1 TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ B9 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 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số   4 2 2 4 2 4 y x m x m     (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với 0 m  . 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ 1 2 3 4 , , , x x x x thỏa mãn hệ thức 4 4 4 4 1 2 3 4 17 x x x x     . Hướng dẫn: 1. Khảo sát hàm số 4 2 2 y x x   , bài toán cơ bản, học sinh tự giải. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là     4 2 2 4 2 4 0x m x m      . Đặt   2 0 x t t   thu được     2 2 2 2 1 4 0 2 t m t m    Hai đồ thị cắt nhau tại 4 điểm phân biệt khi (*) có 4 nghiệm phân biệt, tức là (2) có 2 nghiệm dương phân biệt   2 4 1 0 1 2 2 1 0 0 2 4 0 m S m m P m                     4 nghiệm 1 2 3 4 , , , x x x x tương ứng là hoành độ 4 giao điểm A, B, C, D. Hơn nữa, gọi 2 nghiệm dương của (2) là 1 2 , t t . Không mất tính tổng quát, giả sử 2 2 2 2 1 2 1 3 4 2 ; x x t x x t     . Áp dụng định lý Viete cho phương trình (2) ta có   1 2 2 1 2 2 2 1 4 t t m t t m              2 4 4 4 4 2 2 2 1 2 3 4 1 2 1 2 1 2 17 9 1 17 2 17 2 16 32 9 0 ; 2 4 4 x x x x t t t t t t m m m m                    . Giá trị cần tìm là 1 4 m  . Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình     2 2 10 4 5 ; 12 2 13 2 2 x y xy x y x xy y x y xy                . Hướng dẫn: Điều kiện 0 xy  . Hệ phương trình đã cho tương đương với        2 3 4 3 4 3 4 3 2 x y xy x y xy x y xy x y xy                 Đặt 3 ; 4 3 x y xy a x y xy b       thu được           2 2 2 4 2 3 1 2 4 1 4 2 22 2 1 0 4 3 2 4 1 4 1 3 1 20 5 11 6 3 1 5 5 4 3 3 1 2 4 5 1 0 4 5 1 0 b b a x y xy a b a a aab b a x y xy x x x xy x y x x x x x y x y x y x y                                                                                   2 Phương trình (*) tương đương với 2 2 2 6 6 1 1 11 11 20 5 121 132 36 101 137 36 0 x x x y x x x x x x                         Hệ đã cho có nghiệm duy nhất     ; 1;1 x y  . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 3 8 cot tan sin 2 x x x   . Hướng dẫn: Điều kiện 2 0 sin x  . Phương trình đã cho tương đương với 3 3 3 3 8 cos sin 8 1 tan tan tan tan sin 2 sin cos sin 2 sin 2 x x x x x x x x x x x         Đặt 2 ; tan sin 2 a x b x   thu được       3 3 2 2 2 2 1 0 3 1 0 1 2 4 a b a a b b a b a ab b b a b                           Phương trình (1) vô nghiệm nên ta có 2 2 tan 1 cos 0 sin 2 a b x sin x x x        (Loại). Phương trình đã cho vô nghiệm. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân   4 0 2 2 1 2 x e sin x I dx cos x      . Hướng dẫn: 4 4 4 4 2 0 0 0 0 4 4 4 4 0 0 0 sin cos 2 2 tan 1 os2 1 os2 os tan tan tan x x x x x x x e e x x e I dx dx dx e xdx c x c x c x I e x e xdx e xdx e                         Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy A’B’C’ là tam giác vuông tại B’. Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng AC’. Biết góc giữa đường thẳng A’K và mặt phẳng (C’AB) bằng 30  và ' ' , ' ' 5 A B a A C a   , tính thể tích khối tứ diện KA’BC. Hướng dẫn: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 15 ' 30 ' 2 ' ; ' ' ' ' 5 2 5 ' 15; ' ' 2 5 ' 5; 2 a A KH A K A H A K AA A H a A K a a AA a AC A C a OA a OK                  Diện tích tam giác A’CK : 2 ' ' 5 3 2 ' . 4 A CK OA K a S S A K OK      . Kẻ BI vuông góc với AC thì BI vuông góc với mặt phẳng (CA’K) nên BI là đường cao tứ diện B.A’CK và 2 5 a BI  . 3 ' " ' 1 15 . 3 6 KA BC BA CK A CK a V V BI S     . 3 Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm , , a b c thỏa mãn 2 3 4 a b c    . Chứng minh   2 b a c ca    . Hướng dẫn: Dễ thấy 0 bc  nên ta chỉ cần chứng minh   2 a b c   . Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có     2 2 3 2 3 3 3 2 2 2. 2. 2 2 2 2 4 8 a b c a b c a a b c a b c b c                               .Đẳng thức xảy ra khi 4 2 0 1 0 0 3 2 2 a b c a bc b ca c a c b                         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). Giải phương trình       2 1 3 3 3 1 3 log 2 log 3 log 2 1 x x x x x        . Hướng dẫn: Điều kiện 0 x  . Phương trình đã cho tương đương với                         3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 log 2 log 3 log 3 log 1 log 3 2 1 log 3 3 3 0 2 4 3 2 1 3 3 3 2 3 3 3 3 1 0 13 3 2 x x x x x x x x x L x x x x x x x x x x x x x                                                     Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 13 3 2 x   . Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh   1;2 B , phương trình đường phân giác trong của góc A là :2 1 0 d x y    . Tìm tọa độ các đỉnh A và C biết rằng điểm C nằm trên trục tung và khoảng cách từ C đến d bằng hai lần khoảng cách từ B đến d. Hướng dẫn: Gọi giao điểm của d và BC là D. Kẻ BH và CK cùng vuông góc với d, ta có BH song song với CK. Áp dụng định lý Thalets ta có 1 2 2 BH BD CD DB CK CD       . Gọi tọa độ đỉnh     ;1 2 , 0; D d d C c  thu được     2 2 1 3 1 2 2 1 2 5 d d d a c a c                    Ta có   0; 5 C  . Giả sử E là điểm đối xứng với B qua phân giác d, H là trung điểm của BE. Phương trình đường thẳng BH qua B và vuông góc với d : 2 3 0 x y    , tọa độ điểm 1 7 7 4 ; ; 5 5 5 5 H E                . Phương trình đường thẳng AC đi qua hai điểm C và E : 29 7 35 0 x y    . Tọa độ đỉnh A thỏa mãn hệ 29 7 35 0 14 33 ; 2 1 0 5 5 x y A x y                  . 4 Câu 9.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình đường thẳng  đi qua   1;0;2 A  cắt mặt phẳng   :2 3 0 P x y z     tại C và cắt đường thẳng 3 2 : 6 2 4 x y d z      tại B sao cho AB AC  . Hướng dẫn: Giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P) thỏa mãn hệ   2 3 0 5;6;7 3 2 6 2 4 x y z M x y z                . Gọi l là đường thẳng qua A và song song với d thì 1 2 : 2 4 1 x y z l     . Giao điểm N của đường thẳng l và mặt phẳng (P) thỏa mãn hệ   1 2 3; 4;1 2 4 1 2 3 0 x y z N x y z                 . Trong tam giác MBC, AN song song với BM và A là trung điểm của BC nên N là trung điểm của MC. Ta có   11; 14; 5 C    . Phương trình đường thẳng AC : 1 2 10 14 4 x y z     . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa 6 a trong khai triển Newton 31 4 3 1 4 2 3 x y a a          biết , x y thỏa mãn hệ phương trình       1 7 2 4 2 7 6log 6 5 1 ; 3 1 4 2 x y y y y x x y C C y x                    . Hướng dẫn: Xét hệ phương trình, điều kiện 2 x  . Đặt   1 7 1 log 6 5 7 6 5 t t x x        . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 1 7 6 5 x t    . Suy ra 1 1 7 6 7 6 x t x t      . Xét hàm số       1 1 7 6 ; 7 ln7 6 0 u u f u u f u u f u           là hàm số đồng biến trên R. Khi đó     1 7 6 5 x f x f t x t x        . Hai đồ thị này cắt nhau tại đúng hai điểm có hoành độ là 1; 2 x x   . Chọn nghiệm 2 x  . Phương trình thứ hai của hệ tương đương với               2 4 2 2 2 4 ! 2 ! 3 1 3 3 3 4 1 2 6 6 2 !2! !2! 7 12 3 2 6 6 2 y y y y y y C C y y y y y y y y y y y y y y y                                Khi đó   31 31 93 7 31 31 31 31 4 4 4 12 3 31 31 3 3 0 0 1 4 2 2 4 2 4 4 3 6 3 3 k k k k k k k k x y a a C a C a a a a                                Số hạng chứa 6 a tương ứng với 93 7 6 3 12 k k     . Hệ số cần tìm là 31 3 31 3 4 6 C . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , lập phương trình đường thẳng  đi qua điểm   3; 1;1 A  , nằm trong mặt phẳng   : 5 P x y z    và tạo với đường thẳng :2 2 d x y z    một góc 45    . Hướng dẫn: Đường thẳng  cần tìm có vector chỉ phương   ; ; u a b c    . Theo bài ra  nằm trong mặt phẳng (P) nên . 0 0 P P u n u n a b c a b c                 . 5 Hơn nữa,  tạo với đường thẳng :2 2 d x y z    một góc 45    nên       2 2 2 2 2 2 2 . 2 2 2 os , os os45 2 3 3 2 . . 1 4 4 0 8 15 0 8 15 0 8 15 d d u u a b c c d c c b c b c b c u u a b c c c bc c c b c b                                       Xét hai trường hợp   0 0; 0 c a b a b       . Chọn 3 1 : 1 1 x t a b y t z                3 1 1 8 15 ; 8 15; 7 : 7 8 15 x y z c b b c a                 . Như vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 9.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hypebol   2 2 :8 8 H x y   . Tìm m sao cho hypebol trên cắt đường thẳng :2 0 d x y m    tại hai điểm A, B thỏa mãn 1 2 2 AF BF  (A, B lần lượt thuộc nhánh trái và nhánh phải của hypebol, 1 2 , F F là hai tiêu điểm của (H) và 1 F có hoành độ âm). Hướng dẫn: Phương trình chính tắc của hypebol :     2 2 1 2 1 1; 2 2; 3 3;0 , 3;0 8 y x a b c F F        . Phương trình hoành độ giao điểm của (H) và đường thẳng d là:     2 2 2 2 8 2 8 4 4 8 0x x m x mx m          Dễ thấy   2 4 8 0m m       nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu. Gọi hai nghiệm của (*) là 1 2 , x x . Áp dụng định lý Viete cho (*): 1 2 x x m   . Ta có   1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 3 1 3 ; 1 3 1 3 2 2 1 3 1 3 2 1 0 1 0 1 AF x x BF x x AF BF x x x x x m x m                            Thay vào (*) thu được     2 2 2 2 4 1 4 1 8 0 7 12 4 0 2; 7 m m m m m m m m                . HẾT . TRUONGHOCSO.COM MÃ SỐ B9 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 I. PHẦN. 15 d d u u a b c c d c c b c b c b c u u a b c c c bc c c b c b                                       Xét hai trường hợp   0 0; 0 c a b a b   . 2 2. 2. 2 2 2 2 4 8 a b c a b c a a b c a b c b c                               .Đẳng thức xảy ra khi 4 2 0 1 0 0 3 2 2 a b c a bc b ca c a c b          