1TRUONGHOCSO.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
 


  


 



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




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 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


  
  


  

 
 
  
   
 

   
 
.
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
 

    

 



 
.
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

 
   
 
 
  
 
      

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

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

  
. 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).

,
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



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
.


   


.
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

   

, 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
  
 


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

   



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



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

 
.
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.



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
  
