Hướng dẫn giải đề thi thử số 2 - 2012 môn toán thầy phương

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 02 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh) Câu I. Cho hàm số ( ) 3 2 2 3 1 2 y x mx m x = + + − + (1) (m là tham số thực) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2. Cho ñiểm M(3; 1) và ñường thẳng ∆: 2 y x = − + . Tìm các giá trị của m ñể ñường thẳng ∆ cắt ñồ thị hàm số (1) tại 3 ñiểm A(0; 2); B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 2 6 . Giải: Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của ñồ thị hàm số với ñường thẳng ∆ là: ( ) ( ) 2 2 2 0 2 2 3 1 2 3 2 3 2 0 x y x mx m x x g x x mx m = ⇒ =  + + − + = − + ⇔  = + + − =  ðường thẳng ∆ cắt ñồ thị hàm số (1) tại ba ñiểm A(0; 2), B, C ⇔ Phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x ≠ 0 ( ) 2 2 0 3 2 0 2 1; 0 3 2 0 3 m m m m m g x m >  ′ ∆ >   − + >  ⇔ ⇔ ⇔    < ≠ ≠ − ≠     Chiều cao ∆MBC: h = d(M; (∆)) = 3 1 2 2 2 + − = . Vậy 2 4 3 MBC S BC h = = . Vì x B , x C là hai nghiệm phương trình g(x) = 0 và B, C ∈ ∆ nên: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 12 8 8 3 2 48 3 4 0 B C B C B C B C B C BC x x y y x x x x x x m m m m m m = − + + = − = − − = − + = − + = ⇔ − − = 1 m ⇔ = − (loại) hoặc m = 4 (thỏa mãn). Câu II. 1. Giải phương trình: ( ) 2 2 sin sin 2 cos sin 2 1 2cos 4 x x x x x π − + = − Giải: Phương trình ñã cho tương ñương với ( ) ( ) 2 sin sin 2 cos sin 2 1 1 cos 2 1 sin 2 2 sin 2 sin cos sin 2 1 0 x x x x x x x x x x π − + = + − = + ⇔ − − = * ( ) sin 2 0 2 k x x k π = ⇔ = ∈ ℤ * ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 sin cos sin 2 1 0 sin 1 2cos sin 0 sin 1 1 2sin 2sin 0 x x x x x x x x x − − = ⇔ − − = ⇔ − + + = ( ) 2 1 2sin 2sin 0 x x ⇔ + + = (vô nghiệm) hoặc sinx = 1 ( ) 2 2 x k k π π ⇔ = + ∈ ℤ HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 02 MÔN: TOÁN Giáo viên: TRẦN PHƯƠNG Thời gian làm bài: 180 phút Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 02 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - 2. Tìm các giá trị của tham số m ñể hệ phương trình sau có nghiệm thực duy nhất. ( ) ( ) 2 2 1 1 x y x y x y m  + + = +   + =   Giải: Do hệ ñối xứng nên nếu (x; y) là một nghiệm của hệ thì (y; x) cũng là một nghiệm của hệ. Do ñó ñể hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì x = y. Thay x = y = 1 vào phương trình (2) ⇒ m = 2. Khi m = 2 thì hệ trở thành ( ) ( ) 2 2 1 1 2 x y x y x y  + + = +   + =   ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 1 1 2 2 x y x y x y xy x y xy x y xy + ≥   + =   ⇔ + + + = + ⇔   =   + − =   hoặc 2 1 x y xy + =   =  Dễ thấy hệ có ba nghiệm (1; -1); (-1; 1) và (1; 1). Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn. Câu III. 1. Cho hình phẳng H giới hạn bởi các ñường 2 y x = ; 2 2 y x = − . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox. Giải: Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của hai ñường cong là: 2 2 4 2 2 2 0 1 x x x x x = − ⇔ + − = ⇔ = − hoặc x = 1. Khi [ ] 1; 1 x∈ − thì 2 2 2 x x − ≥ và ñồ thị các hàm 2 y x = và 2 2 y x = − cùng nằm phía trên trục Ox. Vậy ( ) ( ) 1 1 3 5 2 4 1 1 44 2 2 3 5 5 x x V x x dx x π π π − − = − − = − − = ∫ (ñvtt). 2 . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các ñường 2 3 x y + = , 1 0 x y + − = . Giải: Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của hai ñường 2 3 x y = − và 1 x y = − là: 2 2 3 1 2 0 1 y y y y y − = − ⇔ − − = ⇔ = − hoặc y = 2. Vậy ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 2 1 1 1 9 3 1 2 2 3 2 2 y y S y y dy y y dy y − − −   = − − − = − + + = − + + =     ∫ ∫ (ñvdt). Câu IV. Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thoi cạnh a (a > 0). Góc ABC bằng 120 o , cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a. Gọi C′ là trung ñiểm của cạnh SC. Mặt phẳng (α) ñi qua AC′ và song song với BD cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B′, D′. Tính thể tích khối của chóp S.AB′C′D′. Giải: Gọi O là giao ñiểm của AC và BD; I là giao ñiểm của SO và AC′. Trong mặt phẳng (SBD), qua I kẻ ñường thẳng song song BD cắt SB, SD lần lượt tại B′ và D′. Từ BD ⊥ (SAC) ⇒ B′D′ ⊥ (SAC) ⇒ B′D′ ⊥ AC′. Ta có: 1 3 2 2 AC a SC a AC SC a ′ = ⇒ = ⇒ = = . Do I là trọng tâm của ∆SAC Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 02 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - 2 2 3 3 a B D BD ′ ′ ⇒ = = . Vậy 2 1 . 2 3 AB C D a S AC N D ′ ′ ′ ′ ′ ′ = = Từ B′D′ ⊥ (SAC) ⇒ (AB′C′D′) ⊥ (SAC′). Vậy ñường cao h của hình chóp S.AB′C′D′ chính là ñường cao của tam giác ñều SAC′ ⇒ 3 2 a h = . Vậy 3 . 3 1 . 3 18 S AB C D AB C D a V h S ′ ′ ′ ′ ′ ′ = = (ñvtt). Câu V: Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn 3 z y z + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 4 2ln 1 4 2ln 1 4 2ln 1 P x y z x y z = + + + + − + + − + + − . Giải: Từ giả thiết 0 , , 3 x y z ≤ ≤ suy ra ( ) ( ) 4 2ln 1 0; 4 2ln 1 0 x y y z + + − > + + − > và ( ) 4 2ln 1 0 z x + + − > . Theo bất ñẳng thức Cô-si ta có: ( ) ( ) ( ) 9 4 2ln 1 4 2 ln 1 4 2 ln 1 P x y y z z x ≥ + + − + + + − − + + − Xét hàm số ( ) ( ) [ ] 2ln 1 , 0;3 f t t t t= + − ∈ , có ( ) 1 1 t f t t − ′ = + . Lập bảng biến thiên hàm f(t), với [ ] 0; 3 t ∈ suy ra ( ) 0 2ln 2 1 f t ≤ ≤ − . Do ñó ( ) ( ) ( ) 9 3 3 2ln 2 12 P f x f y f z ≥ ≥ + + + + . Vậy 3 min 3 2ln 2 P = + , khi x = y = z = 1. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a. 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC cố ñịnh A nằm trên ñường thẳng (∆): 2 3 14 0 x y − + = , cạnh BC song song với ∆, ñường cao CH có phương trình: 2 1 0 x y − − = . Biết trung ñiểm của cạnh AB là M(-3; 0). Xác ñịnh tọa ñộ các ñỉnh A, B, C. Giải: Vì AB ⊥ CH nên AB có phương trình: 2 0 x y c + + = . Do M(-3; 0) ∈ AB nên c = 6. Vậy phương trình AB là: 2 6 0 x y + + = . Do A ∈ ∆ nên tọa ñộ A là nghiệm của hệ: ( ) 2 3 14 0 4;2 2 6 0 x y A x y − + =  ⇒ −  + + =  Vì M(-3; 0) là trung ñiểm AB nên B(-2; -2) Cạnh BC // ∆ và ñi qua B nên BC có phương trình: ( ) ( ) 2 2 3 2 0 2 3 2 0 x y x y + − + = ⇔ − − = . Vậy tọa ñộ C là nghiệm của hệ ( ) 2 3 2 0 1;0 2 1 0 x y C x y − − =  ⇒  − − =  S A a D′ D I B ′ C′ C B a O 2a Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 02 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - 2. Trong không gian với hệ trục tọa ñộ Oxyz cho ñiểm A(-1; 0; 2), mặt phẳng (P): 2 3 0 x y z − − + = và ñường thẳng (d): 2 3 6 2 4 1 y x z − − − = = . Viết phương trình ñường thẳng (d′) ñi qua ñiểm A, cắt (d) tại B và cắt (P) tại C sao cho 2 0 AC AB + =    . Giải: Gọi M là giao ñiểm của (d) và (P). Phương trình tham số của (d) là: 3 2 4 6 x m y m z m = +   = +   = +  . Thay vào (P) ta có: 6 4 2 4 6 3 0 1 m m m m − − − − − + = ⇔ = Vậy M(5; 6; 7). Kẻ ñường thẳng (d 1 ) ñi qua A và // (D). Gọi N là giao ñiểm của (d 1 ) và (P) ta có: 1 1 2 : 4 2 x t d y t z t = − +   =   = +  . Thay vào (P) ta ñược 2 4 4 2 3 0 1 t t t t − + − − − + = ⇔ = − Vậy N(-3, -4, 1). Gọi C là ñiểm trên (P) sao cho ( ) 2 0 19; 24; 11 NC NM C+ = ⇒ − − −    ðường CA cắt (d) tại B thỏa mãn yêu cầu. Vậy (d′) là ñường thẳng qua A và C có phương trình: 1 2 18 24 13 y x z + − = = . Câu VII.a Cho số phức ; ,z x yi x y = + ∈ ℤ thỏa mãn 3 18 26 z i = + . Tính ( ) ( ) 2009 2009 2 4T z z= − + − Giải: Ta có ( ) ( ) 3 2 3 3 2 2 3 2 3 3 18 3 3 18 26 3 26 x xy z x xy x y y i i x y y  − =  = − + − = + ⇒  − =   Do x = y = 0 không là nghiệm hệ, ñặt y = tx ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 3 1 3 18 3 1 3 12 13 0 3 26 x t t t t x t t  − =  ⇒ ⇒ − − − =  − =   Khi 1 3 t = thì x = 3 và y = 1, thỏa mãn x, y ∈ Z. Khi 2 3 12 13 0 t t − − = thì x, y ∉ ℤ . Vậy số phức cần tìm là: z = 3 + i Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2009 2009 2009 2009 1004 1004 1005 2 4 1 1 2 1 2 1 2 T z z i i i i= − + − = + + − = + + − = B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b. ( 2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa ñộ Oxy cho ñiểm I(-1; 3). Viết phương trình ñường tròn có tâm I và cắt ñường thẳng 3 4 10 0 x y − + = tại hai ñiểm A, B sao cho AIB bằng 120 o . Giải: Gọi H là hình chiếu của I trên ñường thẳng (d): 3 4 10 0 x y − + = , khi ñó: ( ) ( ) 3 12 10 , 1 5 IH d I d − − + = = = Suy ra R = AI = o 2 cos60 IH = . M N C A d 1 d d ′ B P Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 02 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 - Vậy phương trình ñường tròn cần tìm là: ( ) ( ) 22 1 3 4 x y + + − = 2. Cho A(1; 4; 2) , B(-1;2;4) và ñường thẳng d có phương trình 1 2 2 x t y t z t = −   = − +   =  . Trong các ñường thẳng qua A và cắt d, viết phương trình ñường thẳng cách B một khoảng lớn nhất, nhỏ nhất. Giải: ðường thẳng d qua M(1; -2; 0) và có véc tơ chỉ phương u  (-1; 1; 2) ; MA  (0; 6; 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và d ⇒ (P) có véc tơ pháp tuyến n [u;MA] =    =(-10;2;-6) Chọn véc tơ pháp tuyến của (P) là n P  (5; -1; 3) , khi ñó (P) có phương trình: 5(x-1) - (y - 4) + 3 (z - 2) = 0 ⇔ 5x - y + 3z -7 = 0 ðường thẳng ∆ qua A và cắt d ⇒ ∆ nằm trong (P). 1, ∆ cách B một khoảng lớn nhất ⇔ ∆ vuông góc với AB AB  (-2; -2; 2) ⇒ ∆ có véc tơ chỉ phương u ∆  = P [AB;n ]   = (-4; 16; 12) Chọn 1 u  (-1;4;3) là véc tơ chỉ phương của ∆ ( 1 u  không cùng phương u  ) ðường thẳng ∆ cắt d và thỏa mãn bài toán có phương trình : x 1 y 4 z 2 1 4 3 − − − = = − 2, ðường thẳng ∆ cách B một khoảng lớn nhất ⇔ ∆ qua A và H ⇒ Xác ñịnh H Gọi 1 ∆ là ñường thẳng qua B và vuông góc với (P). 1 ∆ có phương trình: 1 5 2 4 3 x t y t z t = − +   = −   = +  H = 1 ∆ ∩ (P) nên tọa ñộ H thỏa mãn hệ: x 1 5t y 2 t z 4 3t 5x y 3z 7 0 = − +   = −   = +   − + − =  ⇒ H 5 68 146 ; ; 7 35 35   −     ⇒ AH  60 72 76 ; ; 35 35 35   − −     Chọn véc tơ chỉ phương của ∆ là 2 u  (15; 18; -19) ( 2 u  không cùng phương u  ) ðường thẳng ∆ cắt d và thỏa mãn bài toán có phương trình : x 1 y 4 z 2 15 18 19 − − − = = − Câu VII b . Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 3 2 2010 2009 2010 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1 y x x y x y x y −  + =  +   + + = + + +  Giải : +) ðiều kiện: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và ñưa về pt: 2 2 2 2 2009 2009 log ( 2010) log ( 2010) x x y y+ + = + + +) Xét và chứng minh hàm số 2009 ( ) log ( 2010), 0 f t t t t = + + ≥ ñồng biến, Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 02 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 6 - từ ñó suy ra x 2 = y 2 ⇔ x = y, x = - y +) Với x = y thế vào (2) và ñưa về phương trình: 3log 3 (x +2) = 2log 2 (x + 1) = 6t ðưa pt về dạng 1 8 1 9 9 t t     + =         , chứng minh phương trình này có nghiệm duy nhất t = 1 ⇒ x = y = 7 +) Với x = - y thế vào (2) ñược phương trình: log 3 (y + 6) = 1 ⇒ y = - 3 ⇒ x = 3 Giáo viên: Trần Phương Nguồn: Hocmai.vn . là giao ñiểm của AC và BD; I là giao ñiểm của SO và AC′. Trong mặt phẳng (SBD), qua I kẻ ñường thẳng song song BD cắt SB, SD lần lượt tại B′ và D′. Từ. nghiệm) hoặc sinx = 1 ( ) 2 2 x k k π π ⇔ = + ∈ ℤ HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 02 MÔN: TOÁN Giáo viên: TRẦN PHƯƠNG Thời gian làm bài: 180 phút