Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 3 2013 - môn toán

Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) Câu I: (2 ñiểm) Cho hàm số 3 2 3 1 y x x = − + có ñồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C). 2. Tìm hai ñiểm A, B thuộc ñồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và ñộ dài ñoạn AB = 4 2 . Giải: 1) Các em tự khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số. 2) Giả sử 3 2 3 2 ( ; 3 1), ( ; 3 1) A a a a B b b b − + − + (a ≠ b) Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song suy ra y ( ) y ( ) a b ′ ′ = ⇔ ( )( 2) 0 a b a b − + − = ⇔ 2 0 a b + − = ⇔ b = 2 – a ⇒ a ≠ 1 (vì a ≠ b). 2 2 3 2 3 2 2 AB ( ) ( 3 1 3 1) b a b b a a = − + − + − + − = 6 4 2 4( 1) 24( 1) 40( 1) a a a − − − + − AB = 4 2 ⇔ 6 4 2 4( 1) 24( 1) 40( 1) a a a − − − + − = 32 ⇔ a 3 b 1 a 1 b 3 = ⇒ = −   = − ⇒ =  ⇒ A(3; 1) và B(–1; –3) Câu II : (2 ñiểm) 1. Tìm nghiệm trên khoảng 0; 2 π       của phương trình: 2 2 3 4sin 3 sin 2 1 2cos 2 2 4 x x x π π π       − − − = + −             Giải: ( ) 3 2 1 os 2 3 os2 1 1 os 2 2 PT c x c x c x π π   ⇔ − − − = + + −        2cos 3 os2 sin 2 sin 2 3 os2 2cos 1 3 sin 2 os2 cos sin 2 cos 2 2 6 x c x x x c x x x c x x x x π ⇔ − − = − ⇔ − =   ⇔ − = ⇔ − =     ⇔ sin 2 sin 3 2 x x π π     − = −         ⇔ 5 2 ( ) ( ) 18 3 5 2 ( ) ( ) 6 x k k Z a x l l Z b π π π π  = + ∈    = + ∈   Vì 0; 2 x π   ∈     nên 5 18 x π = . 2. Giải hệ phương trình : 4 2 2 2 2 4 6 9 0 2 22 0 x x y y x y x y  − + − + =   + + − =   Giải: HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 03 MÔN: TOÁN Giáo viên: PHAN HUY KHẢI Thời gian làm bài: 180 phút Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - Hệ phương trình ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 3) 4 ( 2) ( 3) 4 ( 2)( 3) 4 4 28 0 ( 2)( 3) 4( 2) 4( 3) 8 0 x y x y x y x y x y x y   − + − = − + − =   ⇔   − − + + − = − − + − + − − =     ðặt 2 2 3 x u y v  − =  − =  Khi ñó (2) ⇔ 2 2 4 . 4( ) 8 u v u v u v  + =  + + =  ⇔ 2 0 u v =   =  hoặc 0 2 u v =   =  ⇒ 2 3 x y =   =  ; 2 3 x y = −   =  ; 2 5 x y  =   =   ; 2 5 x y  = −   =   Câu III : (1 ñiểm) Tính tích phân: 2 3 0 sin I (sin cos ) xdx x x π = + ∫ Giải: ðặt 2 x t dx dt π = − ⇒ = − ⇒ 2 2 3 3 0 0 cos cos I (sin cos ) (sin cos ) tdt xdx t t x x π π = = + + ∫ ∫ ⇒ 2 2 4 2 2 0 0 0 1 1 2I cot( ) 1 (sin cos ) 2 2 4 sin ( ) 4 dx dx x x x x π π π π π = = = − + = + + ∫ ∫ ⇒ 1 I 2 = Câu IV: (1 ñiểm) Cho lăng trụ ABC. A’B’C’ có ñộ dài cạnh bên 2a, ñáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, 3 AC a = và hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung ñiểm của BC. Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ A ñến mặt phẳng (BCC’B’) theo a. Giải: Theo giả thiết ta có: ' ( ) A H ABC ⊥ Tam giác ABC vuông tại A và AH là trung tuyến nên 1 2 AH BC a = = . ' A AH ∆ vuông tại H nên ta có: 2 2 ' ' 3 A H A A AH a = − = Thể tích khối lăng trụ: 3 d . 3 3 . . 3 2 2 a a V S h a a = = = (ñvtt) Ta có: 3 '. 1 1 . 3 ' . 3. 3 3 2 2 A ABC ABC a a a V A H S a = = = (ñvtt) Mặt khác: 3 . ' ' ' '. '. ' ' '. ' ' . ' ' ' 2 3 ABC A B C A ABC A BCC B A BCC B ABC A B C V V V V V a = + ⇒ = = (ñvtt) Ta có: '. ' ' ' ' 3 ( ,( ' ')) ( ',( ' ')) A BCC B BCC B V d A BCC B d A BCC B S = = Vì ' ' ' ' ' ' AB A H A B A H A B H ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ∆ vuông tại A’. Suy ra 2 2 2 ' 3 2 ' ' B H a a a BB BB H = + = = ⇒ ∆ cân tại B’. Gọi K là trung ñiểm của BK, ta có: ' B K BH ⊥ . Do ñó: 2 2 14 ' ' 2 a B K BB BK= − = Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - Suy ra: 2 ' ' 14 ' '. 2 . 14 2 BCC B a S B C BK a a= = = (ñvdt) Vậy ( ) ( ) 3 2 3 3 14 ,( ' ') ',( ' ') 14 14 a a d A BCC B d A BCC B a = = = . Câu V: (1 ñiểm) Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4 . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 a b c d b c c d d a a b + + + ≥ + + + + Giải: Sử dụng bất ñẳng thức Cô–si: 2 2 2 2 a (1 ) (1) 1+b 1 2 4 4 4 2 ab c ab c ab c ab c ab abc a a a a a c b c b c + = − ≥ − = − ≥ − = − − + Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1 ( ) 2 2 2 2 1 b (2) 1+c 1 2 4 4 4 2 bc d bc d bc d bc d bc bcd b b b b b d c d c d + = − ≥ − = − ≥ − = − − + ( ) 2 2 2 2 1 c (3) 1+d 1 2 4 4 4 2 cd a cd a cd a cd a cd cda c c c c c a d a d a + = − ≥ − = − ≥ − = − − + ( ) 2 2 2 2 1 d (4) 1+a b 1 2 4 4 4 2 da b da b da b da b da dab d d d d d a b a b + = − ≥ − = − ≥ − = − − + Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: 2 2 2 2 4 1 1 1 1 4 4 a b c d ab bc cd da abc bcd cda dab b c c d d a a b + + + + + + + + + ≥ − − + + + + Mặt khác: • ( )( ) 2 4 2 a c b d ab bc cd da a c b d + + +   + + + = + + ≤ =     . Dấu "=" xảy ra ⇔ a + c = b + d • ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 a b c d abc bcd cda dab ab c d cd b a c d b a + +     + + + = + + + ≤ + + +         ⇔ ( )( ) ( )( ) 4 4 a b c d abc bcd cda dab a b c d a b c d + +   + + + ≤ + + + = + +     2 4 2 a b c d abc bcd cda dab + + +   ⇔ + + + ≤ =     . Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = d = 1. Vậy ta có: 2 2 2 2 4 4 4 1 1 1 1 4 4 a b c d b c c d d a a b + + + ≥ − − + + + + 2 2 2 2 2 1 1 1 1 a b c d b c c d d a a b ⇔ + + + ≥ + + + + ⇒ ñpcm. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1. PHẦN RIÊNG (3 ñiểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa: (2,0 ñiểm). 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường tròn (C) có phương trình 2 2 ( 1) ( 2) 9 x y − + + = và ñường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m ñể trên ñường thẳng d có duy nhất một ñiểm A mà từ ñó kẻ ñược hai tiếp tuyến AB, AC tới ñường tròn (C) (B, C là hai tiếp ñiểm) sao cho tam giác ABC vuông. Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - Giải: (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 3 2 IA⇒ = ⇔ 5 1 3 2 1 6 7 2 m m m m = − −  = ⇔ − = ⇔  =  2. Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, viết phương trình ñường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P): 1 0 x y z + + − = ñồng thời cắt cả hai ñường thẳng ( ) 1 1 1 : 2 1 1 x y z d − + = = − và 2 1 ( ) : 1 x t d y z t = − +   = −   = −  , với t R ∈ . Giải: Lấy ( ) 1 M d ∈ ⇒ ( ) 1 1 1 1 2 ; 1 ; M t t t + − − ; ( ) 2 N d ∈ ⇒ ( ) 1 ; 1; N t t − + − − Suy ra ( ) 1 1 1 2 2; ; MN t t t t t = − − − −  ( ) ( ) * 1 1 1 . ; 2 2 d mp P MN k n k R t t t t t ⊥ ⇔ = ∈ ⇔ − − = = − −   ⇔ 1 4 5 2 5 t t  =    −  =   ⇒ 1 3 2 ; ; 5 5 5 M   = − −     ⇒ d: 1 3 2 5 5 5 x y z − = + = + Câu VII.a : (1 ñiểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số phức: 2 2 8 1 z w zw z w − − =   + = −  Giải: PT ⇔ 2 8 ( ) 2( ) 15 0 z w zw z w z w − − =   − + − − =  ⇔ 5 13 ( ) ( ) 3 5 zw zw a b z w z w = − = −   ∨   − = − = −   (a) ⇔ 3 11 3 11 2 2 3 11 3 11 2 2 i i w w i i z z   − + − − = =     ∨   + −   = =     ; (b) ⇔ 5 27 5 27 2 2 5 27 5 27 2 2 i i w w i i z z   + − = =     ∨   − + − −   = =     B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb: (2,0 ñiểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho ñiểm M(3;1). Viết phương trình ñường thẳng d ñi qua M cắt các tia Ox, Oy tại A và B sao cho (OA+3OB) nhỏ nhất. Giải: Phương trình ñường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b): 1 x y a b + = (a,b>0) M(3; 1) ∈ d ô 3 1 3 1 1 2 . 12 C si ab a b a b − = + ≥ ⇒ ≥ . Mà 3 3 2 3 12 OA OB a b ab + = + ≥ = min 3 6 ( 3 ) 12 3 1 1 2 2 a b a OA OB b a b =  =   ⇒ + = ⇔ ⇔   = = =    Phương trình ñường thẳng d là: 1 3 6 0 6 2 x y x y + = ⇔ + − = Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 - 2. Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, cho ñường thẳng 1 ( ) ∆ có phương trình { 2 ; ; 4 x t y t z = = = ; 2 ( ) ∆ là giao tuyến của 2 mặt phẳng ( ) : 3 0 x y α + − = và ( ) : 4 4 3 12 0 x y z β + + − = . Chứng tỏ hai ñường thẳng 1 2 , ∆ ∆ chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận ñoạn vuông góc chung của 1 2 , ∆ ∆ làm ñường kính. Giải: Gọi AB là ñường vuông góc chung của 1 ∆ , 2 ∆ : 1 (2 ; ;4)A t t ∈∆ , 2 (3 ; ;0)B s s + − ∈∆ AB ⊥ ∆ 1 , AB ⊥ ∆ 2 ⇒ (2;1;4), (2;1;0) A B ⇒ Phương trình mặt cầu là: 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 2) 4 x y z − + − + − = Câu VIIb: (1,0 ñiểm) Giải phương trình: 2 2 2 2 2 log ( 1) ( 5)log( 1) 5 0 x x x x + + − + − = Giải: ðặt 2 log( 1) x y + = . PT ⇔ 2 2 2 2 ( 5) 5 0 5 y x y x y y x + − − = ⇔ = ∨ = − Vậy nghiệm của phương trình: 99999 x = ± ; x = 0 Giáo viên : Phan Huy Khải Nguồn : Hocmai.vn . LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03 Hocmai. vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900. 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ ñồ thị (C). 2. Tìm hai ñiểm A, B thuộc ñồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và ñộ dài