Tài liệu Hướng dẫn giải TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI D1 pptx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (219.47 KB, 5 trang )
1
TRUONGHOCSO.COM
MÃ SỐ D1
Hướng dẫn giải
TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối: D
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 1
y x x C
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
C
.
2. Tìm giá trị thực của m để phương trình
4 2
2 1 2 1
x x m
có đúng 6 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn:
1. Bài toán cơ bản - tự giải.
2. Khảo sát sự biến thiên của đồ thị hàm số
4 2
2 1
f x x x
bằng cách lấy đối xứng đồ thị hàm số (C) qua trục
hoành. Giá trị cần tìm của m thỏa mãn
3
1 2 1 2 1
2
m m
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
3 1 3 1 2 0x x x x x x
.
Hướng dẫn:
Điều kiện
1 1
x
.
Bất phương trình đã cho tương đương với
3 3
3 1 2 3 1 1 2 1 1 1 2 1 1
1 1 2 1 1 1 2 1
x x x x x x x x x x x
x x x x x x
Xét hàm số
3 2 2
2 ; 3 2 2 0f t t t t f t t t t
. Hàm số liên tục và đồng biến.
Thu được
1 1 0
f x f x x
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
3 3
2
2
sin x cos x
cos x x
cosx sinx
.
Hướng dẫn:
Điều kiện
2
cosx sinx
.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
2
sin 2
2sin 0
2 0
4
2
2
sinx cosx sin x cos x xcosx cosx sinx cosx sinx sin
x cosx
sinx cosx xcosx cos x
sinx cosx cosx sinx cosx
x k
x k k
x k tan
2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
3
0
I x cosxdx
.
Hướng dẫn:
3 2 3 2
1
0
0
2 2 2
1 2
0
0
2
0
0
0
2 2
3 ; 3 3
2 ; 2 2
; 2
3 4 12 3
x u x dx du cosxdx dv v sinx I x sinx x sinxdx I
x u xdx du sinxdx dv v cosx I x cosx xcosxdx I
x u dx du cosxdx dv v sinx I xsinx sinxdx cosx
I
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy là hình thang
ABCD
vuông tại
A
và
D
,
2 2
AB AD CD a
. Hình
chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng
ABCD
là điểm
H
thuộc cạnh
AD
sao cho
2
3
a
AH
. Góc hợp bởi hai mặt phẳng
,
SBC ABCD
bằng
60
. Tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
.
Hướng dẫn:
Ta có SH vuông góc với đáy (ABCD) nên SH vuông góc với BC. Từ H kẻ HK vuông góc với BC.
Ta có BC vuông góc với mặt (SHC),
, 60
SBC ABCD SCH
.
2
1 1 1 2 7
.2 .3 . .2 . .
2 2 3 2 3 3
HBC ABCD AHB HDC
a a a
S S S S a a a a
.
2
1 7 . 5 14 14 3
. tan60
2 3 2 3 5
3 5
HBC
a HK a a
S HK BC HK SH HK a
2 3
1 1 14 3 14 3
. . .3
3 3 3 5 3 5
SABCD ABCD
V SH S a a a
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
3
x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
P xyz xy yz zx
.
Hướng dẫn:
Sử dụng bất đẳng thức phụ
x y z x z y z y x xyz
ta có
3
3 2 3 2 3 2 27 9 12 9 3 4 1
3 3 1 2
x y z xyz xyz xy yz zx xyz xy yz xz
x y z xyz xyz
Từ (1) và (2) suy ra
10 2 4 2 5
xyz xy yz xz xyz xy yz xz
.
Giá trị nhỏ nhất của P là
5
, đạt được khi
1
x y z
.
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 mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC
có tâm đường tròn ngoại tiếp là
2;1
I
, phương trình
đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh
A
lần lượt là
2 0; 2 1 0
x y x y
. Lập phương trình các cạnh của tam giác.
Hướng dẫn:
3
Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ:
2 0
1;1
2 1 0
x y
A
x y
Gọi H, K lần lượt là chân đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A. Ta có:
AH BC
AH IM
IM BC
Đường thẳng IM qua I(2;1), có vector pháp tuyến
(1;1)
n
. Phương trình (IM) là:
3 0
x y
Tọa độ M là nghiệm của hệ:
2 1 0
5 4
;
3 0
3 3
x y
M
x y
Đường thẳng BC qua M, có vector pháp tuyến là vector chỉ phương
1; 1
u
của đường cao (AH).
Phương trình (BC):
1
0
3
x y
. Mặt khác: phương trình đường tròn ngoại tiếp
ABC
là:
2 2
( 2) ( 1) 1
x y
Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ:
2 2
10 14
( 2) ( 1) 1
6
1
0
8 14
3
6
x
x y
x y
y
10 14 8 14 10 14 8 14
; , ;
6 6 6 6
10 14 8 14 10 14 8 14
; , ;
6 6 6 6
B C
B C
Phương trình cạnh (AB), (AC)
( ) : 2 14 4 14 2 0
( ): 2 14 4 14 2 0
AB x y
AC x y
Phương trình các cạnh của
ABC
1
( ): 0
3
( ): 2 14 4 14 2 0
( ): 2 14 4 14 2 0
BC x y
CA x y
AB x y
Câu 8.a (1,0 điểm). Một lớp học có 18 học sinh, trong đó có 7 học sinh nữ. Cần chia lớp học thành 3 nhóm lần lượt gồm
5, 6, 7 học sinh sao cho mỗi nhóm có ít nhất 2 học sinh nữ. Tính số cách chọn.
Hướng dẫn:
Trường hợp 1:
Nhóm 5 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 6 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 7 học sinh gồm 3 học sinh nữ
2 học sinh nữ và 3 học sinh nam:
2 3
7 11
3465
C C
cách
2 học sinh nữ và 4 học sinh nam:
2 4
5 8
700
C C
cách
3 học sinh nữ và 4 học sinh nam: 1 cách duy nhất.
Như vậy có 3465.700 cách trong trường hợp này.
Trường hợp 2:
Nhóm 5 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 6 học sinh gồm 3 học sinh nữ, nhóm 7 học sinh gồm 2 học sinh nữ
2 học sinh nữ và 3 học sinh nam: 3465 cách.
3 học sinh nữ và 3 học sinh nam:
3 3
5 8
560
C C
cách.
Như vậy có 3465.560 cách trong trường hợp này.
Trường hợp 3:
Nhóm 5 học sinh gồm 3 học sinh nữ, nhóm 6 học sinh gồm 2 học sinh nữ, nhóm 7 học sinh gồm 2 học sinh nữ
3 học sinh nữ và 2 học sinh nam:
3 2
7 11
1925
C C
cách.
2 học sinh nữ và 4 học sinh nam:
2 4
4 9
756
C C
cách.
Như vậy có 1925.756 cách trong trường hợp này.
Tóm lại tổng cộng có 5809860 cách.
4
Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình
2 2
2
4 4 4
2 9 5 3 3 6log x log x log x x
.
Hướng dẫn:
Điều kiện
3
x
. Phương trình đã cho tương đương với
4 4 4
4 4
2 3 3 5 2 3 2 3 6
2 3 5 2 3 6 0
log x x log x log x
log x log x
Đặt
4
2 3 0
log x t t
thu được
4
2
9 9
2 2
4
3 2
13; 19
2
5 6 0
9
3
3
4 3; 4 3
2
log x
x x
t
t t
t
log x
x x
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Xác định hệ số của hạng tử chứa
16
x
trong khai triển nhị thức Newton
8
2 4
1
x x
.
Hướng dẫn:
8 8
8
2 4 2 2 2 4 4
8 8
0 0 0
1 1 1
k
k
k i
k k i i k i
k
k k i
x x C x x C C x x
Ta có
8 8
8
2 4 2 2 2 4 4
8 8
0 0 0
4 2 16
1 1 1
2 8
0 8 0 8 ; 4;0 , 5;2 , 6;4 , 7;6 , 8;8
, ,
k
k
k i
k k i i k i
k
k k i
k i
x x C x x C C x x
x x k i
i k i k k i
i k i k
Hệ số cần tính là
4 0 5 2 6 4 7 6 8 8
8 4 8 5 8 6 8 7 8 8
125
C C C C C C C C C C
.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho hình bình hành
ABCD
có đỉnh
6; 6
D
. Phương trình đường
trung trực của
DC
và phân giác của góc
BAC
lần lượt là
1 2
:2 3 17 0 ; :5 3 0
d x y d x y
. Tìm tọa độ các đỉnh còn
lại của hình bình hành
ABCD
.
Hướng dẫn:
Đường thẳng CD qua
6; 6
D
, có vector pháp tuyến
3; 2
u
là vector chỉ phương của d
1
.
Phương trình đường thẳng CD :
3( 6) 2( 6) 0 3 2 6 0
x y x y
.
Gọi M là trung điểm của CD .Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2 6 0 4
( 4; 3)
2 3 17 0 3
x y x
M
x y y
Tọa độ điểm C
2 2
2;0
2 0
C M D
C M D
x x x
C
y y y
Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua d
2
' ( )
C AB
CC’ qua
2;0
C
, có vector pháp tuyến
1
(1; 5)
u
là vector chỉ phương của d
2
, phương trình CC’:
5 2 0
x y
Gọi H là trung điểm của CC’. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
1
5 3 0
1 1
2
( ; )
5 2 0 1
2 2
2
x
x y
H
x y
y
5
Tọa độ điểm C’
'
'
2 3
' 3;1
2 1
C H C
C H C
x x x
C
y y y
Ta có
( ):3 2 7 0
'
AB CD
AB x y
C AB
. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
3 2 7 0 1
(1; 2)
5 3 0 2
x y x
A
x y y
Mặt khác:
1 4
( 3; 8)
2 6
B
B
x
AB CD B
y
. Vậy
1; 2 , ( 3; 8), ( 2;0)
A B C
.
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số
2
2
3
x x
y
x
C
cắt đường thẳng
: 2 3 0
x y m
tại hai điểm
phân biệt thuộc hai nhánh khác nhau của
C
.
Hướng dẫn:
Ta có tiệm cận đứng của đồ thị
3
x
.
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là
2
2
3 5 9 2 0 1
2
2 3
3
3
x m x m
x x
x m
x
x
Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt
1 2
3
x x
.
Đặt
3 3
x t x t
;
1 2 1 2
3 0
x x t t
.
2
2
1 3 3 5 3 9 2 0 3 1 8 0 2
t m t m t m t
(2) có 2 nghiệm tại dấu khi
2
9 6 33 0
8 0
m m
m
P
Vậy mọi giá trị của m đều thỏa mãn bài toán.
