Đề thi thử Đại học môn Toán 2013: Mã A1 (Có đáp án)

1

TRUONGHOCSO.COM

MÃ SỐ A1

Hướng dẫn giải

TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013

Môn thi: TOÁN; Khối: A

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 0

y x mx m

    

(1), với m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với

1

m



.

2. Tìm giá trị của m để hàm số đã cho có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị lập thành một tam giác có bán

kính đường tròn nội tiếp bằng 1.

Hướng dẫn:

1. Khảo sát hàm số

4 2

2

y x x

  . Bài toán cơ bản – học sinh tự giải.

2.

   

 

3 2 2

2

0

4 4 4 ; 0 0

2

x

y x mx x x m y x x m x m





 

         



Hàm số (1) đã cho có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0

0

m

 

.

Khi đó ba điểm cực trị của (1) là

 









2 2

0; 1 , ; 1 , ; 1

A m B m m m C m m m

       

.

Nhận xét rằng tam giác ABC cân tại A.

Gọi H là trung điểm của BC thì AH vuông góc với BC tại H. Ta có





2 2

0; 1 , , 2

H m m AH m BC m

     .

 

2 4 2

1 . . . .

. . 2 . 2 1 1 0

2 4 4

1 5 5 1

0; 1; 1;

2 2

ABC

AB AC BC AB AC BC

S AH BC AH AB AC m m m m m m m

R

m m m m



            

 

 

 

      

 

 

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

 

2 2

2 3 4 6 5 ;

2 3 4 1 6

x y y x x y x y

x y

       



   







.

Hướng dẫn:

Điều kiện 1

2; ;3

4

x y

 

  

 

 

. Hệ phương trình đã cho tương đương với

     

 

2 2

2 2 3 3 1

2 4 4 3 6 9

2 3 4 1 6

2 3 4 1 6 2

x x y y

x x x y y y

x y x y



      

        

 



 

       

 



Xét hàm số





4

; 0

f t t t t

  

ta có hàm liên tục và đồng biến trên miền





0;



do





3

4 1 0 0

f t t t



    

.

 









1 2 3 2 3 5

f x f x x x x y

          

.

Khi đó





2 13 2 4 1 6 13 2 6 4 1

y y y y

         

.

2

11

33

4

2 3

4

8 12 02 4 1 4

yyy x

y yy y



     

 

     

 

       



Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất









; 3;2

x y .

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

2

Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình





 

2

2 1

1 4

tanx tanx sin x x

tan x

 

  

 

 





.

Hướng dẫn:

Điều kiện

0

cosx



.

Phương trình đã cho tương đương với





    

 

2 2

1 1

2. . 2 1 0

12

4

1

2

16

252

6

sinx sinx cosx sinx cosx sinx cosx sinx

cos x tan x

x k

tanx

x k k

sinx

x k



     



  



  





    





 









----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân





 

1

2

0

1

2

ln x

I dx

x





.

Hướng dẫn:

Đặt

   

2

1

1 ;

1 2

2

dx dx

u ln x du dv v

x x

x

       

 

.

 

  

11

1

0

1

1 1 1 4

2 2

2 1 2 3 2 3 3

ln x dx x

I ln ln ln ln

x x x x



        

   

.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .

S ABCD

có đáy là hình chữ nhật

ABCD

tâm

O

,





0

AB a a

 

và các cạnh bên bằng

nhau. Gọi

K

là hình chiếu của

A

trên mặt phẳng





SCD

,

5

2

a

OK . Mặt phẳng





SAB

tạo với mặt phẳng đáy một góc

60



. Tính thể tích khối chóp

ACKD

theo

a

.

Hướng dẫn:

Gọi O’ là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

Ta có

2 2

;

SO h SA SB SC SD x O A O B O C O D x h

    

          

, suy ra O’ trùng với O ( O là tâm hình chữ

nhật). Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB, CD.









, 60SAB ABCD SMN

    

 

  Tam giác SMN đều, hay

MN SM SN a

  

.

Đặt





0

AD BC x x

  

. Kẻ MI vuông góc với SN và IK song song với ND.

Ta có

AM ND IK AM

  

. MIKA là hình chữ nhật nên

3

2

x

AK MI  ;

1

2

KD IN x

  .

2

2 2 2 2 2 2

;

4

x

KC CD KD a AC a x

     

Sử dụng công thức trung tuyến KO trong tam giác KAC :

2 2 2 2 2

2

2 4 4

KA KC AC a x

KO

 

   .

2 2

5

2

2 2

a a x

x a



  

 

2 3

1 1 3

. . 3.

3 3 2 6

ACKD KCD

a a

V AK S a dvtt

    .

3

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương

, ,

x y z

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 3

( )( ) ( )( ) ( )( )

xy yz zx

T

z x z y x y x z y z y x

  

     

.

Hướng dẫn:

Đặt ; ;

y z a z x b x y c

     

thì

, ,

abc

là độ dài 3 cạnh một tam giác có ba góc tương ứng là A, B, C. Ta có

  

    

2

22 2 2

1 1 1

4 4 4 2 2 2

b c a c a b c a b

xy c a b cosC

z x z y ab ab ab

       

      

  .

Tương tự

     

1 1 1 1

;

2 2 2 2

yz xz

cosB cosA

x y x z x y y z

     

    . Suy ra

3 7

2 2

P cosC cosA cosB

 

    

 

  .

2 2

2

3 3 3 3

2 2 1 2 3 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 11 11 5

32 3 6 6 3

A C A C B A C B B B

cosC cosA cosB cos cos cosB sin sin sin sin sin

B

sin P

    

          

 

 

 

      

 

 

Giá trị nhỏ nhất của P là

5

3

. Đạt được khi

2 4

2

2 3 3

B

sin b a

x z y

A C a c

 

 

 

   

 

 

 

 

.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

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

   

22

: 4 4

C x y

  

và điểm





4;1

E. Tìm tọa

độ các điểm

M

nằm trên trục tung sao từ

M

kẻ được hai tiếp tuyến ,

MA MB

đến





C

sao cho ba điểm

, ,

A E B

thẳng hàng.

Hướng dẫn:

Gọi điểm





0;

M m

là điểm cần tìm. Đường tròn (C) có tâm









4;0 , 2 , 4

I R d I Oy

  

, suy ra với mọi điểm M trên trục

tung ta luôn được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C).

Gọi





0 0

;

T x y

là một tiếp điểm của (C) thì phương trình tiếp tuyến của (C) tại T là

















   

2 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

: 4 0 4 4 4 12

4 .0 4 12 4 12 0 : 4 12 0

4.4 .1 12 0 4 0;4

d x x x y y y x x y y x x y x

M d x y m x x my AB x my

E AB m m M

            

             

       

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 8.a (1,0 điểm). Giải bất phương trình

 

3

2 3 2

3 2 2

x x x

x x x x



 





.

Hướng dẫn:

Điều kiện

0

x



.

Bất phương trình đã cho tương đương với

8 3

1

2

31

2

x

 

 

 

 

  

 

 

.

Đặt

 

3

0; 1

2

x

t t t

 

  

 

  thu được

2

3

2

1

8 8

3

93

1 1

1 1 0 1

0 1 0

0 0 9

t

x log

tt

t

t t t

tx

t t t

 





  





   

  



   

 

  

   



  

  

  







4

Bất phương trình có nghiệm

 

3

2

;0 ;x log

 

   





 

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 9.a (1,0 điểm). Xác định số hạng tự do trong khai triển nhị thức Newton 3

2

n

x

 



 

 

biết n là số nguyên dương thỏa

mãn đẳng thức

6 7 8 9 8

2

3 3 2

n n n n n

C C C C C



    .

Hướng dẫn:

Sử dụng công thức Paxcal 1

1

k k k

n n n

C C C





  ta có













6 7 8 9 6 7 8 8 9 7 8 9 7 8 8 9 8 9 9

1 1 1 1 1 1 1 2 2 3

3 3 2 2

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

         

                  .

Do đó với

6

n



thì





 





 

9 8

3 2

15 30 5

3 62

1 15 15

3 ! 2 !

2 2. 3 9.2 15

6 !9! 6 !8!

2 2

n n

k kk

k k k k

k

n n

C C n n

n n

T C x x C x

 

 





 

       

 

 

Để là số hạng tự do thì

6 6

15

30 5 0 6 2

k k C

     là hệ số cần tìm.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho hai điểm









2; 3 , 1;3

A B  . Tìm tọa độ hai điểm

,

M N

lần

lượt thuộc hai đường thẳng có phương trình 1 2

: 2 1 0; : 2 3 0

d x y d x y

     

sao cho

MN

vuông góc với

1

d

và độ dài

đoạn gấp khúc

AMNB

ngắn nhất.

Hướng dẫn:

Nhận xét rằng hai đường thẳng đã cho song song với nhau.

Ta có





3;6

AB 



nên đường thẳng AB :

2 1 0

x y

  

vuông góc với hai đường thẳng

1 2

;

d d

.

Tọa độ 2 giao điểm H, K lần lượt là:

1

2 1 0

1 3

5

;

2 1 0 3

5 5

5

1

2 3 0 1 7

5;

2 1 0 7 5 5

5

x

x y H

x y y

x

x y K

x y y

 



  



 

  

 

 

  

 











  



 

 

 

 

  

 







Dễ thấy

2

; ;

5

AM AH BN BK MN   nên độ dài đoạn gấp khúc AMNB ngắn nhất khi M trùng với H, N trùng với K.

Tóm lại 2 điểm cần tìm :

1 3 1 7

; , ;

5 5 5 5

M N

   



   

   

.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 8.b (1,0 điểm). Giải phương trình









 

2 2 2

5 1 5 1 1

log x log x

x x x     



.

Hướng dẫn:

5

Điều kiện

0

x



.

Đặt 2

4

t

log x t x

  

. Phương trình đã cho tương đương với

       





 

5 1 1 0

5 1 4 . 5 1 1 16 5 1 1 4 5 1 1 0 0 1

4 5 1 1 0

t

t t t t

t t t

t

t x

  



   

               



   

      





Phương trình có nghiệm duy nhất

1

x



.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để đường thẳng :

d y x m

 

cắt đồ thị hàm số

2

1

x

y

x



 tại hai điểm phân

biệt

,

A B

thỏa mãn

2 2 3

AB  .

Hướng dẫn:

Đường thẳng

y x m

  

và đồ thị (C)

2

1

x

y

x



.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là

 

2

0

1

2 1 0 *

x

xx m x mxx







      





Đặt vế trái của (*) là





f x

; (d) và (C) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0, tức là





2

0 0

8 0

fm

m

 



  

   







2 nghiệm

1 2

;

x x

của (*) tương ứng là hoành độ của hai giao điểm A,B. Suy ra









1 1 2 2

; , ;

A x x m B x x m

   

.

Áp dụng định lý Viete cho (*) ta có 1 2

1 2

2

1

2

m

x x



 







 





Khoảng cách

     

2

2 2 2

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1

2 4 2. 4 4

2 2

m

AB x x x x x x x x m

 

 

           

 

    .

2 2 0

1

2 2 3 4 12 4 4 12

4 4

2

m

AB AB m m





          

  



Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Mã A1

Ôn thi hiệu quả với đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2013, với đề thi thử này các bạn có thể luyện tập để rèn kỹ năng làm bài đạt kết quả tốt nhất. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Tài liệu liên quan

Tài liêu mới

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Hỗ trợ

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi