Mời các bạn cùng tham khảo hướng dẫn giải đề thi thử đại học năm 2012 môn Toán - Đề số 16 dưới đây để có thêm tài liệu củng cố lại kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài thi. Hy vọng nội dung đề thi sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Trang 1Bo
xMath
DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN
ĐỀ SỐ 16
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG (7,0 điểm): Cho tất cả thí sinh
Câu I.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x3− 2x2+ x có đồ thị (C)
1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C)
2 Tìm m để phương trình |x| = p2x3 2− |x| + m có đúng 6 nghiệm phân biệt
Giải: Ta có:
|x| =p3
2x2− |x| + m ⇔ |x|3− 2|x|2+ |x| = m Hàm số f (x) = |x|3− 2|x|2+ |x| =
x2− 2x2+ x; x ≥ 0 (−x)3− 2(−x)2+ (−x); x < 0 có đồ thị (P ) gồm 2 phần (P1), (P2) được xác định bằng cách:
- Giữ nguyên phần đồ thị không nằm bên trái trục tung của (C) : (P1)
- Lấy đối xứng phần đồ thị (P1) qua trục tung : (P2)
Số nghiệm của phương trình |x| = p2x3 2− |x| + m đúng bằng số giao điểm của (P ) với đường thẳng y = m
Dựa vào đồ thị ta thấy, đường thẳng y = m cắt (P ) tại 6 điểm phân biệt khi và chỉ khi 0 < m < 274
Vậy 0 < m < 274 là giá trị cần tìm
Câu II.(2,0 điểm)
1 Giải phương trình: 2 sin x(2 sin x − sin23x) = sin23x(2 sin x − 1)
Giải: Phương trình tương đương
4 sin2x − 4 sin x sin23x + sin23x = 0
⇔(2 sin x − sin23x)2+ sin23x − sin43x = 0
⇔(2 sin x − sin23x)2+ sin23x cos23x = 0
⇔
2sinx − sin23x = 0 (1) sin23x cos23x = 0 (2)
Ta có
(2) ⇔
sin23x = 0 sin23x = 1 Với sin23x = 0 thay vào (1) ta được sinx = 0 ⇔ x = kπ (k ∈ Z)
Với sin23x = 1 thay vào (1) được sinx = 12 ⇔
x = π6 + k2π
x = 5π6 + k2π (k ∈ Z)
Trang 2Bo
xMath
2 Giải hệ phương trình: x4+ 2xy + 6y − (7 + 2y)x2 = −9
2x2y − x3 = 10 Giải: Phương trình thứ nhất tương đương
(x2− y − 3)2= (x − y)2 ⇔
x2− x − 3 = 0 2y = x2+ x − 3 Với x2− x − 3 = 0, ta tìm được 2 nghiệm 1 +
√ 13
79 −√13 36
!
, 1 −
√ 13
79 +√13 36
!
Với 2y = x2+ x − 3, ta tìm được 2 nghiệm √
5;2 +
√ 5 2
!
, −√5;2 −
√ 5 2
!
Vậy hệ có 4 nghiệm là
1 +√13
79 −√13 36
!
, 1 −
√ 13
79 +√13 36
!
,
√ 5;2 +
√ 5 2
!
, −√5;2 −
√ 5 2
!
Câu III.(1,0 điểm) Tính tích phân
I =
Z ln 2 0
x.ex
e2x− 2ex+ 2dx Giải: Ta có:
I =
Z ln 2 0
x.ex (ex− 1)2+ 1dx Đặt tan t = ex− 1 suy ra tan2t + 1 dt = exdx và x = ln (tan t + 1)
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0, x = ln 2 ⇒ t = π
4 Khi đó:
I =
π 4
Z
0
ln (tan t + 1) dt
Đặt u = π
4 − t Khi đó
I =
π 4 Z
0
ln
1 +1 − tan u
1 + tan u
du =
π 4 Z
0
ln
2 tan u + 1
du =
π 4 Z
0
[ln 2 − ln (tan t + 1)]dt
Suy ra
2I =
π 4 Z
0
ln 2dt = π
4 ln 2
Vậy I = π
8 ln 2 Câu IV.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành với AB = a, AD = 2a, có SC vuông góc (ABCD), góc \BAD = 600 ; SA hợp với (ABCD) góc 450 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SA và BD
Giải:
Trang 3Bo
xMath
Câu V.(1,0 điểm) Cho các số thực thay đổi x, y, z ∈ [0; 2] thỏa mãn x ≥ y, x ≥ z và x + y + z = 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = x3+ y3+ z3+ 7p3
(x − 1)y(z + 1) Giải: Vì x ≥ y, x ≥ z và x ∈ [0; 2] nên 1 ≤ x ≤ 2 Theo bất đẳng thức cô-si, ta có:
P = x3+ y3+ z3+ 7p3
(x − 1)y(z + 1)
≤ x3+ (y + z)3+7
3(x − 1 + y + z + 1)
= x3+ (3 − x)3+ 7
= 9(x − 2)(x − 1) + 16
≤ 16
Đẳng thức xảy ra khi x = 2, y = 1, z = 0 nên giá trị lớn nhất của P là 16
II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần:
1 Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa.(2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) : x + y − 3 = 0 và đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính
R = 4 Từ một điểm A nằm ngoài (C) kẻ hai tiếp tuyến d1 và d2 đến đường tròn (C) cắt đường thẳng (d) lần lượt tại B và C sao cho −→IB,−IC ngược hướng Tìm tọa độ điểm A để diện tích tam giác ABC nhỏ nhất.→ Giải:
Trang 4Bo
xMath
(C) có tâm I(2; 1); R = 4 Ta thấy (d) đi qua tâm I và B, C nằm khác phía so với I
Gọi 2 tiếp điểm của (d1) và (d2) với đường tròn lần lượt là H và K; chân đường cao từ C hạ xuống AB là
M Ta có:
S∆ABC = S∆ABI+ S∆ACI
= AB.IH
IK.AC 2
= 2(AB + AC)(doR = 4)
≥ 4√AB.AC
≥ 4√AB.CM = 4p2S∆ABC
⇒S∆ABC ≥ 32
Dấu bằng xảy ra ⇔ AB = AC
AC = CM hay ∆ABC vuông cân tại A.
Khi đó đường thẳng AI⊥(d) và AI = IH.sin45o= 4√2
(AI) : x − y − 1 = 0 ⇒ A(t; t − 1) ⇒ AI = 2(t − 2)2 = 32 ⇔
t = 6
t = −2 VậyA(6; 5) hoặc A(−2; −3)
2 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng ∆1 :
x = 5 + 2t
y = t
z = 2 + t
và mặt phẳng (P ) : x + 2y − z = 5 Lập
phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P ) vuông góc với ∆1 và khoảng cách giữa ∆1 và ∆ bằng 3√2
Giải:
Trang 5Bo
xMath
Câu VIIa.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:(2x −x+1+ 2y −x+3(y+1)= 3
2x2−x+2− 6.2y 2 −x+3y+2.2x2−y2+3 = 2(y+3)2−x
Giải: Hệ tương đương
(
2x2−x+1+ 2y2−x+3(y+1) = 3
2x2−x+2− 3.2y 2 −x+3(y+1)= 2.22(y2−x+3y+3)−(x2−x+1) Đặt a = 2x2−x+1 > 0, b = 2y2−x+3(y+1) > 0 ta được hệ ẩn a, b:
a + b = 3 2a − 3b = 2b
2
a Thế b = 3 − a vào phương trình thứ hai được phương trình ẩn b:
3b2− 21b + 18 = 0 ⇔
b = 1
b = 6 Với b = 1 ⇒ a = 2 ⇒
x2− x + 1 = 1
y2− x + 3y + 3 = 0 ⇔ (x; y) = (1; −1); (1; −2) Với b = 6 ⇒ a = −3 loại (vì a > 0)
2 Theo chương trình nâng cao
Câu VIb.(2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x2+ y2 = 25 và đường tròn (T ) : x2+ (y − 8)2 = 9 Một đường thẳng (d) cắt (C) tại A và B; cắt (T ) tại C và D thoả mãn AB = BC = CD Viết phương trình đường thẳng (d)
Giải:
Dễ thấy 2 đường tròn đã cho tiếp xúc ngoài
(C) có tâm O(0; 0), bán kính R = 5; (T ) có tâm I(0; 8), bán kính R = 3
Giải sử AB = BC = CD = 2a và trung điểm các đoạn AB, CD lần lượt là E, F
Ta có OE =√25 − a2; IF =√9 − a2, OI = 8
Gọi hình chiếu của I lên OE là O0 ta có: IO0 = EF = 4a, O0O = OE − IF =√25 − a2−√9 − a2
Từ tam giác vuông tại O0 ta có định lí Pitago:
OI2 = O0I2+ O0O2⇔p25 − a2−p9 − a22 = 82− (4a)2
Ta giải được
Trang 6Bo
xMath
2 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (∆1) : x − 1
y
1 =
z
−1, (∆2) :
x
1 =
y
1 =
z + 1
3 và mặt phẳng (P ) : x + y − z − 1 = 0 Lập phương trình đường thẳng ∆ nằm trong (P ) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: ∆ cắt ∆2, ∆ và ∆1 chéo nhau, và khoảng cách từ ∆ đến ∆1 bằngr 3
2. Giải:
Câu VIIb.(1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: (32x+ 3)√2.3x+ 3 ≤ 32x+1+ 4.3x− 3
Giải: Đặt t = 3x, điều kiện t > 0
Bất phương trình trở thành:
(t2+ 3)√2t + 3 ≤ 3t2+ 4t − 3 (1)
Ta có
(√2t + 3 − t)2 ≥ 0
⇔t2+ 3 ≥ 2t√2t + 3 − 2t
⇔(t2+ 3)√2t + 3 ≥ 2t(2t + 3) − 2t√2t + 3 (2)
⇔(t2+ 3)√2t + 3 ≥ 2t(2t + 3) − (t2+ 2t + 3) = 3t2+ 4t − 3 (3)
Từ (1), (2) và (3), ta được t =√2t + 3 ⇔ t = 3
Với t = 3, ta được 3x = 3 ⇔ x = 1
——— HẾT ———
Thành viên ra đề: letrungtin.dongthap (Câu I, II, V, VIIb), kienqb2011(Câu VIa.2, VIb.2),
hoanghai1195(Câu VIa.1, VIb.1), duyhien(Câu VIIa), manlonely838 (Câu IV)