1
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2
1
x
y
x
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.
2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp tuyến cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A, B sao cho bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất (với I là giao điểm hai đường tiệm cận).
Hướng dẫn:
1. Bài toán cơ bản – học sinh tự giải.
2. Tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị hàm số lần lượt là
1; 1
.
Giao điểm hai đường tiệm cận là điểm
1;1
I.
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ
0
x
:
00
20
0
3
2
1
1
x x x
yx
x
.
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng tại điểm 0
0
5
1;
1
x
Ax
và cắt tiệm cận ngang tại điểm
0
2 1;1
B x .
Ta có 0
0 0
5
6
1
1 1
x
IA x x
và 0
2 2
IB x
. Diện tích tam giác IAB là 1
. 12
2
IAB
S IA IB
.
Chú ý rằng ABI
S pr
(p là nửa chu vi và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác)
Dễ thấy r lớn nhất khi p nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
2 2
2 2 . 2 . 4 3 2 6
p IA AB BI IA IB IA IB IA IB IA IB
Đẳng thức xảy ra khi
2
0
1 3 1 3
IA IB x x .
1
2
1 3 : 2 2 3
1 3 : 2 2 3
x d y x
x d y x
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán : 1 2
: 2 2 3 ; : 2 2 3
d y x d y x .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2
6 3 1 8 3
cos x sin xcos x
.
Hướng dẫn:
Xét
x k k
không thỏa mãn phương trình đã cho, do đó
x k
.
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
23
2 3 3 4 1 2 3 . 1
22 5 ; ,
6 2 5
66 2 2 2 7 1; ,
7 7
sin x
cos x sin x cos x sinx
k
x k m k m
x x k
sin x sinx x x k k
x k m k m
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
TRUONGHOCSO.COM
MÃ SỐ B4
Hướng dẫn giải gồm 05 trang
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 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
2
43 6 2
3
xx x x
.
Hướng dẫn:
Điều kiện
4
x
.
Bất phương trình đã cho tương đương với
2 2
3 4 9 18 6 3 4 3 4 9 15 6 0
x x x x x x x
Đặt
3 4 0
x t t
thu được
2 2
9 15 6 0 3 3 3 2 0
t t x x t x t x
.
2 2
1 57 1 61 5 57 7 61
15 14 0
2 2 6 6
t t t t t x
.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
23 2
1
4 1
x
I e x x dx
.
Hướng dẫn:
2 2
3 2 2
1 1
2 3 2 1
x x
I e x x x dx e x x dx
.
Đặt
3 2 2
2 3 2 2 ;
x x
x x x u du x x dx dv e dx v e
.
2 2 2
2
3 2 2 2 2 2
11 1 1
2 3 2 2 3 2 1 8 9
x x x x
I e x x x e x x dx e x x dx I e e dx e e
.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông (vuông tại A và B), 1
2
AB BC AD a
,
cạnh SA vuông góc với đáy và
2
SA a
. Gọi
1 1
,
A D
theo thứ tự là trung điểm của SA và SD. Tính bán kính mặt cầu ngoại
tiếp và thể tích hình chóp
1 1
.
S A BCD
.
Hướng dẫn:
+
1 1
A BCD
là hình chữ nhật, hơn nữa 1 1
2
1
; 2 2
A BCD
BC a A B a S a .
Kẻ SH vuông góc với AB kéo dài,
1 1 1
A BCD SA B
nên
1 1
SH A BCD
.
Tam giác 1
A AB
là tam giác vuông cân cạnh a nên
2
2
a
SH . Do đó 1 1
3
2
.1 2
. 2.
3 2 3
S A BCD
a a
V a
.
+ Gọi
1
O
là tâm của hình chữ nhật
1 1
A BCD
thì trục
của đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác
1 1
A BCD
qua
1
O
và song
song với SH. Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp khối chóp
1 1
.
S A BCD
thuộc
.
Đặt
2 2
2 2 2
1
3
4 4
a a
O O x R x OI (I là trung điểm của
1
A S
)
Gọi I’ là hình chiếu của I trên mặt phẳng
1 1
A BCD
thì I’ là trung điểm của 1
A H
. Ta có
1 2
'
2 4
a
II SH .
Gọi K là trung điểm của
1
BA
thì
2 2
2 2 2
2 2 2
1 1
2 2 18 22
' ' 2
4 4 16 4 16
a a a a a
OI x I O x I K KO
.
Suy ra 2 2
2 2 2 2
2 2 22 2 3
16 2 16 2 2
a a a a
OI x x x x a
.
Kết hợp lại
2 2 2 2 2
2 2
3 2 3 3 11 11
2 2
4 2 2 4 4 4 2
a a a a a a a
x x a R a R .
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
3
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực
, , 2
xyz
thỏa mãn 111
2
1 1 1x y z
. Chứng minh rằng
3 2 2 2
x y z x y z
.
Hướng dẫn:
1 1 1 2 2 2
2 1
1 1 1 1 1 1
x y z
x y z x y z
.
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có
2
2 2 2
3 1 1 1 2 2 2
1 1 1
3 2 2 2
x y z
x y z x y z x y z
x y z
x y z x y z
Đẳng thức xảy ra khi
5
2
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
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
1 0
:
2 1 0
x y z
dx y
và
2; 1;1 , 1; 1;0
A B .
Tìm tọa độ điểm T trên đường thẳng d sao cho diện tích tam giác TAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Hướng dẫn:
Chọn
1 1
1 3 1
2 2
;
1 3
2 2 1
2 2
x z
t t y
y t x z
, vector chỉ phương của d :
1;2;3
n
.
d
đi qua điểm
1;1;1
Fnên ta gọi tọa độ điểm
1 ;1 2 ;1 3
T t t t d
.
1;2 2;3 , 1;0; 1 , 2 2; 2 1;2 2
AT t t t AB AT AB t t t
.
Diện tích tam giác TAB :
2
2
5 2
12 6 3
1 12 20 9 6
2 2 2 6
TAB
t
t t
S AT AB
.
Dễ thấy
6 5 1 2 3
; ;
6 6 6 3 2
TAB
MaxS t T
.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình thoi ABCD có đỉnh
1;0
Avà đường chéo BD có
phương trình 1
x y
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết độ dài đoạn BD bằng
4 2
.
Hướng dẫn:
Phương trình đường chéo AC đi qua
1;0
Avà vuông góc với đường chéo BD :
1 0
x y
.
Tọa độ tâm I thỏa mãn hệ phương trình
1 0 0
0;1
1 1
x y x I
x y y
. Đỉnh C đối xứng với A qua I nên
1;2
C.
4 2 2 2
BD IB ID , B và D thuộc đường tròn tâm I bán kính
2 2
IB .
Tọa độ hai điểm B, D thỏa mãn hệ
2
21 8
; 2;3 , 2; 1
1 0
x y x y
x y
.
Tọa độ 4 đỉnh của hình thoi là
1;0 , 2;3 , 1;2 , 2; 1
A B C D
hoặc
1;0 , 2; 1 , 1;2 , 2;3
A B C D .
4
Câu 9.a (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 3
3
;
y y y y
log log x log log x
x y
x
cotx coty log y
Hướng dẫn:
Điều kiện
3
0 ; 3; 1; 2; 3 0; 0
y y
x y y y log x log x
.
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
sin y x
logx logy
sinx siny
(1)
Do
3 3
y x
và với mọi
3;3
a thì
0 0, 0 0
sina a sina a
.
Nếu
x y
hoặc
x y
thì hai vế của phương trình (1) đều trái dấu. Dễ thấy nếu
x y
thì (1) nghiệm đúng.
Khi đó phương trình thứ nhất của hệ trở thành
3
3 3 3 3
3
3
3x x
x x x x x x
x
log log x
log log x log log x log log x log x
.
Đặt
3
0
x
log x t t
thu được
3
3
3
0
3 3
1 3
1
2 2
x
x
x
log t
log t
log t t x x x y
t L
t
.
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất
3 3
; ;
2 2
x y
.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, lập phương trình mặt phẳng
P
chứa trục
Ox
và cắt mặt cầu
2 2 2
: 2 4 6 22
S x y z x y z
theo một đường tròn có bán kính bằng
41
2
5
.
Hướng dẫn:
Mặt cầu đã cho có tâm
1; 2;3
Ivà bán kính
6
R
.
Mặt phẳng
P
cần tìm có phương trình dạng
2 2
0 0
ay bz a b
.
Khoảng cách từ tâm I của mặt cầu đến mặt phẳng
P
:
2 2
2 3
a b
d
a b
.
P
cắt mặt cầu theo một đường tròn có bán kính bằng
41
2
5
nên theo định lý Pythagores ta có
2
2 2 2 2
2 2
2 3
41 164
4. 36 4 60 29 0 2 29 2 0
5 5
a b
d R a ab b b a b a
a b
Với
2
b a
, chọn
1
1; 2 : 2 0
a b P y z
.
Với
29 2
b a
, chọn
2
29; 2 :29 2 0
a b P y z
.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hypebol
2 2
:4 4
H x y
, tìm tọa độ điểm N trên hypebol
sao cho N nhìn hai tiêu điểm dưới một góc
120
.
Hướng dẫn:
Phương trình chính tắc của hypebola : 2 2 2 2 2
1 1; 4; 5 1; 2; 5; 5
1 4
x y c
a b c a b c e
a
.
Hai tiêu điểm
1 2
5;0 , 5;0
F F. Tọa độ điểm N cần tìm
;
N x y
thỏa mãn 1 2
2 2
NF NF a
5
Áp dụng định lí cosin trong tam giác
1 2
F NF
ta có
2
222
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2 2
1 2 1 2
2 2 2
1 2
2 . os120 2 . 2 . os120
4 3 . 4 3 4 3
19 4
15 15
4 4.5 4 31 5 19 4
15 15
F F F N F N F N F N c F N F N F N F N F N F N c
F F F N F N a ex a ex a e x
x y
F F c x
x y
Có 4 điểm N thỏa mãn yêu cầu bài toán 1 2 3 4
19 4 19 4 19 4 19 4
; , ; , ; , ; .
15 15 15 15
15 15 15 15
N N N N
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị thực của m để đường thẳng
: 2 3
cắt đồ thị hàm số
2 2
4 5
2
x x m m
y
x
tại
hai điểm phân biệt
1 1 2 2 1 2
; , ;
A x y B x y x x
sao cho 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 3 4 5 6 150 3 4 5 6 7
x x x x x x y y y y y y
.
Hướng dẫn:
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là
2 2
2 2 2 2 2
1 2 0 1
4 5 4 5 5 3 2 6 4
3 2
222
x m x m mx x m m x x m m x mx x m
x m
xxx
Đặt vế trái (1) là
f x
. Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
2 2
2 0
2
3
4 4 1 4 1 0
fm
m
m m m m
Suy ra
1 1 0
1
x m
x m x m x m
Gọi hai nghiệm của (1) là
1 2
;
x x
tương ứng là hoành độ giao điểm của hai điểm A và B.
Ta có 1m m m
nên
;5 , 1;5 3
A m m B m m
.
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
2 2
2
2 3 4 5 6 150 3 4 5 6 7
2 3 1 4 1 5 6 1 150 75 4 5 3 25 5 3 30 7 5 3
1
291 201 90 0 90
291
x x x x x x y y y y y y
m m m m m m m m m m m m
m
m m m
------------HẾT------------