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   . . 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 b i: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2 Câu. 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: . 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     