1

TRUONGHOCSO.COM KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ 6 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN GIẢI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN; Khối: A, A1, B, D (Hướng dẫn giải gồm 09 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Ngày thi 10.03.2013) *************************************************************************************************** I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 2 33 3 1 2y x mx m x m m (1), với m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với 1m . 2. Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại M của đồ thị hàm số (1). Xác định giá trị của m để đường thẳng d cắt đường

thẳng 3:2

y x tại điểm N sao cho diện tích tam giác OMN bằng 9 (với điểm O là gốc tọa độ).

* Hướng dẫn: 1. Học sinh tự giải. 2. Ta có 2 23 6 3 1y x mx m .

2 2 2 2

2

0 3 6 3 1 0 2 1

11 0 1 1 0

1

y x mx m x mx m

x mx m x m x m

x m

Mặt khác 1 1 2 1 1m m m m m . Do đó đồ thị hàm số (1) luôn có hai điểm cực đại và cực tiểu với mọi m. Tọa độ điểm cực đại 1; 2M m m .

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại M là 1 1 2y y m x m m hay 2y m (d).

Tọa độ giao điểm N của d và 3:2

y x thỏa mãn hệ 22 2 2 2 ;233 322

y m x mN m m

y x y m

.

Nhận xét rằng đường thẳng (d) song song với trục hoành.

Do đó gọi H là hình chiếu của O trên (d) thì 2OH m và 5 7

3m

MN

.

2

22 2 2 2

2

1 1 19 . . 9 2 . 5 7 9 5 17 14 542 2 3

5 17 14 54 0 5 17 40 5 17 68 0

517 10715 5 8 5 0 810 20

5

OMNS OH MN m m m m

m m m m m m

mm m m

m

Vậy giá trị cần tìm là 8 ;55

m .

* Bài toán luyện tập 1. Cho hàm số 3 2 2 33 3 1 1 y x mx m x m (1). Gọi (d) là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của đồ thị hàm số đã

cho. Tìm giá trị của m để (d) cắt trục tung tại điểm B sao cho diện tích tam giác ABC bằng 6 với 1;0C .

2. Cho hàm số 23 2 1 y x x . Xác định giá trị của a sao cho tồn tại hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số có cùng hệ số

góc a đồng thời đường thẳng nối hai tiếp điểm tương ứng A, B đi qua điểm 2013;2012K . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

2

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin 3 45 8sin

22 sin

x x

x

.

* Hướng dẫn: Điều kiện sin 2x x . Phương trình đã cho tương đương với

2 21 1sin 3 8sin 2 sin 2 sin 3 os3 8sin 2 sin 24 2 2

x x x x c x x x

3 3 2

2 2 2

2

3sin 4sin 4cos 3cos 8 2 sin 2sin 2 2

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

1 4sin sin cos 2 2 0

1os2 22 6

sin 2 24 6

x x x x x x

x x x c x x

x x x

c x x kk

x L x k

Phương trình đã cho có hai họ nghiệm là 2 ; 26 6

x k x k k .

* Bài toán luyện tập

1. Giải phương trình 32cos 2cos sin 2 2 1 cos 1 sin

cos 1

x x x x xx

.

2. Giải phương trình 2cos 2 1 cos sin 2 sin cos sin 3 x x x x x x . ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ln 3

0

ln 1x xI e e dx .

* Hướng dẫn: ln 3

20

ln 1.

xx

x

eI I e dx

e

Đặt 1 1;x x xt e e t dt e dx .

Đổi cận 0 2; ln 3 4x t x t . Thu được

4

22

ln1tI dt

t

.

Đặt

1ln ; 11 2 1 1

dt dt tu t du dv vt t t t

.

Do đó 4 4

4

222

1 4 2ln ln 4 2ln 2 ln 1 ln 3 ln 21 1 3 3

tI t dt tt t

.

* Bài toán luyện tập

1. Tính tích phân

2

1

ln 1ln 1

e x xI dx

x x x.

2. Tính tích phân

2

21

ln1 ln

e x xI dxx

.

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

3

Câu 4 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương , ,a b c thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1a b c .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 1 1 1

ab bc caMa b b c c a

.

* Hướng dẫn:

Từ giả thiết ta có 1, , 0;2

a b c .

Đặt 11; 1; 1 , , 1;2

x a y b z c x y z và 52

x y z .

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 3 353 06

x y z xyz xyz .

Mặt khác 31 1 1 1 1 1 1 1 12

a b ab a b ab a b a b a b c

Do đó

2 1 3 2 31 1

1 1 2 1 1 2

cab za b a b xy

;.

Tương tự

2 3 2 31 ; 11 1 2 1 1 2

bc x ca y

b c yz c a zx.

2 2 2 2 2 2

2 2 23

2 3 4 151 2 3 2 3 2 3 1 13 3 . 3 .2 2 2 2

12 1513 .2 2

x y z x y z x y zx y zMyz zx xy xyz xyz

x y zMxyz

Đặt 3 5, ;06

xyz t t , xét hàm số 2 2

3 412 15 45 12 5; 0 ;0

2 2 6

t tf t f t t

t t.

Suy ra hàm số f t đồng biến trên miền 5 ;06

, 5 144 36 25 25

f t f M .

Vậy giá trị lớn nhất của M là 325

, đạt được khi 5 16 6

x y z a b c .

* Bài toán luyện tập: 1. Cho bốn số nguyên , , ,a b c d thay đổi thỏa mãn điều kiện 1 50 a b c d .

a. Chứng minh bất đẳng thức 2 50

50

a c b bb d b

.

b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức c aRd b

.

2. Cho tam giác ABC nhọn. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng 2 sin sin sin tan tan tan T A B C A B C .

3. Cho hai số thực ,x y thỏa mãn bất phương trình 2 22 1 x y xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 U x y . 4. Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn điều kiện 1 a b c b c a c a b .

Chứng minh hoặc phản biện bất đẳng thức sau 5 2 2 2

3 3

a b c a b c .

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

4

Câu 5 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2 231 2 3x x x x .

* Hướng dẫn: Cách 1: Phương trình đã cho tương đương với 2 2 232 2 2 0x x x x (1).

Với 0x thì 1 0 2x , phương trình này vô nghiệm. Do đó (1) không nhận 0x là nghiệm.

Với 0x thì 32 21 2 0x xx x

.

Đặt 32x tx

thu được phương trình

3 2 2

2 22 3

2 0 2 2 0

1121 2 0 1 2 01 7 20

2 4

t t t t t t t

tx

t t t x x xxxt L

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm 1;2S . Cách 2: Phương trình đã cho tương đương với 3 32 2 22 . 2 2 0 x x x x (1).

Đặt 3 32 2 2 2 3 332 ; ; 2 ; x a x b x b x a x b . Khi đó 3 2 3 2 2 2 2 2 21 2 0 2 2 0 2 0 a ab b a a ab b b a ab b a b a ab b . Xét hai trường hợp

2 2 1 2 0 1; 2 a b x x x x x x .

22 22

2 2

2

00 272 0 0 202 4 0

0

b aa xb ba ab b a Lb x

b

Trường hợp thứ hai vô nghiệm, do vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 1;2S . Cách 3: Xét 0x không thỏa mãn phương trình đã cho. Với 0x thì phương trình đã cho tương đương với

2 2 2 2 2 23 3

2 22

24 2 2 2 23 3

22

24 2 2 2 23 3

2 2 2 0 2 2 0

22 0

2 2

2 1 0 22 2

x x x x x x x x x

x x xx x

x x x x x x

xx xx x x x x x

2 224 2 2 2 2 2 2 23 3 324 2 2 2 23 3

1 32 2 2 0 0 1 0 02 4 2 2

xx x x x x x x x x x x xx x x x x x

Do đó 2 1 2 0 1;2 x x x .

5

* Bài toán luyện tập:

1. Giải bất phương trình 33 23 6 2 2 0 x x x x x .

2. Giải bất phương trình 2 7 4 4 2 x x x x x .

3. Giải hệ phương trình 2

3 2 4 5;22 5 0

x y x y

x yyx yx

.

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 6 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD là tam giác đều cạnh a. Gọi O là trung điểm của BD và E là điểm

đối xứng với C qua O. Giả sử AE vuông góc với mặt phẳng (ABD), khoảng cách giữa hai đường thẳng AE và BD bằng 34a .

Tính thể tích khối tứ diện ABCD và góc tạo bởi mặt phẳng (BCD) với đường thẳng AC. * Hướng dẫn: + ; AE ABD AE BD BD CE BD ACE BD AO .

Mặt khác 3,4

aEA AO d AE BD AO ;

BD ACEBCD ACE

BD BCD theo giao tuyến CE.

Trong tam giác ACE kẻ đường cao AH thì AH BCD .

Tam giác BCD đều và có cạnh a nên 32

aOE OC .

Trong tam giác AOE (vuông tại A) ta có 2 2

2 2 3 9 34 16 4

a a aAE OE AO .

3 3.. 34 4. .83

2

a aAO AE aAH OE AO AE AH

OE a.

Thể tích khối tứ diện ABCD là 2 31 1 3 3 3. . .

3 3 4 8 32 ABCD BCD

a a aV S AH (đơn vị thể tích).

+ Do CH là hình chiếu của AC trên mặt phẳng (BCD) nên ACH là góc giữa AC và mặt phẳng (BCD).

Ta có 2 2

2 2 3 9 3 3 7 3316 64 8 8 8

a a a a aHE AE AH CH CE HE a .

Tam giác AHC vuông tại H nên 3 8 3tan .8 77 3

AH aCH a

.

* Bài toán luyện tập:

1. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, góc 60ABC và 2AB a , cạnh bên 3A A a . Gọi M là trung điểm của cạnh B’C’. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (A’BM) theo a và tính góc

giữa hai mặt phẳng (A’BM) và (ABC). 2. Cho tứ diện ABCD có các tam giác ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a. Góc giữa cạnh AD và mặt phẳng

(ABC) bằng 4 . Tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và góc giữa hai mặt phẳng (ABD) và (ABC).

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

6

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 tam giác ABC cân tại B. Phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC: 21 1 9 2x y x y y và tọa độ đỉnh 3; 3A . Lập phương trình đường thẳng BC biết đỉnh B có tung độ khác 3 . * Hướng dẫn: Đường tròn nội tiếp tam giác ABC : 2 22 2 21 9 2 1 9 x y y x y , suy ra tâm 1;0 , 3I R .

Phương trình đường thẳng đi qua 3; 3A và tiếp xúc đường tròn: 3 3 0 3 3 0 a x b y ax by a b .

Điều kiện tiếp xúc 2 2 2

2 2

04 3, 3 4 3 9 7 24 0

7 24

aa bd I R a b a b a a b

a ba b

Với 0; 1 : 3 0 a b y .

Với 7 24 ; 24 7 : 24 7 51 0 a b a b x y .

Do điểm B có hoành độ khác 3 nên phương trình các cạnh là : 24 7 51 0 ; : 3 0 AB x y AC y . Tam giác ABC cân tại B nên BI là trung trực của đoạn AC. Phương trình đường thẳng BI đi qua tâm I và vuông góc với AC: 1y .

Tọa độ B thỏa mãn hệ 1 0 751;

24 7 51 0 7

xB

x y; Tọa độ M thỏa mãn hệ

1 01; 3

3 0

xM

y.

Do M là trung điểm của AC nên ta có 5; 3C . Từ đó 964;7

BC , phương trình BC: 24 7 99 0 x y .

* Bài toán luyện tập: 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 1;1A , trực tâm 31;41H và tâm đường tròn ngoại

tiếp là 16; 18I . Tìm tọa độ các đỉnh B và C.

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 2;6A , chân đường phân giác trong của góc A là điểm

32;2

M và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là 1 ;12

I . Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là 3 10 0; 2 2 0 x y x y . Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC biết cạnh AC đi qua điểm 2;2M .

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

Câu 8.a (1,0 điểm). Gọi 1 2,z z là hai nghiệm phức của phương trình 21 3 0z . Tính giá trị biểu thức 2013 20131 2

1 2

z zPz z

.

* Hướng dẫn:

2 2 121 2

2

1 31 3 0 1 3 2

1 3

z iz z i z z

z i

Áp dụng công thức Moivre cho số phức dạng lượng giác 2013 2013 2013

1 1

2013 2013 20132 2

2013 20131 3 2 os sin 2 os sin 23 3 3 3

2013 20131 3 2 os sin 2 os sin 23 3 3 3

z i c i z c i

z i c i z c i

Do đó2013 2013 2013

20121 2

1 2

2.2 24

z zP

z z.

7

* Bài toán luyện tập:

1. Tìm số phức z thỏa mãn . 1z z và 2 82 127

z z .

2. Giải phương trình phức 2 106 120 z z i .

3. Gọi 1 2,z z là hai nghiệm phức của phương trình 2 2 4 0 z z . Tính giá trị của biểu thức 2

1 2 1 22 2

1 2

2

z z z zK

z z.

4. Gọi 1 2,z z là hai nghiệm phức của phương trình 2 4 1 7 0 z m i z i . Tìm số phức m sao cho 1 2

2 1

32

z z iz z

.

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 9.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho bốn điểm 1;1;1 , 2; 1;0 , 2;0; 1 , 2;1;2A B C D . Tìm

tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng : 2P x y z sao cho biểu thức 2 2 2 22 3 4T MA MB MC MD đạt giá trị nhỏ nhất. * Hướng dẫn: Trong không gian chọn điểm 0 0 0; ;I x y z thỏa mãn hệ thức 2 3 4 0

IA IB IC ID .

Ta có 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 01 ;1 ;1 , 2 ; 1 ; , 2 ; ; 1 , 2 ;1 ;2 IA x y z IB x y z IC x y z ID x y z .

0

0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0

0

19101 2 2 3 2 4 2 03 19 3 32 3 4 0 1 2 1 3 4 1 0 ; ;

10 10 10 51 2 3 1 4 2 0 3

5

xx x x x

IA IB IC ID y y y y y I

z z z zz

.

Mặt khác

2 2 2 22 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 3 4 2 3 4

2 3 4

2 3 4 10 2 2 3 4 2 3 4 10

T MA MB MC MD MA MB MC MD

T MI IA MI IB MI IC MI ID

T IA IB IC ID MI IA IB IC ID MI IA IB IC ID M 2I

Do 2 2 2 22 3 4 IA IB IC ID không đổi nên T đạt giá trị nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất. Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P) thì IM IH . Suy ra MI nhỏ nhất khi M trùng với H.

Phương trình đường thẳng (d) qua I và vuông góc với mặt phẳng (P) là

19 3 310 10 5

1 1 1

x y z.

Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm của hệ 19 3 3

11 11 810 10 5 ; ; ; ;1 1 1 6 30 152

x y zx y z

x y z

.

Kết luận: Điểm cần tìm là 11 11 8; ;6 30 15

M .

* Bài toán luyện tập: 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng : 2 2 6 0 P x y z và 1;2;3 , 3;0; 1 , 1;4;7 A B C .

Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho 2 2 2 U MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng : 3 0 P x y z và 3;1;1 , 7;3;9 , 2;2;2A B C . Tìm

tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho 2 3

f MA MB MC nhận giá trị nhỏ nhất.

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

8

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm). Giải phương trình 3 3sin 2 sin10 10 2

x x

x x

.

* Hướng dẫn:

Ta có 4sin os10 10 c ; Đặt

10 a thì sin 0;sin 1 a a . Khi đó

2

22

4 2

2 2

2

2

sin os4 sin 2cos 2 1

sin 2 1 2sin 1

sin 8sin 8sin 1

sin 1 8sin sin 1

sin 1 8sin sin 1 1 0

sin 1 2sin 1 4sin 2sin 1 0

sin 11sin2 5sin5 1sin

45 1sin4

a c a a a

a a

a a a

a a a

a a a

a a a a

a L

a L

aa L

a TM

21 5 1sin 3 os2 1 2sin4 4

a c a a

Phương trình đã cho tương đương với 5 1 5 1 5 1 5 12 . 2.2 . 3 2 34 4 2 2

x x x x

x x .

Đặt 5 1 5 1 102 2

x x

t tt

.

Ta thu được phương trình

5 12

5 1 1 022 3 1 2 0 log 25 1 22

x

x

xt t t xt

Do 0 x x . Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. * Bài toán luyện tập:

1. Giải phương trình 2 cos2 211 sin .2 sin 2 os22

xx x c x .

2. Giải phương trình 2 2sin cos 2 14 4 8 122

x x x x .

3. Giải phương trình 3cos os

7 5 2 17 12 2 os3 x c x

c x .

4. Giải phương trình 2 2sin cos3 3 2 2 2 x x x x .

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

9

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng : 2 2Q x y z và đường thẳng d có phương

trình 1 21 2 2

x y z . Tìm tọa độ các điểm A trên trục Ox sao cho A cách đều (Q) và (d).

* Hướng dẫn: Tọa độ điểm A thuộc trục Ox: ;0;0A a .

Đường thẳng (d) đi qua 0 1;0; 2M và có vector chỉ phương 1;2;2

du . Đặt 0 1 M M u .

Do đó ;d A d là đường cao vẽ từ A của tam giác 0 1AM M .

Ta có và 2 2 2

2 2;

32 1 2

a ad A Q .

Theo bài ra 2

22 228 24 36 4 8 24 36 3 0 3 3;0;03 3

aa a a a a a a A .

* Bài toán luyện tập: Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxyz , cho điểm 1; 1;0M , mặt phẳng : 2 0 P x y z và đường thẳng có phương

trình 2 1: 12 1

x y z . Tìm tọa độ điểm A thuộc mặt phẳng (P) biết đường thẳng AM vuông góc với và khoảng

cách từ A đến đường thẳng bằng 332

.

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu 9.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hypebol 2 2: 2 4H x y . Tìm tọa độ điểm B sao cho độ

dài đoạn AB ngắn nhất, trong đó 4;1A . Chứng minh rằng khi đó đoạn AB vuông góc với tiếp tuyến của (H) tại B. * Hướng dẫn:

Gọi điểm 02 2 20 0 0 0 0

0

2; 2 4 4 2

2

xB x y H x y x

x.

Xét trường hợp 0 02 4 4 2 x AB x .

Xét trường hợp 0 2x ta có 20 0

1 8 22

x y .

Khi đó 22 2 22 2 2 2 20 0 0 0 0 0 0 0

1 1 14 1 2 4 8 2 16 2 1 2 8 2 4 9 92 2 2

AB x y y y y y y y .

Suy ra 3AB . Vậy đoạn AB ngắn nhất bằng 3, đạt được khi 0 2 2;2 y B .

Đường thẳng (d) đi qua 2;2B : 2 2 y k x

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (H) là 22 2 2 2 22 4 2 2 2 4 4 4 8 8 0 x k x k x k k x k k .

(d) tiếp xúc với (H) khi phương trình trên có nghiệm kép 2 : 2 2 k d y x .

Vector chỉ phương của (d) là 1;2 ; 2;1

du AB AB d . * Bài toán luyện tập:

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho parabol 2: 4P y x . Tìm tọa độ hai điểm A, B trên (P) sao cho 4

IA IB .

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho parabol 2: 2 P y x x và ellipse 2 2: 9 9 E x y . Chứng minh rằng parabol và ellipse cắt nhau tại 4 điểm phân biệt tạo thành một tứ giác nội tiếp. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó.

----------------------------HẾT----------------------------

13.03.2013