Tài liệu TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI B10 pptx

1


TRUONGHOCSO.COM
MÃ SỐ B10
(Đề thi gồm 01 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
2 1
2
x
y
x



.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm tọa độ điểm M trên đồ thị (C) sao cho tam giác MAB vuông tại M với





5;1 , 1;3
A B
.
Hướng dẫn:
1. Bài toán cơ bản, học sinh tự giải.
2. Tọa độ điểm
2 1
;
2
x
M x
x

 
 

 
thuộc đồ thị (C), trung điểm của đoạn AB:


2;2
I 
.
Độ dài đoạn
2 10
AB 
. Tam giác MAB vuông tại M khi
1
10

2
MI AB 
.
     
 
 
2 2 2
2
2
2
2
25
2 2 2
2
10 2 5 2 5
MI x y x
x
MI x x
      

       

Các điểm M cần tìm :




1 2
2 5; 5 2 , 2 5; 5 2
M M

      
.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
 
2
2
2
sin cos 2sin
1
sin sin 3
1 cot 4 4
2
x x x
x x
x
 
   
   
   
   
 

   
 
.
Hướng dẫn:
Điều kiện
sin 0
x


.
Phương trình đã cho tương đương với
 
     
 
 
2 2
2sin 1 2sin cos 2sin 2cos 2 .sin
4
sin os2 sin 2 2 os2 sin 2 os2 sin 2 sin 2 0
tan 2 1
8 2
sin 2
x x x x x x
x c x x c x x c x x x
x
k
x
x L

 
    
 
 
       
 

 
    







Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
2
;
7 7 2 3
xy x y
x y
x y

 



   



.
Hướng dẫn:
Điều kiện
0
7
; 7
2

xy
y x




 



Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với




2 2 2 2
4 0
4 4 4 5 0
2
2 0 2 0
2 0
x y x y
xy y xy x y xy x
xy y x
y x y x
y x
  

 
     


    
  
   
 

 


Xét hai trường hợp



2

2 0 0
x y x y
y x x
 
 
 
 
  
 

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
 
2
2
7 2 3 7 7 2 9 7 6 7

7 7 2 3
7 7
0 0
2 2
18 81 36 7
54 171 0
9 6 7
3 3
7
7 7
0
0 0
2
2 2
x x x x x
x x
x x
x x x
x x
x x
x y
x
x x
 
         
 
     
 
   
 

 

    
  
  
  
      
  
 
   
  

 

4 4
2 0 0
x y x y
y x y
 
 
 
 
  
 

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
 
2
2
7 4 3 7 2 7 4 9 7 2 6 7 2

7 4 7 2 3
0 0
4 36 81 36 7 2
4 108 171 09 2 6 7 2
57
114
2
0
0
0
y y y y y
y y
y y
y y y
y yy y
y x
y
y
y
 
         
 
     
 
 
 
 


    

    
 
        
  









Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm.

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
 
2
1
2
1
sin
x x
I e x e x dx

 

.
Hướng dẫn:
 

2 2
2 2
1 1 1
2 2
1 2
1 1 1
1 1
1 1 1
1 1
2
1
1 1
2
2
1 1
1
sin sin
; sin sin ; 1 1; 1 1
sin sin 0
2 ;
1
2 2
x x x x
t t
x x
x x x x
I e x e x dx e xdx e x dx I I
t x dt dx x t x t x t
I e t dt e t dt I I
u x du xdx e dx dv v e

I x e xe dx e xe e dx
e
  


 

     
              
      
     
 
     

 
  
 

1
1
5
e
e

 




Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,

SA SB a
 
và mặt phẳng (SBD) vuông góc
với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.
Hướng dẫn:
Theo giả thiết, hai mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) theo giao tuyến BD. Kẻ AO vuông góc với (SBD)
thì O thuộc BD, hơn nữa
SA AB AD OS OB OD
     
tam giác SBD là tam giác vuông tại S. Ta có

2
2 2 2 2 2 2 2
3
2 3;
4 2
a a
BD SB SD a a a AO AB OB a
         

3
. .
1 1 1 2
. . . . 2.
3 6 6 2 12
S ABD A SBD SBD
a a
V V S AO SB SD AO a a

    

Trong tam giác SBD, kẻ OH vuông góc với SD tại H, suy ra H là trung điểm của SD, do AO vuông góc với (SBD) nên AO
vuông góc với OH, suy ra OH là đoạn vuông góc chung của AC và SD,
 
1
,
2 2
a
d AC BD OH SB
  
.




3


Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương
, ,
a b c
thỏa mãn
1
a b c
  
. Chứng minh
     
11 9 11 9 11 9
10
9 9 9
a b b c c a

a a b b b c c c a
  
  
  
.
Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
           
   
 
3
3
11 9 11 9 11 9 2 9 9 2 9 9 2 9 9
9 9 9 9 9 9
2 1 1 1 1 1 1 2 3 3 9 9
. 10
9 9 2
a b b c c a a a b b b c c c a
a a b b b c c c a a a b b b c c c a
a b b c c a a b c a b c a b c
abc
a b b c c a
        
    
     
   
          
   
      
   

  

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). Chứng minh đẳng thức
1 1 2 2 3 3 1
3 2 3 3 3 4
n n n n n
n n n n
C C C nC n
   
    
.
Hướng dẫn:
Xét khai triển
 
0 1 1 2 2 2
3 3 3 3
n
n n n n n
n n n n
x C C x C x C x
 

     
.
Đạo hàm hai vế đẳng thức này ta được
 
1
1 1 2 2 1
3 3 2 3
n
n n n n
n n n
n x C C x nC x

  
     .
Tương ứng với
1
x

ta có
1 1 2 2 3 3 1
3 2 3 3 3 4
n n n n n
n n n n
C C C nC n
   
    
.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz

, lập phương trình đường thẳng

nằm trong mặt phẳng có
phương trình


: 2 5 0
P x y z
    
, song song và cách đường thẳng
2 2
: 3
4 2
x y
d z
 
  
một khoảng bằng
14
.
Hướng dẫn:
Đường thẳng d đi qua điểm


2;3; 3
M

và có vector chỉ phương



4;2;1
d
u 

.
Gọi d’ là đường thẳng đi qua M, nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với d.
 
'
3; 9;6
d P
u u n
 
   
 
  
, tọa độ điểm A thuộc d’ :
 


 
2
3;0; 1
1
2 ;3 3 ; 3 2 ; 14
1
1;6; 5
A
a
A a a a AM
a

A




      


 

 


Có hai đường thẳng thỏa mãn :
' '
1 2
3 1 1 6 5
: ; :
1 3 2 2 3 2
x y z x y z
d d
    
   
 
.

Câu 9.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, lập phương trình đường tròn (C) có tâm



1;3
I 
cắt đường thẳng
:3 4 10 0
x y
   
tại hai điểm M, N phân biệt sao cho
120
MIN 

.
Hướng dẫn:
Gọi H là trung điểm của MN thì IH là đường trung trực của đoạn MN, khi đó
1
60
2
HIN HIM MIN     

.
Trong tam giác vuông HIN :
 
2 2
1.3 4.3 10
, 1
3 4
IH d I
  
   


;
cos cos60 2 2
IH IN HIN IN R IN IH
      

.
Phương trình đường tròn cần tìm:
   
2 2
1 3 4
x y
   
.








4

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, lập phương trình mặt phẳng đi qua điểm


1; 3; 2

M
  
cắt mặt
cầu
       
2 2 2
: 1 2 3 14
S x y z
     
theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính nhỏ nhất.
Hướng dẫn:
Mặt cầu đã cho có tâm


1; 2; 3
I
  
, bán kính
14
R 
. Ta có
2
IM 
nên M nằm bên trong hình cầu.
Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P) cần tìm, đường tròn giao tuyến của (P) và (S) có bán kính r.
Ta có
2 2 2 2 2
14
IH r R r IH
    

, do đó r nhỏ nhất khi IH lớn nhất.
Mặt khác
IH IM

nên IH lớn nhất khi H trùng với M, khi đó M là tâm đường tròn giao tuyến.
Mặt phẳng cần tìm đi qua


1; 3; 2
M
  
và vuông góc với IM :
1 0
y z
  
.

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho điểm


2;2
A
. Tìm tọa độ các điểm B, C lần lượt thuộc các
đường thẳng
1 2
: 2 ; : 8 0
d x y d x y
    

sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Hướng dẫn:
Tọa độ hai điểm




;2 , 2;6
B b b C c c
  
. Tam giác ABC vuông cân tại A khi và chỉ khi






     
     
2 2 2
2
2 2 8 0
. 0
; 3; 1 , 5;3
2 2 8
b c b c
AB AC
b c
AB AC
b b c c

    


 
   
 

     



 

Như vậy ta có




3; 1 , 5;3
B C
hoặc




3; 1 , 5;3
C B
.

Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của

a
để hệ phương trình sau có nghiệm với mọi giá trị thực của
b
:


 
 
3
log
2 2
2
2 2
3 2
2 1 log
;
1 log log 1
b x
b a y a
x y
a x y

  



  




.
Hướng dẫn:
Điều kiện
0, 0
x y
 
.
* Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm với mọi giá trị thực của b.
Đặt
3 2
log ,log
x u y v
 
hệ phương trình tương đương với


 
2 2
2 2
2 1
1 1
bu
b a v a
a u v

  


  




Với
0
b

hệ phương trình trở thành
 
 
 
 
 
2 2
2
2 2
2 2
1
1
1 1
1
1 1
1
2
1 1
a
a u v
a
a u v
a
a u v

  




  




 



  








  




* Điều kiện đủ:
Với

1
a

, hệ phương trình đã cho tương đương với
 
2
2 2
2 2 1 2 1 2
1
1 1
bu bu
bv b
v v
 
   
 

 
 
 
 

Dễ thấy hệ (1) có nghiệm khi
1
1 2 0
2
b b
   
.
Với

1
a
 
, hệ phương trình đã cho tương đương với
2
2 2
0
2 1
1
2 1
bu
u
v
u v






 

  




Hệ phương trình có nghiệm với mọi giá trị b.
Kết luận : Giá trị a cần tìm là
1

a
 
.