1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2 m x y x    (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với 1 m  . 2. Xác định m để đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng 1 2 x y   tại hai điểm A, B phân biệt sao cho diện tích tam giác OAB bằng 1 8 (O là gốc tọa độ). Hướng dẫn: 1. Khảo sát hàm số 1 2 x y x    , bài toán cơ bản, học sinh tự giải. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng 1 : 2 y x     và đồ thị hàm số đã cho là:     2 2 1 2 2 2 0 1 2 2 x m x x f x x x mx                  Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2    2 0 17 2 16 17 16 0 f m m                . (*) Hai nghiệm 1 2 , x x của (1) tương ứng là hoành độ hai giao điểm A, B. Áp dụng định lý Viete cho (1): 1 2 1 2 1 2 1 x x x x m           Ta có 1 1 2 2 1 1 ; , ; 2 2 A x x B x x               . Khoảng cách AB:   2 2 1 2 1 2 2 AB x x x x     Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng AB:   2 2 1 1 1 0, . 2 2 2 1 1 d     .         2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 . , 8 2 8 2 4 1 1 1 4 4 1 1 4 4 4 OAB S AB d O x x x x x x x x m m                      Giá trị này thỏa mãn điều kiện (*) nên là giá trị cần tìm của m. Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình     2 6 8 1 4 6 x x x x x        . Hướng dẫn: Điều kiện 2 6 4 0 0 x x x        Bất phương trình đã cho tương đương với     2 2 2 2 2 6 8 6 6 12 1 1 1 4 4 6 6 4 6 4 6 x x x x x x x x x x x x x x x x                     (1) TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ B8 Hướng dẫn giải gồm 05 trang TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2 Đặt 2 2 4 4 x t t x x x       . Bất phương trình (1) trở thành    2 2 2 2 2 1 2 2 1 0 0 1 2 2 2 2 2 t t t t t t t t t t t                         Xét 3 trường hợp      2 2 2 2 1 3 3 1 4 2 3 1 5 1 5 2 3 5 2 2 2 2 1 2 0 1 * 1 2 1 3 5 5 1 1 5 2 2 2 t x x x t x x x x x x t x x x                                                                 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 4 2 3 0 3 5 1 3 5 x x x               Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 2 cos xsinx cos x cosx sinx    . Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với           2 3 2 3 2 2 3 2 2 1 2 2 0 2 0 2 0 1 2 cos x sinx cos x cosx sinx cos xsinx cos x cosx sinx cos x sin x sinx x k sin x sin xcosx sinx sinx cosx k x k tanx tan                                      Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân   2 3 0 2012cos 2011sin cos sin x x I dx x x      . Xét tích phân   2 3 0 2012sin 2011 os cos sin x c x J dx x x      Ta có     2 2 2 2 3 2 2 0 0 0 0 sin os 1 1 1 1 tan 1 2 2 4 cos sin cos sin cos 4 x c x I J dx dx dx x x x x x x                                 . Đặt ; 0 ; 0 2 2 2 x t dx dt x t x t               .       0 2 2 3 3 3 0 0 2 2012cos 2011sin 2012sin 2011cos 2012sin 2011cos cos sin sin cos sin cos x x t t t t I dx dt dt J x x t t t t                  1 1 2 I J I J I J          3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng 2 6 a , chiều cao SH a  . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và AB. Tính thể tích khối chóp S.AMN và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.AMN. Hướng dẫn: Tam giác ABC đều nên dễ thấy   2 2 3 . 1 1 1 1 3 3 2 1 3 2 2 . , . 2 6. . . 2 2 2 2 4 8 3 8 8 AMN S AMN a a a a S MN d A BC a V a        . Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy (ABC) thì H là tâm của tam giác đều ABC. Gọi O là trung điểm của HA thì O là trọng tâm tam giác đều AMN. Gọi I là trung điểm của SA thì OI song song với SH, suy ra OI vuông góc với mặt phẳng (AMN). OA OM ON IA IM IS      . Như vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.AMN. Bán kính 3 2 2 SA a R   nên diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là 2 2 4 9 S R a     . Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương   , , 0;1 a b c . Chứng minh   2 2 2 3 3 9 3 2 2 ab bc ca a b c abc       . Hướng dẫn: Với mọi   , , 0;1 a b c ta có 1 0,1 0,1 0 a b c       . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có     3 2 2 2 1 1 2 1 3 3 1 3 3 3 3 1 1 2 2 2 3 3 3 3 3 3 a a a a a a a a             . Tương tự 2 2 1 3 3 3 3 2 2 1 3 3 3 3 2 2 b b c c     Suy ra   2 2 2 1 1 1 3 3 9 3 2 2 a b c a b c       . Đẳng thức xảy ra khi 1 3 a b c   . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm     0;0; 3 , 2;0; 1 A B   và mặt phẳng (P) có phương trình 3 8 7 1 0 x y z     . Xác định tọa độ điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC là tam giác đều. Hướng dẫn: Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB, suy ra (Q) đi qua điểm   1;0; 2 I  và có vector pháp tuyến   1;0;1 n   . Phương trình mặt phẳng (Q): 1 0 x z    . Tọa độ điểm C thuộc (P) sao cho tam giác ABC cân đỉnh C thỏa mãn hệ 1 3 8 7 1 0 1 1 0 1 2 z x x y z x z y x                       Hơn nữa để tam giác ABC đều thì       2 2 2 2 2 1 2 2 1 3 8 2 1 2 8 2 2 2; 2; 3 3 4 4 0 2 2 2 1 ; ; 3 3 3 3 AC AB x y z x x x x C x x x C                                            4 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có hai đỉnh A, B nằm trên đường phân giác thứ nhất của hệ trục, điểm   2;1 I là trung điểm của đoạn thẳng BC. Tìm tọa độ trung điểm K của đoạn thẳng AC biết rằng tam giác ABC có diện tích bằng 2. Hướng dẫn: Phương trình cạnh AB : y x  . Dễ thấy IK là đường trung bình của tam giác ABC nên IK song song với AB. Đường thẳng IK qua   2;1 I và song song với AB có phương trình 1 0 x y    . Kẻ CH và IT vuông góc với AB thì     2 2 2 2 1 2 2 , 2 1 1 CH IT d I AB       . Diện tích tam giác ABC : 1 1 . . 2 . 2 2 2 2 2 2 ABC S CH AB AB AB IK         Tọa độ điểm   ; 1 K x x  ;         2 2 1 2 1 1;0 2 2 2 2 2 1 3 3;2 x K IK x x x x K                  Câu 9.a (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   2 2 2 2 2 3 5 3 5 2 4 5.2 ; log log log .log x x xy y y y xy x x y x y y x              . Hướng dẫn: Điều kiện 0, 0 x y   . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2 2 4.2 5.2 x x y y y y x x    . Đặt   2 ; 2 0; 0 x y y x a b a b     ta thu được    2 2 2 2 2 4 5 4 5 0 4 5 0 a x y a b a ab b a b a b a b x y x y b y x                   . Phương trình thứ hai của hệ trở thành     3 5 5 3 3 5 3 5 3 5 5 log log log .log log . 1 log 3 log .log 0 log . log log 15 0 15 x x x x x x x x x x x               Suy ra hệ đã cho có hai nghiệm       ; 1;1 , 15;15 x y  . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm       1;1;2 , 2;1; 1 , 2; 2; 1 A B C     và mặt phẳng   : 2 2 1 P x y z    . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho biểu thức 2 2 2 2 T MA MB MC    đạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn: Giả sử tồn tại điểm I sao cho 2 0 IA IB IC        , thế thì     1 1 1 2 0 4 2 1;1; 1 ; ; 4 4 4 IO OA IO OB IO OC OI OA OB OC I                                  .         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 105 4 2 2 4 4 T MA MB MC MA MB MC MI IA MI IB MI IC T MI IA IB IC MI IA IB IC MI                                   T đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất. Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P) ta có IM IH  . Như vậy MI nhỏ nhất khi M trùng với H. 5 Phương trình đường thẳng IH qua I và có vector chỉ phương   2; 1;2 u    : 1 1 1 4 4 4 2 2 2 x y z       Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ   1 1 1 3 14 3 4 4 4 ; ; ; ; 2 2 2 5 5 5 2 1 0 x y z x y z x y z                          . Điểm cần tìm là 3 14 3 ; ; 5 5 5 M       . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 2 :2 2; :2 2 0 d x y d x y      . Lập phương trình đường tròn tâm   2;4 I cắt hai đường thẳng lần lượt theo hai dây cung , AB CD sao cho 16 5 AB CD  . Hướng dẫn: Ta có     1 1 2 2 2 2 2.2 4 2 2.2 4 2 2 6 , ; , 5 5 2 1 2 1 h d I d h d I d             . Kẻ IH vuông góc với AB và IK vuông góc với CD thì H, K tương ứng là trung điểm của hai đoạn thẳng AB, CD. Áp dụng định lý Pythagores trong các tam giác IAH và ICK ta có   2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 16 16 8 2 5 5 5 8 5 4 36 8 5 4 5 36 8 5 40 8 5 5 5 AB CD AH CK R IH R IK R h R h R x x x x x x x                               Phương trình đường tròn cần tìm     2 2 2 4 64 x y     . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để đường thẳng : 2 d y x m   cắt đồ thị 3 3 1 y x x     tại hai điểm M, N phân biệt sao cho trọng tâm tam giác IMN nằm trên đường thẳng 2 11 0 x y    (với I là giao điểm hai đường tiệm cận). Hướng dẫn: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là       2 3 6 0 1 2 3 1 1 f x x m x m x m x x x                   Phương trình (*) có   2 36 0 ; 1 3 0 m f m         nên luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1 với mọi m. Hai nghiệm 1 2 , x x của (*) tương ứng là hoành độ hai giao điểm M, N. Dễ thấy     1 1 2 2 ;2 , ;2 A x x m B x x m   . Áp dụng định lý Viete cho (*) ta có 1 2 6 3 m x x    . Tiệm cận đứng 1 x  và tiệm cận xiên 3 y x   , suy ra giao điểm I của hai đường tiệm cận   1;2 I . Tọa độ trọng tâm tam giác IMN là   2 6 6 1 2 2 ; 9 3 9 3 m m m G            . Theo yêu cầu bài toán 9 18 4 : 2 11 0 2. 11 0 8 9 9 m m G x y m              . Giá trị cần tìm của m là 8 m  . HẾT . TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ B8 Hướng dẫn giải gồm 05 trang TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: B Thời gian làm b i: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2 . 1 2 x y   tại hai điểm A, B phân biệt sao cho diện tích tam giác OAB b ng 1 8 (O là gốc tọa độ). Hướng dẫn: 1. Khảo sát hàm số 1 2 x y x    , b i toán cơ b n, học sinh tự giải. 2. Phương. y y y y x x    . Đặt   2 ; 2 0; 0 x y y x a b a b     ta thu được    2 2 2 2 2 4 5 4 5 0 4 5 0 a x y a b a ab b a b a b a b x y x y b y x                   . Phương