Tài liệu TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI D - MÃ SỐ D5 ppt

1


TRUONGHOCSO.COM
MÃ SỐ D5
Hướng dẫn giải gồm 04 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
2
1
x
y
x



.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Xác định tọa độ điểm T trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến tại T tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi
bằng
8 2 10


.
Hướng dẫn:
1. Bài toán cơ bản, học sinh tự giải.
2. Tọa độ điểm T cần tìm
3
;1
1
T t
t
 

 

 
. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm T:


 
2
3
: 3. 1
1
1
x t
d y
t
t

   



.
Tiếp tuyến này cắt tiệm cận đứng
1
x

tại điểm
6
1;1
1
A
t
 

 

 
và cắt tiệm cận ngang
1
y

tại điểm


2 1;1
B t  .
Giao điểm hai đường tiệm cận là


1;1

I
;
 
6 6
2 2; , 0; , 2 2;0
1 1
AB t IA IB t
t t
   
    
   
 
   
  
.
Chu vi tam giác IAB :
 
 
2
2
6 36
2 1 4 1
1
1
AIB
p IA IB AB t t
t
t
        




Đặt
   
 
2
2
2
6 36
2 1 0 24 4 1
1
1
t u u u t
t
t
        


.

   
   
2
2
2 2
1 2
8 2 10 24 8 2 10
24 2 8 2 10 8 2 10
2
8 1 1 0; 2 , 2;4

0
0 8 2 10
AIB
p u u
u u u
t
u t M M
t
u
      

     



        





  



Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2cos cos 4sin 2
3
x x x


 
   
 
 
.
Hướng dẫn:
Phương trình đã cho tương đương với
 
 
 
 
 
2
2cos cos 4sin 2 3sin 2 cos sin 2cos 3
3
1 3 sin 3 1 cos 2 1 3 sin os 6sin
2 2 2
2sin 1 3 os 3sin 0
2 2 2
sin 0
2
2
2 2
1 3
tan
2 3
x x x x x x x
x x x
x x c
x x x

c
x
x k
k
x k
x

 
        
 
 
      
 
   
 
 



 


  

   













2

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
 
3
3 3
4 5
9 0
2
2
x
x
x
x
   



.
Hướng dẫn:
Điều kiện
3
2

x 
.
Bất phương trình đã cho tương đương với
3
3 3
3 33 3
4 5 2 5
2 7 0 7 0
2 2
2 2
x x x
x x
x x
       
 
 

Đặt
3 3
2
x
t
x


thu được





 
3 2
2
3 3
3
3 3
3 3
2 5 7 0 1 2 2 7 0
1 13 1
1 2 0 1 1 1 0 0 1 2
2 2 2 2
2
t t t t t
x x x
t t t x
x x
x
       
 

 
                
 
 
 
 

 
 

Bất phương trình đã cho có nghiệm
3
1 2
x
 
.

Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, H là tâm của đáy, I là trung điểm của đoạn SH, khoảng cách từ I đến
mặt phẳng (SBC) bằng
2
a
và mặt phẳng (SBC) tạo với đáy (ABCD) một góc

. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a và

.
Hướng dẫn:




 
 
 
 
   
 
,
1
, , ,

2,
d I SBC
SI
d H SBC a HK SBC ABCD SMH
SH d H SBC
         
.
Trong tam giác vuông HKM :
2
2
2
2 4
sin sin sin
ABCD
a a a
HM AB S AB     
  
.
Tam giác vuông SKH có
3
.
2
1 4
; .
os 3 3cos sin
S ABCD ABCD
a a
SHK SMH SH V SH S
c
        

  
.

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
0
2 2
x
I dx
x x

  

.
Hướng dẫn:


 
   
 
2
2 2
3 3
2 2
0 0
0
2 2
1 1 1
2 2 2 2 8 4 2
2 2 2 2 3

x x x
I dx x x dx x x
x x
  
 
          
 
  
 
 
.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hai số thực dương
,
x y
thỏa mãn
2
x y
 
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức


3 3 3 3
3
3
T x y x y x y
    .
Hướng dẫn:
Ta có



     
3
3 3 3 3 3 3 3 3
3 3 3
3 3 3
3 8 6
T x y x y x y x y x y xy x y x y x y xy x y
 
             
 
.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có
3
3
1 1 1 1 4
2
3 3 3
x y x y
x y
     
    
.
 
2
1 8 6 0
4
x y
xy xy


    
,
   
4
3 3
1 1 6 8 6
8 6 .2 .2 .2 8 6 2
8 8 4
xy xy
x y xy xy xy xy xy
 
 
    
 
 
.
Kết hợp lại ta có
4
T

. Giá trị lớn nhất của T đạt được bằng 4, khi và chỉ khi
1
x y
 
.

3

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). Tìm số hạng chứa
3
x
trong khai triển Newton của
2
6
1
n
n x
n x
 

 
 
trong đó n là số nguyên dương nhỏ
nhất thỏa mãn điều kiện
0 1 2
512
n
n n n n
C C C C    
.
Hướng dẫn:
Xét khai triển
 

0 1 2 2 0 1 2
1 ; 1 2
n
n n n n
n n n n n n n n
x C C x C x C x x C C C C
            
.
Theo bài ra
0 1 2
2
512 2 512 log 512 9
n n
n n n n
C C C C n
         
. Do n nguyên dương và nhỏ nhất nên
10
n

.
Khi đó
 
10
15 2
2
10 10
10
10 2
3

10 10
6 6 6
0 0
1 1 1
10 10 10
10
10 10
n
k
k
k
k k k
k k
n x
x C x C x
n x x x



 
 
   
    
 
   
 
   
 
 
.

Số hạng chứa
3
x
tương ứng với
15 2
3 3
3
k
k

  
. Hệ số cần tìm là
3 4 3
10
10
C x
.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho tam giác ABC với tọa độ ba trung điểm của các cạnh AB, BC,
CA lần lượt là






1;1 , 3;2 , 2; 1
M N P


. Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Hướng dẫn:
Ta có




2;1 , 1;3
MN NP 
 
.
Phương trình đường trung trực của AB đi qua M và vuông góc với NP :
3 4 0
x y
  
.
Phương trình đường trung trực của AC đi qua P và vuông góc với MN :
2 3 0
x y
  
.
Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác thỏa mãn hệ
 
3 4 0
1;1
2 3 0
x y
I
x y

  



  

.
MP là đường trung bình tam giác ABC nên nếu gọi D là trung điểm của MP thì A và N đối xứng với nhau qua D.
Ta có
3
;0
2
D
 
 
 
, suy ra


0; 2
A

. Bán kính đường tròn ngoại tiếp
10
R IA 
.
Phương trình đường tròn cần tìm
   
2 2
1 1 10

x y
   
.

Câu 9.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, lập phương trình mặt phẳng

chứa trục Ox và cắt mặt cầu có
phương trình


2 2 2
: 2 4 4 0
S x y z x y z
     
theo một giao tuyến là đường tròn có bán kính lớn nhất.
Hướng dẫn:
Mặt cầu đã cho có tâm


1; 2; 2
I
  
, bán kính
3
R

.
Mặt phẳng


cần tìm chứa trục Ox nên có phương trình dạng


2 2
0 0
By Cz B C
   
.
Hơn nữa,

cắt mặt cầu theo một đường tròn có bán kính lớn nhất khi

đi qua tâm I
2 2 0 0
B C B C
      
.
Chọn


1; 1 : 0
B C y z
      
.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho ellipse

 
2
2
: 1
4
x
E y
 
, lập phương trình đường thẳng d
song song với trục hoành và cắt ellipse tại hai điểm A, B sao cho OA vuông góc với OB.
Hướng dẫn:
Phương trình đường thẳng d song song với trục hoành :
y m

.
Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và ellipse là nghiệm của hệ phương trình
 
2
2 2
2
4 1
1
4
x
x m
y
y m
y m



 
 
 

 










4

Theo yêu cầu bài toán, hệ trên có hai nghiệm phân biệt, khi
2
1 0 1 1
m m
     
.
Giả sử




2 2
1 ; , 1 ;

A m m B m m
  
;
 
2 2
2 5 2 5
. 0 4 1 0 ;
5 5
OAOB m m m m        
 
.
Có hai đường thẳng thỏa mãn là
2 5 2 5
;
5 5
y y  
.

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
3
:1 3
2
y
d x z

   
và mặt phẳng (P) có
phương trình

2 2 9 0
x y z
   
. Gọi A là giao điểm của d và mặt phẳng (P), lập phương trình đường thẳng

nằm trong
mặt phẳng (P) sao cho

đi qua A và vuông góc với d.
Hướng dẫn:
Tọa độ A là nghiệm của hệ
     
3
1 3
; ; 0; 1;4 0; 1;4
2
2 2 9 0
y
x z
x y z A
x y z


   

    


   


.
Vì đường thẳng

nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với d nên
 
, 5;0; 5
d P
u u n

 
   
 
  
.
Phương trình đường thẳng cần tìm
: 1
4
x t
y
z t



  


 


Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để hàm số
1
y mx
x
 
có cực trị sao cho khoảng cách từ điểm cực tiểu đến tiệm
cận xiên của đồ thị bằng
2
5
.
Hướng dẫn:
2
1
y m
x

 
;
2
1
0
y m
x

  
.
Hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi
0
m


.
Phương trình có hai nghiệm là
 
1 2 2 1
1 1
; 0
x x x x m
m m
     
. Suy ra tọa độ điểm cực tiểu
1
;2
M m
m
 
 
 
.
Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là
:
d y mx

.
 
 
2
2
2
2
5 2 1

2 2
,
1
5 5
1 0
2
m
m m
m m
d M d
m
m m




 


    



 




Giá trị cần tìm của m là
1

2;
2
m m
 
.