Hướng dẫn giải TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI B - MÃ SỐ B1 potx

1


TRUONGHOCSO.COM
MÃ SỐ B1
Hướng dẫn giải

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
 
3 2
1
1 4 1
3
y x m x mx
    
(1), với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với
0
m

.
2. Xác định giá trị của m để hàm số đã cho đạt cực trị tại

1 2
;
x x
sao cho


1 2
5 2 3
x x
 
.
Hướng dẫn:
1. Bài toán tự giải.
2. Ta có






2 2
2 1 4 ; 0 2 1 4 0 *
y x m x m y x m x m
 
         
.
Hàm số (1) có cực trị khi (*) có nghiệm
 
2
1 0

m

    
(luôn đúng với mọi giá trị của m).
Áp dụng định lý Viete cho 2 nghiệm
1 2
;
x x
của phương trình (1):


1 2
1 2
2 1
4
x x m
x x m
   








 
     
1 2 1 2
1 2

2 2 1
1 2
1 2
5 2 3 5 2 6
5 5 10 1
10 4 4 10
7 10 4 ;
7 7
5 2 6
1
4 10 4 4 10 49.4 1 10 39 0
39
10
x x x x
x x m
m m
x m x x
x x
m
x x m m m m m m
m
    
   
 

     

 






         

 



Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
3 3 2
8 3 5 4 3
;
2 5 2 2
x y y y x
x y
x y x

    



   



.
Hướng dẫn:
Điều kiện

2 5 0; 1
x y x
   
.
Biến đổi hệ phương trình đã cho về dạng
   
   
3
3
8 4 1 1 1
2 5 2 1 2
x x y y
x y x

    


   



Xét hàm số




3 2
; 3 1 0f t t t f t t t

      


nên hàm số liên tục và đồng biến với mọi giá trị thực của t.






1 2 1 2 1
f x f y x y
     
. Phương trình (2) trở thành
2 6 1
y y
  

   
2
3 1
1 ; 0; 1
4 5 0
y
y x y
y y
  

      

  


Hệ đã cho có nghiệm duy nhất




; 0; 1
x y
 
.

Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác
3
2
4
sin x sinx

 
 
 
 
.

2

Hướng dẫn:
Cách 1: Phương trình đã cho tương đương với:
 
 
   
 
 
3
3
2 2
3 2 2 3
2 2
2 2
2 cos 4
2
3 3 sin 0
3 0
3 0
1
4
sinx cosx
sinx sinx x sinx sin x cos x
sin x sin xcosx xcos x cos x
sin x sinx cosx cos x sinx cosx
sinx cosx sin x cos x
sinx cosx tanx x k




 
    
 
 
    
    
   
      

Cách 2: Phương trình đã cho tương đương với:
   
 
 
 
3
3 3
2
3
3 2 2
4
4 1 4 1
3 3 1 0 1 3 1 0 1
sinx cosx sinx
sinx cosx sinx tanx tanx tan x
cosx cos x
tan x tan x tanx tanx tan x tanx

 
       

 
 
          
.

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân


ln5
ln3
1
1
x x
x
e e
I dx
e




.
Hướng dẫn:
Đặt
2
1 1 2 ; 5 2; 3 2
x x x
e t e t e dx tdt x ln t x ln t            
.



2
2
2
3
2
2
2 2
52 16 2
2 2
3 3
t t
t
I dt t
t

 

   
 
 

.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật,

2 2
AB BC a
 
. Cạnh
SA
vuông góc với
mặt phẳng


ABCD
. Gọi M là trung điểm của cạnh
CD
. Hai mặt phẳng




,
ABCD SBM
tạo với nhau một góc
60



.
Tính thể tích khối chóp
.
S AMB
theo
a

.
Hướng dẫn:
Gọi K là giao điểm của AC và BM.
Xét hai tam giác vuông ABC và BCM đồng dạng vì
2
AB BC
BC CM
 
.
Suy ra
90
CAB MBC CAB CBM AC BM
         

. Lại có


SA ABCD BM SA
   .
Mặt khác






BM SAC SBM SAC
  
. Do đó





, 60
SBM ABCD SKA    
 

.
2
2
2
3; .
3
AB a
AC a AB AK AC AK
AC
     .
 
2 3
.
. 2
1 1 1 2
. 2 .
2 2 3 3
2
ABM ABCD S ABM ABM
SA AK tan SKA a
a a
S S a a V SA S dvtt
 

  
     


Câu 6 (1,0 điểm). Cho hai số thực dương
,
x y
thỏa mãn điều kiện
1
x y
 
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
1 1
P x y
x y
   
.







3

Hướng dẫn:
         
   
2 2

2
2
2
1 1 1 1 1 1
1
2 1 2 2 1 2 2 1
1 1 1
: 2 2 1
4 4
x x y y y x x y
P
x y x y
x y x y
P x y x y xy xy xy
y x xy xy
xy t xy x y P t f t
t
     
   

               
         

Khảo sát hàm số


f t
với
1
0

4
t
 
ta được


1
0;
4
6
t
Min f t
 



 

. Suy ra
6
P 
. Đẳng thức xảy ra khi hai số cùng bằng
1
2
.

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 với hệ tọa độ Oxy cho tam giác OAB vuông tại O, phương trình đường thẳng BO
thuộc trục Ox và hoành độ tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác OAB là 2.

Tìm tọa độ đỉnh A và B biết đường thẳng AB đi
qua điểm


2 2;2 2
G  
.
Hướng dẫn:
Tam giác OAB vuông tại O và OI là phân giác của góc AOB nên phương trình đường thẳng OI là
y x

hoặc
y x
 
.
Mặt khác


2 2;2 2
G  
nằm trên AB nên OI :
y x

;
Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm


2;2
I

và bán kính
2
R

:
   
2 2
2 2 4
x y
   
(C).
Dễ thấy G thuộc phân giác
y x

và nằm trên đường tròn nên AB tiếp xúc với (C) tại G.
Đường thẳng AB qua G và vuông góc với IG :
4 2 2
y x   
.
Tọa độ hai điểm A và B:




0;4 2 2 , 4 2 2;0
A B 
.

Câu 8.a (1,0 điểm).Giải hệ phương trình
 

 
2
log
2 2
2
2 2
2 log
2 ;
log 2log
x
x
y y
x y
xy x y x

 




  


.
Hướng dẫn:
Điều kiện
0; 0
xy x y x
   
.

Hệ đã cho tương đương với
 
  
 
 
 
2
22
2
2
2
2
2 2
2 22
2 2
2 22
2
1
2
1 2 2
2 1 2
2 1 2 1
2 1
1 0
2 2 2 2 2
1 2 1 2 2
log x
log x
log x
t

log x
t t t
t t
y log x y log x
x log x x log x
y log y
x y x
x y
xy x y x
log x t x x
t t




   
   
  
  
 
  
  


   




     

    

Xét hàm số


2 ; 0
u
f u u u
  
. Hàm này liên tục và đồng biến nên


   
2
2
2
1 2 1 0 1 1 2; 2
f t f t t t log x x y
           

Hệ có nghiệm có duy nhất.

4

Câu 9.a (1,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức
3 1 3 2 3 3 3 2012
2012 2012 2012 2012
1 2 3 2012T C C C C     
.
Hướng dẫn:
Xét khai triển
 
2012
0 0 1 2012 2012
2012 2012 2012
1
x C x C x C x
     . Đạo hàm hai vế đẳng thức này ta có
   
2011 2011
1 2 2011 2012 1 2 2 2012 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012
2012 1 2 2012 2012 1 2 2012x C xC x C x x xC x C x C           .
Tiếp tục đạo hàm hai vế thu được

   
 
 
2010
1 2 2 2 2011 2012
2012 2012 2012
2010

2 1 2 2 2 2 2012 2012
2012 2012 2012
2012 1 2012 1 2 2012
2012 1 2012 2 2012
x x C xC x C
x x x xC x C x C
    
    

Thực hiện đạo hàm


     
2009 2010
2 1 3 2 3 2011 2012
2012 2012 2012
2012 2010 2012 1 1 2012.2 1 2 2012x x x x x C xC x C
 
        
 
.
Với
1 0 0
x T T
      
.

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

, cho hai đường tròn có phương trình
   
2
2
2
: 6 25
C x y
  

và


2 2
1
: 13
C x y
 
. Gọi
A
là giao điểm có tung độ dương của hai đường tròn, lập phương trình đường thẳng
d
đi qua
A
và cắt hai đường tròn tại theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.
Hướng dẫn:
Tọa độ giao điểm của hai đường tròn là nghiệm của hệ phương trình
 
     
2 2
2 2

2 2
2
2 2
2
13
13
13
; 2;3 , 2; 3
2
12 11 0
6 25
x y
x y
x y
x y
x
x y x
x y

 

  
 
 
    
  

   
  







Do điểm A có tung độ dương nên


2;3
A
. Gọi H và H’ là giao điểm của đường thẳng d và hai đường tròn thỏa mãn hệ
thức
AH AH


. Hiển nhiên H và H’ đối xứng với nhau qua A. Gọi


1
C
là ảnh của (C) qua phép đối xứng tâm A thu được


1
C
có tâm
1 1
; 13
O R 
. A là trung điểm của

1
OO
nên


1
4;6
O . Suy ra
     
2 2
1
: 4 6 13
C x y
   
.
Tọa độ H’ là nghiệm của hệ phương trình
   
 
   
2 2
2
2
2
4 6 13
3 7
37 24
; ; , 2;3
5 5
10 78 44 0
6 25

37 24
; : 3 7 0
5 5
x y
x y
x y
y y
x y
H d x y

   
 


 
  
 
 
  
 
  



 

   
 
 

Câu 8.b (1,0 điểm). Giải phương trình
 
2
3 3
3
. 3 4 3 3
16
x x
log xlog x log log x   

.
Hướng dẫn:
Điều kiện
0 1
x
 
. Phương trình đã cho tương đương với
 
  
 
 
2
2
3 3 3
2
3 3 3
3 3
3 3
2 2

3 3 3 3
2
1 129
8
3
2
3 4 1 1 2 1
1
16 2 4
2 3 2 1
0
4 4
4 3 8 4 8 0 (*)
4 3 8 0
1 129
; * 3
8
4 8 0
log x log x log x
log x log x log x
log x log x
log x log x
log x log x log x log x
t t L
log x t t x
t t

 
 
       

 
 
 
 
  
     
  
  
     

  

     

  



Phương trình đã cho có hai nghiệm.




5

Câu 9.b (1,0 điểm). Cho hàm số
2
9
1
x x

y
x
 


, có đồ thị là


C
. Lập phương trình parabol


P
đi qua các điểm cực đại,
cực tiểu của


C
và tiếp xúc với đường thẳng


:2 10 0
x y
   
.
Hướng dẫn:
Tọa độ các điểm cực trị của (C) là nghiệm của hệ phương trình
2 2 2
2
2 2

9 9 2 8
2 1
1 1
2 8 0
2 8 0 2 8 0
x x x x x x
y x
y y
x x
x x
x x x x
 
      
 

 
 
 
 
  
  

 
     
 

Do đó tọa độ các điểm cực trị nghiệm đúng phương trình


2

2 1 2 8
y x m x x
    
(P). Parabol này tiếp xúc với đường
thẳng
: 2 10
d y x
 
khi phương trình


2
2 1 2 8 2 10
x m x x x
     
có nghiệm kép.


2
0 1 : 9
m P y x
      
.