Tài liệu TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI D - MÃ SỐ D4 pptx

1


TRUONGHOCSO.COM
MÃ SỐ D4
Hướng dẫn giải gồm 05 trang

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
3
2
x
y
x



.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.
2. Tìm giá trị thực của m để đường thẳng
: 2 3
d y x m
 

cắt đồ thị hàm số trên tại hai điểm phân biệt P, Q thỏa mãn
hệ thức
. 4 0
OP OQ
 
 
(O là gốc tọa độ).
Hướng dẫn:
1. Bài toán cơ bản, học sinh tự giải.
2. Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là :






2
2 3 1 6 3 0 1
3
2 3
2
2
f x x m x m
x
x m
x
x

     



  


 



Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt P, Q khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác
2


Điều này luôn đúng do


2 0f m
   

và
2
9 30 33 0m m m
      

.
Hai nghiệm
1 2
,
x x
của (1) tương ứng là hoành độ của hai giao điểm của hai đồ thị.
Giả sử





1 1 2 2
;2 3 , ;2 3
P x x m Q x x m
  .
Áp dụng định lý Viete ta có


1 2
1 2
3 1
2
6 3
2
m
x x
m
x x


  










Ta có
  
1 2 1 2
12 15 7
. 4 0 2 3 2 3 4 4
2 12
m
OP OQ x x x m x m m

            
 
. Giá trị cần tìm là
7
12
m

.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình




   
 
2 2 2
2 2 3 1

;
4 9 12 7 6
y x x
x y
x y y x y
  



   



.
Hướng dẫn:
Xét
0 1
y x
  
, không thỏa mãn hệ đã cho.
Hệ phương trình đã cho tương đương với
2
2 2 2 2 2 2 2
2
2
3 3
3 3
2 4
2 4
2 3 3 4

4 9 12 6 7 9 12 6
3 3
4 7
2 2. 7
x
x
x
x
y y
xy x y
y y
x y x x y y y x x
x
x
x
y y y
y y


  
  


  

 
 
  
   
 


 
   
  
 
 

 


Đặt
3 3
2 ;
x
x a b
y y
  
ta thu được
     
2 2
4 4
; 3;1 , 5;9
2 7 2 15
a b b a
a b
a b a a
   
 
   
 

   
 
.
Xét hai trường hợp
       
3 3
5
2 3 2 5
3
7
; 3;1 ; ; 5;9
3 3 3 1
1 9
3
x x
x x
x
x
y y
a b a b
y
y
y y
 

    

 




  
        
   


  
  

 

 

Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm.



2


Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
 
2
2cos3 cos 3 sin2 1 2 3 os 2
4
x x x c x

 
   
 

 
.
Hướng dẫn giải :
Phương trình đã cho tương đương với
 
 
2
2cos3 cos 3 sin 2 1 2 3 os 2
4
os4 os2 3 sin2 1 3 1 os 4
2
os4 os2 3sin 2 3 3sin 4 3
os2 3sin 2 3sin 4 os4 0
sin 2 sin 4 0 sin 3 cos 0
6 6 6
2
x x x c x
c x c x x c x
c x c x x x
c x x x c x
x x x x
x

 
   
 
 
  
 
      

 
 
 
 
      
    
  
     
       
     
     

 

 
18 3
k
k
k
x





 

  






Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
2 sin
0
2cos cos
2
x
x
I x x e dx

 
 
 
 

.
Hướng dẫn:
 
2 2 2 2 2
2 sin sin sin sin sin
0 0 0 0 0
sin sin
2 2 2
sin sin sin sin
2
0
0 0 0

2cos cos 1 cos cos cos cos
2
cos ;
cos cos cos
2
x x x x x
x x
x x x x
x
I x x e dx x x x e dx e dx xe dx x xe dx
e u du e xdx dx dv v x
I xe x xe dx xe dx x xe dx
e
I
    
  

 
       
 
 
     
   

 
    
  
 
2 2
sin sin

0 0
cos sin 1
2 2
x x
e e
xe dx e d x e
 
 
    
 


Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, các cạnh bên đều bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt
phẳng đáy bằng
30

. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Hướng dẫn:
Gọi O là tâm của tam giác đều ABC, H là trung điểm của BC. Vì
SA SB SC a
  
nên SO vuông góc với mặt (ABC).
3 3 3 3 3
30 ; .sin30 ; ;
2 2 2 4 2
a a a a
SAO SO SA AO AH AO BC        
 
.
Diện tích đáy

2 2 3
.
1 1 3 3 3 9 3 1 1 9 3 3 3
. . . . . .
2 2 2 4 16 3 3 2 16 32
ABC S ABC ABC
a a a a a a
S BC AH V SO S
 
      
.









3



Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực
, ,
x y z
thỏa mãn
6
x y z

  
. Chứng minh
1 1 1
8 8 8 4 4 4
x y z x y z
  
    
.
Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
3
8 8 64 3 8 .8 .64 12.4 8 32 6.4
x x x x x x x
      
, đẳng thức xảy ra khi
2
x

.
Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự
8 32 6.4 ; 8 32 6.4
y y z z
   

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta thu được


8 8 8 96 6 4 4 4
x y z x y z
      (1).

Mặt khác ta có


3
4 4 4 3 4 48 2 4 4 4 96
x y z x y z x y z 
       
(2).
Kết hợp (1) và (2) thu được




1 1 1
8 8 8 2 4 4 4 96 6 4 4 4 96 8 8 8 4 4 4
x y z x y z x y z x y z x y z
  
                .
Đẳng thức xảy ra khi
2
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). Tính tỉ số
a
b
biết

,
a b
lần lượt là hệ số của các hạng tử chứa
2 3
,
x x
trong khai triển


20
5
3
x
 .
Hướng dẫn:
 
20
20
20
5
5
20
0
3 3
k
k k
k
x C x



 

.
Hạng tử chứa
2
x
tương ứng với
18
2
5
20
2 3
k a C   .
Hạng tử chứa
3
x
chứa tương ứng với
17
3
5
20
3 3
k b C   . Tỉ số cần tìm là
18
2
3
5
20
17
3

5
20
3
3
6
3
Ca
b
C
  .

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm


6;6
I
và ngoại tiếp đường
tròn tâm


4;5
K
, lập phương trình các cạnh của tam giác biết tọa độ đỉnh


2;3
A
.

Hướng dẫn:
5
IA

nên đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
   
2 2
6 6 25
x y
   
.
Phương trình đường phân giác AK :
1 0
x y
  
.
Gọi D là giao điểm của AK và đường tròn (C) thì D thỏa mãn hệ
   
 
2 2
1 0
9;10
6 6 25
x y
D
x y
  





   


.
Nhận xét
2
A C
DCK DKC
 
    
Tam giác DKB là tam giác cân tại D.
Hơn nữa
50,
DK DB DC
 
nên tọa độ hai đỉnh B, C thỏa mãn hệ
   
   
     
2 2
2 2
6 6 25
; 2;9 , 10;3
9 10 50
x y
x y
x y

   


 

   


.
Suy ra phương trình các cạnh của tam giác là
2; 3;3 4 42 0
x y x y
    
.











4




Câu 9.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz

, cho điểm


1; 2;1
J  
. Lập phương trình mặt cầu tâm I cắt mặt
phẳng


: 2 2 15 0
P x y z
   
theo giao tuyến là một đường tròn có chu vi bằng
8

(I là điểm đối xứng với J qua mặt
phẳng (P)).
Hướng dẫn:
Phương trình đường thẳng IJ đi qua


1; 2;1
J  
và vuông góc với mặt phẳng (P):
1 2 1
2 1 2
x y z
  
 


.
Đường thẳng này cắt mặt phẳng (P) tại điểm K , dễ thấy tọa độ K thỏa mãn hệ
   
1 2 1
3; 3;3 5; 4;5
2 1 2
2 2 15 0
x y z
K I
x y z
  

 

     



   

.
Dễ thấy K là tâm đường tròn giao tuyến và




, 3
IK JK d I P
  
.

Chu vi đường tròn giao tuyến bán kính r bằng
8

nên ta có
2 8 4
r r
    

Gọi bán kính mặt cầu cần tìm là R, áp dụng định lý Pythagores ta có
2 2 2 2
25 5
r IK R R R
     
.
Mặt cầu cần tìm có phương trình
       
2 2 2
: 5 4 5 25
S x y z
     
.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho parabol
2
y x

, tìm tọa độ hai điểm A và B thuộc parabol

sao cho tam giác AOB là tam giác đều.
Hướng dẫn:
Nhận xét rằng parabol đã cho nhận trục hoành làm trục đối xứng. Tam giác OAB cân ở O và hai điểm A, B phải đối xứng
với nhau qua trục hoành. Giả sử tọa độ




2 2
; ;
A a a B a a
 
.




   
4 2 4 2 2
3 3; 3 , 3; 3
2 4
3 3; 3 , 3; 3
a A B
OA AB a a a a a a
a A B

  

       


   



Như vậy có hai cặp điểm A, B thỏa mãn bài toán.

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
1 4
: 7
2 4
x z
d y
 
   và mặt phẳng (P) có
phương trình
3 2 5 0
x y z
   
. Gọi

là hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng (P), tìm tọa độ điểm F trên đường
thẳng

sao cho độ dài OF lớn nhất.
Hướng dẫn:
Đường thẳng d đi qua điểm



1;7;3
A
và có vector chỉ phương là


2;1;4
d
u 

.
Nhận xét
. 0
d P
u n

 
nên đường thẳng d song song với mặt phẳng (P).
Gọi d’ là phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (P) đã cho, thế thì
1 7 3
:
3 2 1
x y z
d
  

 
 
.
Tọa độ giao điểm B của d’ và mặt phẳng (P) thỏa mãn hệ
1 7 3

41 40 33
; ;
3 2 1
14 7 14
3 2 5 0
x y z
B
x y z
  

 

 

 

 
 

   

.
Hình chiếu vuông góc

của đường thẳng d :
40
41 33
7
14 14
2 1 4

y
x z

 
  .





5

Với mọi điểm F thuộc đường thẳng

ta có
 
2 2 2
2
2 2
41 40 33 655 361 361
2 4 21 42 21 1
14 7 14 14 14 14
OF t t t t t t
     
            
     
     
. Đẳng thức xảy ra khi
1
t

 
.
Điểm F cần tìm :
13 33 23
; ;
14 7 14
F
 

 
 
, khi đó
361
14
OF  .

Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để đồ thị hàm số


2
5
1
x m x m
y
x
  


cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt sao
cho khoảng cách giữa hai điểm đó ngắn nhất.

Hướng dẫn:
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã cho và trục hoành là








2
2
5 0 1
5
0
1
1
f x x m x m
x m x m
x
x

    
  

 







Phương trình (1) có
   
2
2
6 25 3 16 0 , 1 4 0m m m m f m
              
 
nên luôn có hai nghiệm phân biệt
khác 1 với mọi giá trị m, hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt




1 2
;0 , ;0
A x B x .
Áp dụng định lý Viete cho hai nghiệm
1 2
,
x x
của phương trình (1) :
1 2
1 2
5
x x m
x x m
  






Khoảng cách giữa hai điểm A, B là
     
2 2 2
1 2 1 2 1 2
4 3 16 4
AB x x x x x x m
        
.
Độ dài AB ngắn nhất bằng 4 khi
3
m
 
, như vậy giá trị
3
m
 
là giá trị cần tìm.