Hướng dẫn giải TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN TOÁN KHỐI B - MÃ SỐ B2 ppt

1


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
1 8
3
3 3
y x x x
   
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị


C
của hàm số đã cho.
2. Lập phương trình đường thẳng
d
song song với trục hoành và cắt đồ thị


C
tại hai điểm phân biệt
,
A B
sao cho
tam giác

OAB
cân tại
O
(với
O
là gốc tọa độ).
Hướng dẫn:
1. Bài toán tự giải
2. Đường thẳng d song song với trục hoành :
y m


Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là
 
3 2 3 2
1 8
3 3 9 3 8 0 1
3 3
x x x m x x x m         
Gọi 2 giao điểm của 2 đồ thị là A và B thì




1 2
; , ;
A x m B x m
.
Tam giác OAB cân tại O khi
2 2

1 2
1 2
1 2
1 2
0
OA OB
x x
x x
x x
x x
 


   
 





Đặt
 
3 2
3
1 2
3 2
3 9 8 3 0 3
19 19
0 2 18 0 :
3

3 3
3 9 8 3 0
a a a m a
x a a x a a a m d y
a
a a a m

     


               


 
     





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

 
  
 

.
Hướng dẫn:
Điều kiện
1
x

.
Ta có
2
2
1 11
3 1 3 0
6 12
x x x
 
     
 
 
với mọi
x
thực nên bất phương trình đã cho tương đương với







  
2 3 2 2
2
2
3 1 1 3 2 1 3 1 1 1 1 3 1 0
1 1 3 1 0
0
0
5 1
0 1
1
5 1
2
0
1
2
x x x x x x x x x x x x
x x x x
x
x
x
x x x
x
x x
               
      








 
      




 


 





Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình


 
2
1
2 2
cos x cosx
sinx x
cosx sinx


  


.
Hướng dẫn:
Điều kiện
0
sinx cosx
 
. Phương trình đã cho tương đương với



















        

2
1 1 1 2 1 1 1 1 2 0
1
2
1 sin 1 0 1 1 0
2
1
2
sinx sinx cosx sinx sinx cosx sinx sinx cosx sinx cosx
sinx
x k
sinx xcosx sinx cosx sinx cosx k
cosx
x k
             
 

 
  


            


 

 





 


TRUONGHOCSO.COM
MÃ SỐ B2
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




2


Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
6
1
6 3 12
dx
I
x x

  

.
Hướng dẫn:

   
2
3
3 3
2 2
2 2
2
3 3 2
1 2; 6 3
1 3 3 36 1
2 2 2 3
3 3 25 5
3 3
x t x t dx tdt
x t x t
t
I dt dt ln t ln
t t
t t
      
     
 
 
       
 
 
 
 
 
 

 
 


Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ
1 1 1
.
ABC A B C
có
1
A ABC
là hình chóp tam giác đều cạnh đáy
AB a

. Biết độ dài đoạn
vuông góc chung của
1
A A
và BC là
3
4
a
. Tính thể tích khối chóp
1 1 1
A BB C C
.
Hướng dẫn:
Gọi O là tâm của đáy ABC và M là trung điểm của cạnh BC. Kẻ MN vuông góc với
1
A A

. Do BC vuông góc với mặt
phẳng


1
A AM
nên MN là đoạn vuông góc chung của
1
A A
và BC. Suy ra
3
4
a
MN  .
Ta có
2 2
3 2 3
; ;
2 3 4
3
a a a
AM AO AM AN AM MN      .
Hai tam giác ,
A OA MNA

đồng dạng nên
1
1
.
3

AO
AO MN AO a
AO
MN AN AN
   
.
 
1 1 1 1 1 1
2 3
2 3 3
. .
3 3 4 18
A BB C C AB C ABC A ABC
a a a
V V V dvtt
    .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
1
xyz

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 1 1
4 4 4
F
x y y z z x
  

     
.
Hướng dẫn:
Đặt


2 2 2
; ; ; ; 0 1
x a y b z c a b c abc
     
. Sử dụng bất đẳng thức
 
2
2
1 0 1 2
t t t
    
ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1 1 2 1 1 2 1 1 2
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2
F
a b b c c a
Q
a b a b a b a b c b a c
  
           
 

      
 
           
 

Đặt
3 3 3
; ; 1
a u b v c w uvw
    
.
Chú ý rằng
    
2
3 3
0
u v u v u v uv u v
      
. Áp dụng bất đẳng thức này ta có
     
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 1 1 1
1
Q
u v v w w u uv u v uvw ew v ew uvw wu ew u uvw
u v w uv vw uw
     
           

 
   
 
 
 

Suy ra
1
2
F

. Giá trị lớn nhất của F là
1
2
, đạt được khi
1
x y z
  
.







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). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho đường tròn


2 2
:4 4 16 8 29
C x y x y
   
.Tìm tọa độ các
điểm
M
có hoành độ dương nằm trên parabol


2
: 2
P y x
 sao cho từ
M
kẻ được hai tiếp tuyến tới


C
mà góc giữa hai
tiếp tuyến đó là
60

.
Hướng dẫn:

Đường tròn đã cho có tâm


2;1
I , bán kính
7
2
R

.
Theo tính chất tiếp tuyến MI là phân giác của MA và MB, do đó
1
30
2
AMI BMI AMB     


Tam giác IAM vuông tại A nên
2 7
IA MIsin AMI MI AI
    
.
Tọa độ điểm




; 0; 0
M x y x y
 

thỏa mãn hệ phương trình
     
 
 


2
2 2 2
3 2
4 2
2
2
2
2
2
2 4 8 13 22 0
4 3 4 44 0 2
2 1 49 2 2 1 49
8
2
2
2
2
x x x x
x x x x
x y x x
y
y x
y x
y x

y x



    

    
       

   
   
    






 
 





Vậy điểm cần tìm là


2;8
M .

Câu 8.a (1,0 điểm). Cho khai triển Newton
7
4
1
n
x
x
 

 
 
. Xác định hệ số của hạng tử chứa
26
x
biết rằng n là số nguyên
dương thỏa mãn hệ thức
1 2 20
2 1 2 1 2 1
2 1
n
n n n
C C C
  
    
.
Hướng dẫn:
1 2 20 1 2 20 0 1 2 20
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 1 2 2

n n n
n n n n n n n n n n
C C C C C C C C C C
         
             
.
Chú ý rằng
2 1
2 1 2 1
k n k
n n
C C
 
 

với mọi k thỏa mãn
0 2 1
k n
  
nên
0 2 1 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
; ; ;
n n n n
n n n n n n
C C C C C C
 
     
  
.

Do đó


 
 
0 1 2 1 2 1 0 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
0 1 2 0 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1
0 1 2 2 1 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
2
1

2
1 1 2 2
n n n n
n n n n n n n n n n
n n
n n n n n n n n
n
n n
n n n n
C C C C C C C C C C
C C C C C C C C
C C C C
 
         


       


   
         
       
      
0
10n 

 
10 10
7 10
7 4 70 11
10 10
4
0 0
1
n
k
k k k k
k k
x C x x C x
x

 
 
 
  
 

 
 
.
Hạng tử chứa
26
x
thỏa mãn
4
10
70 7 26 4 210
k k C     
.

Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm


   
3
1 1x x x x m x     

.
Hướng dẫn:
Điều kiện
0 1
x
 
. Đặt


1 0

x x t t
   
.
     
2 2
1 2 1 1 1 2 1 1 1 2
1 ; 0 2
0 0
t x x t x x x x
t t
t t
 
           
 
    
 
 
 
 

Như vậy
1; 2
t
 

 
. Phương trình đã cho trở thành
2
3 3 2
1

2 1 2
2
t
t m t t m

      .
Xét hàm số
 
3 2
2 1 ; 1; 2
f t t t t
 
   
 
. Đạo hàm
   
1
0 2 3 1 0 0;
3
f t t t t t

      
. Với
1; 2
t
 

 
thì hàm số
liên tục và đồng biến. Mặt khác

 


1 2; 2 4 2 1
f f
  
nên giá trị cần tìm của m là
1
1 2 2
2
m
  
.



4


B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC
với
5
AB 
và



1;3
C
, phương trình đường
thẳng
: 2 3 0
AB x y
  
. Trọng tâm
G
của tam giác nằm trên đường thẳng
: 2 0
d x y
  
. Xác định tọa độ hai đỉnh
,
A B
của tam giác
ABC
.
Hướng dẫn:
Gọi tọa độ trọng tâm


;2
G x x

; CG cắt AB tại M. Kẻ GH và CK cùng vuông góc với AB
Áp dụng định lý Thales ta có



 
   
1 2.3 3,
1 1 4
, ,
, 3 3
3 5 3 5
d G AB
GH MG
GH d G AB d C AB
d C AB CK MC
 
       

 
1 1 7
;
2 2 3
3 3 3
4 4
1
3
7 7 1
5 3 5
;
3 3 3
x G
x x
x
x G

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

Chọn tọa độ điểm G sao cho G và C cùng phía với AB :
1 7
;
3 3
G
 

 
 
. Gọi tọa độ hai điểm





3 2 ; , 3 2 ;
A a a B b b
 
.
   
 
2 2
3 7
4
5 3 3 5
; ; , ;
1
2 2 2 2
2 2 5
a b
a b
a b
a b
a b a b
  

 

 
   
  
 
   
 

   
   





Tọa độ hai điểm A và B là
3 5
0; , 2;
2 2
A B
   

   
   
.

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong quá trình làm đề thi trắc nghiệm, có 20 câu hỏi ngẫu nhiên, trong đó có 9 câu hỏi mức độ dễ, 7
câu hỏi mức độ trung bình, còn lại là câu hỏi khó. Người ta muốn chọn ra 7 câu hỏi sao cho có đủ cả ba mức độ, hãy tính
số cách chọn.
Hướng dẫn:
Trước hết tính số cách chọn sao cho số câu hỏi không có đủ cả 3 mức độ.
Chọn 7 câu hỏi trong số 9 câu hỏi dễ có
7
9
36
C

cách.

Chọn 7 câu hỏi trong số 7 câu hỏi trung bình có 1 cách duy nhất.
Chọn 7 câu hỏi trong tổng số 9 câu hỏi dễ và 7 câu hỏi trung bình có
7
16
11440
C 
cách.
Chọn 7 câu hỏi trong tổng số 9 câu hỏi dễ và 4 câu hỏi khó có
7
13
1716
C 
cách.
Chọn 7 câu hỏi trong tổng số 7 câu hỏi trung bình và 4 câu hỏi khó có
7
11
330
C 
cách.
Suy ra số cách chọn sao cho số câu hỏi không có đủ cả 3 mức độ là 13523 cách.
Chọn 7 câu hỏi bất kỳ trong tổng số 20 câu hỏi có
7
20
77520
C 
. Tóm lại số cách cần chọn:
77520 13523 63997
 
.

Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
   
 
2 2
2
2
3 2
1
1
;
3 2 6 2 2 1
y x
x
e
y
x y
log x y log x y









     


.

Hướng dẫn:
Điều kiện
2 6 0; 2 0
x y x y
     
.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với




2 2
2 2
1 1
x y
e x e y
  
.
Xét hàm số










1 ; 0; 1 2 0

t t t t
f t e t t f t e e t e t

        
, hàm số đồng biến và liên tục.
   
2 2 2 2
x y
f x f y x y
x y


   

 





5

Với
x y

, phương trình thứ hai của hệ trở thành









3 2 3 2
3 3 6 2 2 2 1 2 1
log x log x log x log x
       
.
Đặt




3 2
2 1 2 3 ; 1 2
t t
log x log x t x x
        
. Ta thu được
1 2
3 2 1 1
3 3
t t
t t
   
    
   
   
(1).

Vế trái (1) là hàm
 
1 2
3 3
t t
f t
   
 
   
   
nghịch biến, có không quá một nghiệm thực. Hơn nữa


1 1 1 1; 1
f t x y
     

Với
x y
 
thì


3 2
3 6 2log 2 1 6 3 3 3
log x x x y
          
.
Thử lại thấy hệ đã cho có hai nghiệm







; 1;1 , 5; 5
x y
 
.