1TRUONGHOCSO.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


.
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



.
Hướng dẫn:
Điều kiện
2
cosx sinx

.
Phương trình đã cho tương đương với










 
 
   
 
 
2 2
2
sin 2
2sin 0
2 0
4

2Câu 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

.
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


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
  

 
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

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
  


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





   
   

   
   

   



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

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

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

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


  
 
 

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


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
    
 
   
 

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


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
   
 
  

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



.
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

    
  

  

