Hướng dẫn giải đề thi thử số 5 - 2012 môn toán thầy phương

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 04 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 3 1 ( ) m y x x mx C = + + + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số khi m = 3 (C 3 ) 2. Tìm m ñể (C m ) cắt ñường thẳng (d): y = 1 tại 3 ñiểm phân biệt C, D, E với C(0; 1). Tìm m ñể tiếp tuyến tại D, E với (C m ) vuông góc nhau. Giải: 1) Với m = 3 3 2 3 3 3 1 ( ) y x x x C ⇒ = + + + Học sinh tự khảo sát và vẽ ñồ thị (C 3 ) 2) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C m ) và (d): 3 2 3 2 2 2 3 1 1 3 0 0 (2) ( 3 ) 0 3 0 (3) x x mx x x mx x x x x m x x m + + + = ⇔ + + = =  ⇔ + + = ⇔  + + =  Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ; x x ñều khác 0, ñồng thời: 1 2 '( ). '( ) 1 f x f x = − . Trong ñó 3 2 ( ) 3 1 f x x x mx = + + + Yêu cầu bài toán ( )( ) 2 2 1 1 2 2 9 4 0 0 3 6 3 6 1 m m x x m x x m  ∆ = − >   ⇔ ≠   + + + + = −   Do 1 2 ; x x là nghiệm của (3) nên 2 1 1 3 0 x x m + + = và 2 2 2 3 0 x x m + + = 2 1 1 2 2 2 3 3 x m x x m x  = − −  ⇒  = − −   [ ][ ] 1 1 2 2 9 4 0 3( 3 ) 6 3( 3 ) 6 1 m m x m x m x m x m  <   ⇔ ≠   − − + + − − + + = −   2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 9 9 0 0 4 4 9 6( ) 4 1 9 6( ) 4 1 0 m m x x x x m m x x x x m m   ≠ < ≠ <   ⇔ ⇔     + + + = − + + + + =   Áp dụng ñịnh lý Viet vào phương trình (3) ta có: 1 2 1 2 3 . b x x a c x x m a  + = − = −     = =   HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 04 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 04 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - 2 2 9 0 9 9 0 0 4 4 4 9 65 9 18 4 1 0 4 9 1 0 8 m m m m m m m m m  ≠ <    ≠ < ≠ <    ⇔ ⇔ ⇔    ±    − + + = − + = =     Kết luận : Vậy với 9 65 8 m ± = . Câu II. 1. Giải phương trình: 4 2 4 3sin 2cos 3 os3 3cos cos 1 x x c x x x + + = − + Giải: Phương trình: 4 4 2 3(sin os ) (2cos 3 1) ( os3 cos ) 0 x c x x c x x ⇔ − + − + + = 3 2 2 3cos 2 os6 2cos 2 cos 0 4cos 2 6cos 2 2cos 2 cos 0 os2 (2cos 2 3 cos ) 0 os2 0 (*) 2( os 2 1) (cos 1) 0 (**) x c x x x x x x x c x x x c x c x x ⇔ − + + = ⇔ − + = ⇔ − + = =  ⇔  − + − =  (*) , 4 2 k x k Z π π ⇔ = + ∈ 2 2 2 2 2 2 (**) 2( os2 1)( os2 1) (cos 1) 0 8cos ( sin ) (cos 1) 0 8cos ( os 1) (cos 1) 0 (cos 1) 8cos (cos 1) 1 0 cos 1 2 , 8cos (cos 1) 1 0( ô ê ) c x c x x x x x x c x x x x x x x k k Z x x v nghi m π ⇔ − + + − = ⇔ − + − = ⇔ − + − =   ⇔ − + + =   =  ⇔ ⇔ = ∈  + + =  Vậy phương trình có 2 nghiệm: & 2 , 4 2 x k x k k Z π π π = + = ∈ . 2. Giải phương trình : ( ) 2 3 2 3 2 3 8 x x x − + = + Giải : ðiều kiện : 2 1 (*) 2 x x − ≤ ≤   ≥  ðặt 2 2 4 2 u x x x x  = − +   = +   ta có : 2 2 2 3 2 u v x x − = − + Lúc ñó (1) trở thành : 2 2 2( ) 3 (2 )( 2 ) 0 2 ( 2 0) u v uv u v u v u v do u v − = ⇔ + − = ⇔ = + > Tìm x ta giải : 2 2 2 4 2 2 6 4 0 3 13 x x x x x x − + = + ⇔ − − = ⇔ = ± Vậy (1) có hai nghiệm : 1,2 3 13 x = ± . Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 04 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - I O D C A B S K H M E Câu III. Tính tích phân 6 0 tan( ) 4 os2 x I dx c x π π − = ∫ Giải: 2 6 6 2 0 0 tan( ) tan 1 4 os2 (t an +1) x x I dx dx c x x π π π − + = = − ∫ ∫ , 2 2 1 tan cos2 1 tan x x x − = + ðặt 2 2 1 t an dt = (tan 1) cos t x dx x dx x = ⇒ = + 0 0 1 6 3 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = Suy ra: 1 3 2 0 1 1 1 3 3 ( 1) 1 2 0 dt I t t − = − = = + + ∫ . Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với ñáy hình chóp. Cho AB = a, SA = 2 a . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD. Chứng minh SC ( ) AHK ⊥ và tính thể tích hình chóp OAHK. Giải: + BC vuông góc với (SAB) ⇒ BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB ⇒ AH vuông góc với (SBC) ⇒ AH vuông góc SC (1) + Tương tự AK vuông góc SC (2) Từ (1) và (2) ⇒ SC vuông góc với (AHK ) 2 2 2 2 3 SB AB SA a = + = 6 SB 3 AH.SB SA.AB AH 3 a a⇒ = ⇒ = ⇒ = 2 3 2 3 SH SK 3 3 a a ⇒ = ⇒ = (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A) Ta có HK song song với BD nên 2 2 3 HK SH a HK BD SB = ⇒ = . Kẻ OE// SC ( )( ( )) OE AHK doSC AHK ⇒ ⊥ ⊥ suy ra OE là ñường cao của hình chóp OAHK và 2 4 2 IC SC a OE = = = (Vì ∆ SAC cân tại A , AI là ñường cao, là ñường trung tuyến). Gọi AM là ñường cao của tam giác cân AHK ta có 2 2 2 2 4 9 a AM AH HM = − = ⇒ AM= 2 3 a 3 1 1 1 2 . . . 3 3 2 2 27 OAHK AHK a a V OE S HK AM = = = Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 04 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - C2 : ðể tính hình chóp OAHK ta gắn vào hệ trục tọa ñộ vuông góc Axyz có A là gốc tọa ñộ, trục Ax  hướng theo AD  , trục Ay  hướng theo AB  , trục Az  hướng theo AS  . Thế thì: A(0; 0; 0), ; ;0 2 2 a a O       Từ tính ñồng dạng của các tam giác vuông SKA và SAD, dễ dàng tính ñược 2 2 3 3 3 SK SD a = = , Suy ra 2 2 ; 0; 3 3 K K K a a x y z = = = . Do tính ñối xứng của hình vẽ ta cũng có: 2 2 0; ; 3 3 H K H a a x y z = = = 1 . , 6 OAHK V AO AH AK   =      2 2 2 2 0; ; , ;0; 3 3 3 3 a a a a AO AK     = =               , 2 2 0; ; 3 3 a a AH   =        2 2 2 2 0 0 3 3 3 3 , ; ; 2 2 2 2 0 0 3 3 3 3 a a a a AH AK a a a a         = −           2 2 2 2 2 2 2 4 ; ; 9 9 9 a a a   = −       2 2 3 2 2 2 2 2 2 . , . . 2 9 2 9 9 a a a a a AO AH AK   = + =      3 . 1 2 . , 6 27 O AHK a V AO AH AK   ⇒ = =      Câu V: Tìm a ñể bất phương trình sau có nghiệm : ( ) 3 2 3 1 1 (*) x x a x x + − ≤ − − Giải : ðiều kiện : 1 x ≥ , khi ñó 3 2 ( 1) (*) 3 1 1 x x x x a x x − − ⇔ + − ≤ + − ( ) ( ) 3 2 3 1 1 x x x x a ⇔ + − + − ≤ + Xét hàm số : ( ) ( ) 3 2 ( ) 3 1 1 f x x x x x = + − + − ( ) ( ) 2 3 2 1 1 '( ) (3 6 ) 1 3 1 . 0 2 2 1 f x x x x x x x x x   = + + − + + − + >   −   với 1 x ≥ (Vì 1 x ≥ thì 2 3 2 1 1 3 6 0; 1 0; 3 1 0 à 0 2 2 1 x x x x x x v x x + > + − > + − > + > − ) Suy ra : ( ) f x ñồng biến trên [ ) 1; +∞ ( ) (1) 3 f x f ⇒ ≥ = ( ) ( ) 3 2 lim ( ) lim 3 1 1 x x f x x x x x →+∞ →+∞   = + − + − = +∞   Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 04 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 - ( ) f x liên tục trên [ ] 1; +∞ Lập bảng biến thiên : x 1 +∞ y +∞ 3 Vậy bất phương trình có nghiệm khi 3 a ≥ . 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 tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các ñường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên ñường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC. Giải: Tọa ñộ của A nghiệm ñúng hệ phương trình: ( ) 4 3 4 0 2 2;4 2 6 0 4 x y x A x y y + − = = −   ⇔ ⇒ −   + − = =   Tọa ñộ của B nghiệm ñúng hệ phương trình ( ) 4 3 4 0 1 1;0 1 0 0 x y x B x y y + − = =   ⇔ ⇒   − − = =   ðường thẳng AC ñi qua ñiểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: ( ) ( ) 2 4 0 2 4 0 a x b y ax by a b + + − = ⇔ + + − = Gọi 1 2 3 : 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0 x y x y ax by a b ∆ + − = ∆ + − = ∆ + + − = Từ giả thiết suy ra ( )  ( )  2 3 1 2 ; ; ∆ ∆ = ∆ ∆ . Do ñó ( )  ( )  ( ) 2 3 1 2 2 2 2 2 |1. 2. | | 4.1 2.3| cos ; cos ; 25. 5 5. 0 | 2 | 2 3 4 0 3 4 0 a b a b a a b a b a a b a b + + ∆ ∆ = ∆ ∆ ⇔ = + =  ⇔ + = + ⇔ − = ⇔  − =  + a = 0 0 b ⇒ ≠ . Do ñó 3 : 4 0 y ∆ − = + 3a – 4b = 0: có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 3 4 0 x y ∆ + − = (trùng với 1 ∆ ). Do vậy, phương trình của ñường thẳng AC là y - 4 = 0. Tọa ñộ của C nghiệm ñúng hệ phương trình: ( ) 4 0 5 5;4 1 0 4 y x C x y y − = =   ⇔ ⇒   − − = =   2. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) ( ) : 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0. P x y x y+ − + − Viết phương trình của mặt cầu (S) ñi qua gốc tọa ñộ O, qua ñiểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Giải: Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , , OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P d I P d I Q  =   = = = ⇔ =   =   Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 04 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 6 - Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 1 10 4 2 30 (1) OI AI OI AI a b c a b c a b c = ⇔ = ⇔ + + = − + − + − ⇔ + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 | 2 2 5| , 9 2 2 5 (2) 3 a b c OI d I P a b c a b c a b c + − + = ⇔ + + = ⇔ + + = + − + ( ) ( ) ( ) ( ) | 2 2 5 | | 2 2 13 | , , 3 3 2 2 5 2 2 13 ( ) 2 2 4 (3) 2 2 5 2 2 13 a b c a b c d I P d I Q a b c a b c a b c a b c a b c + − + + − − = ⇔ = + − + = + − −  ⇔ ⇔ + − =  + − + = − − + +  lo¹i Từ (1) và (3) suy ra: 17 11 11 4a ; (4) 3 6 3 a b c − = − = Từ (2) và (3) suy ra: 2 2 2 9 (5) a b c+ + = Thế (4) vào (5) và thu gọn ta ñược: ( ) ( ) 2 221 658 0 a a − − = Như vậy 2 a = hoặc 658 221 a = .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc 658 46 67 ; ; 221 221 221 I   −     và R = 3. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 9 x y z − + − + − = và 2 2 2 658 46 67 9 221 221 221 x y z       − + − + + =             Câu VII.a Cho số phức z thỏa mãn: | | 2 3( 1 2 ) z z i − = − + Tính 2 3 | | | | | | z z z + + Giải: Gọi z = a + bi ( , ) a b R ∈ Từ giả thiết suy ra: 2 2 2 2 2( ) 3 6 2 3 2 6 a b a bi i a b a b + − − = − +   + − = − ⇔  =   Giải hệ pt trên ta suy ra: 0 4 a a =   =  2 3 4 3 | | | | | | 155 z i z z z ⇒ = + ⇒ + + = B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b. ( 2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và ñường tròn (C): 2 2 2 4 8 0 x y x y + + − − = . Xác ñịnh tọa ñộ các giao ñiểm A, B của ñường tròn (C) và ñường thẳng d (cho biết ñiểm A có hoành ñộ dương). Tìm tọa ñộ C thuộc ñường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. Giải: Tọa ñộ giao ñiểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 0; 2 2 4 8 0 1; 3 5 2 0 y x x y x y y x x y = =  + + − − =  ⇔   = − = − − − =   (loại) (nhận) Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 04 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 7 - Vì A có hoành ñộ dương nên ta ñược A(2;0), B(-3;-1). Vì  0 90 ABC = nên AC là ñường kính ñường tròn, tức là ñiểm C ñối xứng với ñiểm A qua tâm I của ñường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 2. Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0 x y z − + − = và các ñường thẳng 1 2 1 3 5 5 : ; : 2 3 2 6 4 5 x y z x y z d d − − − + = = = = − − . Tìm các ñiểm 1 2 d , d M N ∈ ∈ sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Giải: Phương trình tham số của d 1 là: 1 2 3 3 2 x t y t z t = +   = −   =  . M thuộc d 1 nên tọa ñộ của M ( ) 1 2 ;3 3 ;2 t t t + − . Theo ñề: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 |1 2 2 3 3 4 1| |12 6 | , 2 2 12 6 6 1, 0. 3 1 2 2 t t t t d M P t t t + − − + − − = = ⇔ = ⇔ − = ± ⇔ = = + − + + Với t 1 = 1 ta ñược ( ) 1 3;0;2 M ; + Với t 2 = 0 ta ñược ( ) 2 1;3;0 M + Ứng với M 1 , ñiểm N 1 2 d ∈ cần tìm phải là giao của d 2 với mặt phẳng qua M 1 và // mp(P), gọi mặt phẳng này là (Q 1 ). Phương trình (Q 1 ) là: ( ) ( ) 3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1) x y z x y z − − + − = ⇔ − + − = . Phương trình tham số của d 2 là: 5 6 4 5 5 x t y t z t = +   =   = − −  (2) Thay (2) vào (1), ta ñược: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1. ðiểm N 1 cần tìm là N 1 (-1;-4;0). + Ứng với M 2 , tương tự tìm ñược N 2 (5;0;-5). Câu VII b . Giải phương trình sau trên tập phức biết rằng nó có nghiệm thực: 3 2 2 5 (3 2 ) 3 0 z z i z i − + + + + = Giải: Phương trình 3 2 2 5 3 3 (2 1) 0 z z z z i ⇔ − + + + + = Vì phương trình có nghiệm thực ( ) z R ∈ 3 2 2 5 3 3 0 1 2 2 1 0 z z z z z  − + + = ⇒ ⇔ = −  + =  Do ñó phương trình 2 (2 1)( 3 3 ) 0 z z z i ⇔ + − + + = 2 1/ 2 2 1 0 2 3 3 0 1 z z z i z z i z i = −  + =   ⇔ ⇔ = −   − + + =   = +  Giáo viên: Trần Phương Nguồn: Hocmai.vn . Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 04 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư. 2 3 . b x x a c x x m a  + = − = −     = =   HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 04 MÔN: TOÁN Giáo viên: TRẦN PHƯƠNG Thời gian làm bài: 180 phút