ĐỀ KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Khối B

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi ,đáp án đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

  Môn: TOÁN; Khối B

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  

ymx  mx  m  có đồ thị là C m.  a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m 1. 

b) Chứng minh rằng với mọi m 0 đồ thị C m luôn có hai điểm cực trị A và B, khi đó tìm các giá trị  của tham số m để 2AB2(OA2OB2)20 ( trong đó O là gốc tọa độ). 

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:  2 1 sin 2 4 sin 1 1



Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình:  1 2 2x 4 3 (x )

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân: 

2

3 3

ln 1 1

x x









Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại C, cạnh huyền bằng 3a, 

G  là  trọng tâm tam giác ABC,  ( ), 14

2

a

SG ABC SB . Tính thể tích khối chóp  S.ABC và  khoảng  cách từ B đến mặt phẳng (SAC) theo a. 

Câu 6 (1,0 điểm).  Cho  hai  số thực  dương  x y  thỏa mãn , 3 3

1

x y   Tìm  giá  trị  nhỏ  nhất  của  biểu  thức 

2 2

(1 )(1 )

x y A

x y





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 tọa độ Oxy, cho hai đường tròn ( ) :C x2y22x2y 1 0, 

2 2

( ') :C x y 4x 5 0  cùng  đi  qua  M(1; 0).  Viết  phương  trình  đường  thẳng    qua  M  cắt  hai  đường tròn (C), (C’) lần lượt tại A và B ( A khác M ) sao cho  MA2MB. 

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( ) : (S x2)2y2(z1)2  Viết phương 4 trình mặt phẳng ( )  chứa trục Oy và tiếp xúc với mặt cầu (S). 

Câu 9.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình:  log 3  log 3 2

3

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong  mặt  phẳng  tọa  độ  Oxy,  cho  tam  giác ABC  có  phương  trình  đường  thẳng 

AB xy  ,  phương  trình  đường  thẳng  AC: 3x4y 6 0  và  điểm  M(1; 3)  nằm  trên 

đường thẳng BC thỏa mãn  3 MB2MC  Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. 

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho các điểm  A(1; 0 ; 0), B(0; 1; 2),C(2; 2; 1). Tìm tọa 

độ điểm D trong không gian cách đều ba điểm A, B, C và cách mặt phẳng (ABC) một khoảng bằng  3. 

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình: log (3 x2)log (4 x24x3). 

-Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2012-2013

Môn: TOÁN; Khối B 

I LƯU Ý CHUNG: 

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm  theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 

- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. 

II ĐÁP ÁN:

Với m 1, hàm số đã cho có dạng: yx33x2 

TXĐ:    

Giới hạn:lim ( 3 3 2) lim 3 1 3

x

x

0,25 

Sự biến thiên của hàm số.  

Ta có: y'3x26x;  ' 0 0

2

x y

x





   

   BBT:   

y

 

  4

  

   

0,25 

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 0 và 2;  , nghịch biến trên khoảng  0; 2  

Hàm số đạt cực đại tại điểm x  ; giá trị cực đại của hàm số là 0 y 0   0

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x  ; giá trị cực tiểu của hàm số là 2 y 2    4

0,25 

Đồ thị: 

Giao điểm với trục tung là điểm 0;0. 

3

x y

x





   

   Nhận xét: Điểm I1; 2 là tâm đối xứng của đồ 

thị hàm số. 

0,25 

 Ta có: y'3mx26mx ' 0 0

2

x y

x







 ( Với mọi m khác 0). 

Do y' đổi dấu qua x   và 0 x   nên đồ thị hàm số có hai điểm cực trị  ( đpcm) 2

0,25 

Với x 0 y3m1; x2y m3.  

Do vai trò của A,B như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử  

0;3 3 , 2; 3

A m B m    

0,25  (Đáp án có 06 trang) 

11m 6m 17 0

1 17 11

m m









  



KL: Với 

1 17 11

m m







  



 thì ycbt được thỏa mãn. 

0,25 

ĐK:  sinx 0. PT tương đương với   2

6

x  x x x

0,25 

2(2 sin 1) cos 2 sin 2 (2 sin 1)(4sin 1)

2 sin 1 0 cos 2 3 sin 2 4 sin 1

x

 



 



0,25 

2 6

5 2 6















2 ) cos 2 3 sin 2 4 sin 1 4 sin 2 sin 2 3 sin cos 0

7



Vậy phương trình có nghiệm:  2

6

x  k



6



6



0,25 

2

x x

x









khi đó phương trình  x 1 2 2x2 4x 3

x

+) Với x > 0 Phương trình  x22x  2(x22 ) 3x   

2

t x  x  ta có  2

1

 (L) 2

t

t t

t







  



1 2  (Tm)

x

x

   

  



0.25 

+) Với x    có 2

Phương trình   x22x  2(x22 ) 3x   

2

t x  x phương trình trở thành  2

1 (L)

2

t

t t

t

 





   

 



0.25 

3

2

 (L) 4

x

x













Kết luận: Phương trình có nghiệm  4 52; 1 2

4

0.25 

4 1,0 điểm  

2

3 3

ln 1 1

x x









2

2 3

ln

dx





    



1

x t x





2 1

x



  +) Với x   3 t 2; x   2 t 3 

0.25 

+) Do đó: 

3

2

1 ln 2

I  t tdt 

Đặt 

2

1

'

2

t t









3 3 2

2 2

1 ln

t

3 3

2 2

ln

t

0.5 

I  9ln 3 ln 2 5

H M I

G S

C

B A

Vì tam giác ABC  vuông cân tại C,  3 3

2

a

AB aCACB  

Gọi M là trung điểm AC 3

2 2

a MC

2 2

a MB

0.25 

a

3

a

Kẻ GI AC I( AC)AC(SGI) 

Ta có  1

a

GI BC  Kẻ GH SI H( SI)GH(SAC)d G SAC( , ( ))GH  0.25 

Ta có  12 12 12

3

a GH

GH GS GI   d B SAC( , ( ))3 ( , (d G SAC))3GH a 3 

0.25 

Đặt S x y P; xy. Ta có 

3

3

S

S



Mặt khác (xy)34(x3y3)4S 34. 

0.25 

Ta có  3

A

x y P S S

Xét hàm số 

3 3

2 ( )

( 1)

S

f S

S





  với 

3

1S 4. Hàm f(S) liên tục và có đạo hàm 

Ta có 

2 4

( 1)

S

f S

S

  nên hàm f(S) nghịch biến trên 1; 4 3

.   

0.25 

3

3 3

6

4 1

    

Vậy GTNN của A bằng 

3 3

6

4 1

, đạt được khi 

3

1 2

x y  

0.25 

+ Ta có tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và  R1,R'3, 

đường thẳng (  ) qua M có phương trình 

2 2

a x b y  ax by a   a b   

0.25 

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. 

Khi đó ta có: MA2MB IA2IH2 2 I B' 2I H' '2  

1 d I( , ) 4[9 d I( ', ) ]

0.25 

2 2 2 2

9

a b a b

2 2

2 2

36

a b



6 1

6

a b

a

 



   



. 

0.25 

Kiểm tra điều kiện IAIH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn là: 

Mặt phẳng     có vtpt là n a b c( ; ; )

 trong đó a 2 + b 2 + c 2 0. Do     chứa trục Oy 

nên   đi qua điểm O suy ra   :  ax by cz    0 0.25 

   chứa Oy nên  n a b c( ; ; )

 vuông góc với  j(0;1; 0)

Mặt cầu có tâm I(2; 0; 1), bán kính R= 2 và    tiếp xúc với mặt cầu suy ra khoảng 

cách từ I đến    bằng bán kính vậy ta có 

2 2

2a+c

2





  

0 4 3

c







 



Với c = 0 chọn a = 1 ta có   :  x0 

Với c = 4

3a  chọn a= 3; c = 4  ta có   :  3x4z  0

0.25 

ĐK: x 0 (*) 

3

log

  0.25 

3

log

10 1 3

x

t   

(t > 0) , BPT trở thành  1 2

3

t t

Giải được  10 1

3

Từ đó ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S= [3;  ).  0.25 

Vì B thuộc đường thẳng (AB) nên  B a ;1 2 a,  

Tương tự: C 2 4 ;3b b 

Ta có: MBa1; 4 2 a



, MC   3 4 ;3b b3



0.25 

Ta có AB  AC   A A2; 3 . 

Vì B, M, C thẳng hàng,  3 MB2MC nên ta có: 3MB2MC

 hoặc 3MB 2MC

  0.25 

TH1: 3MB2MC    



 



11 5 6 5

a

b







 



 



11 17

;

B 

;

C  

7 10

;

G 

0.25 

TH2: 3MB 2MC    

    



 



0

a b





 



  

3; 5 ,  2;0

3

G 

Vậy có hai điểm  7; 10

G  

  và 

8 1;

3

G  

  thỏa mãn đề bài. 

0.25 

Giả sử D a b c   , , 

+) Gọi  n

 là vtpt của (ABC).  n AB

 

 và  nAC

 

 nên chọn  

       nAB AC, 

  

 3;3; 3 3 1; 1;1 

 Phương trình mặt phẳng (ABC):  x   y z 1 0 

0.5 

+) Theo giả thiết ta có hệ phương trình: 

1 3 3

a b c









  



1 3

a b c



    



2

1 3

a c

a b c

 



  

    



0.25 

2

1 1

a c

c

 



  

  



2 0 2

a b c







 

 

  hoặc 

0 2 0

a b c











 

  

Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu của đề D(2; 0; 2) và D(0; 2; 0). 

0.25 

ĐK: x   Đặt 3 log (3 x2) t 0x3t  2

ta có phương trình tlog4 3t 214t 9t1

1 (1)

   

    

0.25 

Hàm số  ( ) 4 1

f t      

    nghịch biến trên    nên phương trình (1) có tối đa 1 nghiệm.  

Mặt khác  1 1

2

f  

1 2

t   là nghiệm duy nhất của phương trình (1) 

0.25 

2

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm phương trình đã cho là x  2 3.  0.25 

  - Hết -