hướng dẫn giải đề thi thử đại học 2015

hướng dẫn giải đề thi thử đại học 2015 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả cá...

http://boxmath.vn Trang 1 DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 01 Môn: TOÁN I I . . P P H H Ầ Ầ N N C C H H U U N N G G C C H H O O T T Ấ Ấ T T C C Ả Ả T T H H Í Í S S I I N N H H ( ( 7 7 đ đ i i ể ể m m ) ) 1. Khi 3 m  , ta có 3 3 2 ( ): . 1 x C y x     Tập xác định:   \ 1 . D    Sự biến thiên: Chiều biến thiên: 2 5 ' 0, . ( 1) y x D x       Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1)  và (1; ).  Giới hạn và tiệm cận: lim lim 3 x x y y     ; tiệm cận ngang: 3. y  1 lim x y     ; 1 lim x y     ; tiệm cận đứng: 1. x  Bảng biến thiên:  Đồ thị: Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 1    mx y x (C m ), m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 3.  m 2. Cho hai điểm ( 3;4)  A và (3; 2)  B . Tìm m để trên đồ thị (C m ) có hai điểm P, Q cách đều hai điểm A , B và diện tích tứ giác APBQ bằng 24. x ' y y   1     3 3 http://boxmath.vn Trang 2 2. Cách 1: (Lời giải của quydo). Phương trình đường thẳng PQ đi qua trung điểm (0;1) K của AB và vuông góc với AB. Lại có ( ): 1 0 AB x y    nên ( ) : 1 0. PQ x y    Giả sử ( ; 1) P a a  suy ra ( ; 1). Q b b    24 ( ; ) ( ; ) . 48 4 APBQ S d P AB d Q AB AB a b        (*). Mà P thuộc ( ) m C nên 2 2 1 3 0. 1 ma a a ma a         Tương tự Q cũng thuộc ( ) m C nên Q thỏa mãn 2 3 0. b mb    Như vậy a,b thỏa mãn phương trình 2 3 0. x mx    Từ (*) và theo định lí Vi-et ta có: 4 3. a b a b m ab            Từ đó tìm được 2 m   . Thử lại chỉ có 2 m  thỏa mãn. Vậy 2. m  Cách 2: (Lời giải của phamtuankhai). Tứ giác APBQ có đường chéo PQ là trung trực của AB nên ( ) : 1 0. PQ x y    Ta có: 2 1 . 4 2. 2 APBQ APBQ S S PQ AB PQ AB     Như vậy ta tìm m sao cho đường thẳng 1 y x   cắt ( ) m C tại hai điểm phân biệt P,Q và 4 2. PQ  Phương trình hoành độ giao điểm 2 2 1 3 0, 1 mx x x mx x         có hai nghiệm phân biệt khi: 2 0 12 0 2. (1) 0 2 0 m m f m                   2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 2 ( ) ( 1 1) 4 2 ( ) 4 16. PQ x x x x x x x x            Theo định lý Viet ta có: 1 2 1 2 3 x x m x x        , suy ra 2 12 16 2 2. m m m        Vậy 2 m  thỏa mãn điều kiện bài toán. 1. Cách 1: (Lời giải của quydo). Ta có: 2 cos cos sin 4 x x x           Phương trình đã cho tương đương: 4 4(cos sin ) 4 3cos2 5 0. x x x     2 2 2 2 4(1 sin 2 ) 4 3cos2 5 0. 4sin 2 8sin 2 4 3cos2 9 0. 2(2sin 2 1) (2cos2 3) 0. x x x x x x x                Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 4 16cos 4 3cos2 5 0 4            x x . 2. Giải hệ phương trình: 2 2 3 3 3 ( 1)( 1) 1 ( 1)( 1) (1) ( , ). 3 ( 4) 1 0 (2) x y x x y y x y x x x y x y                       http://boxmath.vn Trang 3 1 sin 2 2 2 2 ,( ). 6 12 3 cos2 2 x x k x k k x                       Vậy ,( ). 12 x k k       Cách 2: (Lời giải của duynhan). Đặt 4 t x    . Ta có: 4 2 2 2 2 2 2 16cos 4 3 cos 2 5 0. 2 4(1 cos2 ) 4 3sin 2 5 0. 4cos 2 8cos2 4 3sin 2 9 0. 2(4cos 2 4cos2 1) (4sin 2 4 3sin 2 3) 0. 2(2cos2 1) (2sin 2 3) 0. t t t t t t t t t t t t t                                  1 cos2 2 2 2 2 ,( ). 3 3 12 3 sin 2 2 t t k t k x k k t                             Vậy ,( ). 12 x k k       2. Cách 1: (Lời giải của kiet321). Đặt 3 3 2 1 1 ,( 0). x y a x y a a         2 2 2 2 (2) ( 3) ( 3) 0 ( 3) ( ) 3 . x x a a x x a a                Xét hàm số 2 ( ) ( 3) f t t t   , ta thấy ( ) f t luôn đồng biến trên D. Suy ra 3 3 2 ( ) ( ) 1 1,( 0). f x f a x a x x y y x x x                Thay 3 2 1 y x x    vào phương trình (1), ta được: 8 7 5 2 2 4 3 2 0 ( 1)( 1)( 1) 0. x x x x x x x x x x x x               Với 0 1 x y    .  Với 1 1. x y       Với 2 1 0 x x    ( phương trình vô nghiệm).  Với 4 3 4 3 3 2 2 3 1 0 1 2 ( 1) ( 1) 2 x x x x x x x x x x x               (*) Do điều kiện 0 x  nên hai vế phương trình (*) trái dấu dẫn đến phương trình vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: ( ; ) ( 1; 1),(0;1). x y    Cách 2: (Lời giải của mekongauto). Điều kiện: 3 1 x y   (*) Hệ phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1 0 (3) 3 ( 4) 1 0 (2) x y x y xy x y x x x y x y                   Ta có:   2 2 3 3 (2) ( 3) 1 1 3 . x x x y x y                 (4) http://boxmath.vn Trang 4 Xét hàm số: 2 ( ) ( 3) f t t t   . Ta có: 2 '( ) 3 3 0,f t t t       . Suy ra: ( ) f t đồng biến trên .  Do đó: 3 2 3 (4) 1 1,( 0). x x y x y x x           (5) 2 2 2 2 3 2 (1) ( 1) ( ) 1 0. ( 1) ( 1) 1 0. ( 1)( 1)( 1) 0. xy x x y y x xy x x y x x x y xy                     1 x    hoặc 1 x y   hoặc 1. xy    Với 1 x   , thay vào (5) ta được: 1. y    Với 1 x y   , thay vào (5) ta được: 3 2 2 0 ( 1) 0 0. x x x x x x x           Với 1 xy   , thay vào (5) ta được: 2 3 4 3 2 2 3 1 1 1 0 ( 1) ( 1) 2 . x x x x x x x x x x              Do điều kiện 0 x  nên hai vế phương trình trái dấu  phương trình vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: ( ; ) ( 1; 1),(0;1). x y    (Lời giải của duynhan). 2 2 2 1 1 1 1 1 ln 1 I x dx x x x                     . Đặt 2 1 1 1 t x dt dx x x            . Đổi cận: 5 2 2 1 2. x t x t              Ta có: 5 2 2 ln . I t tdt   Đặt ln dt u t du t    ; 2 . 2 t dv tdt v   5 5 5 2 22 2 2 2 2 2 5 5 25ln 25ln 1 9 2 2 ln 2ln 2 2ln 2 . 2 2 8 4 8 16 t t I t tdt          (Lời giải của duynhan). Trên nữa mặt phẳng bờ BD có chứa điểm A dựng tia Bx vuông góc BD. Kẻ ( ), SH BD H BD   ta có: ( ) . BD SB BD SHB BD SH BD BH          Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2 2 4 1 1 1 ( 1)                I x ln x lnx dx x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a . Biết đường thẳng BD chia mặt phẳng (ABCD) thành hai nữa mặt phẳng, hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) thuộc nữa mặt phẳng chứa điểm A. Cạnh bên SB vuông góc với BD và có độ dài bằng 2 2 a , mặt phẳng (SBD) tạo với mặt đáy góc 60 o . Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC theo a. http://boxmath.vn Trang 5 ( ). , ( ) SH BH SH BD SH ABCD BH BD ABCD           ( ) ( ) ( ), ( ), ABCD SBD BD BH ABCD BH BD SB SBD SB BD             góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) là  . SBH  0 0 60 .sin60 6 SBH SH SB a      . 3 . 1 6 . . 3 3 S ABCD ABCD a V S SH    Tính ( , ) d BD SC : Qua C kẻ đường thẳng  song song với BD cắt đườg thẳng BH tại K. / /( ). ( , ) ( ,( )) . ( ,( )). BD SCK BK d BD SC d B SCK d H SCK HK     0 0 .cos60 2. 2 .sin45 . 2 2 3 2 2 . 2 2 1 . 3 BH SB a a BK BC a a HK HB BK a BK HK            Kẻ ( ), HQ SK Q SK   ta có: ( ); / / . ( ) . BD SHK CK BD CK SHK CK HQ      Mà ( ). HQ SK HQ SCK    ( ,( )) . d H SCK HQ   Xét tam giác SHK vuông tại H có HQ là đường cao, ta có: 2 2 . 3 14 . 7 1 3 14 14 ( , ) . . 3 7 7 SH HK a HQ SH HK a a d BD SC       Vậy 14 ( , ) . 7 a d BD SC  Cách 1: (Lời giải của duynhan). Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có: Câu V (1 điểm) Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn 8 8 8 3    a b c . Chứng minh rằng: 2 2 2 5 5 5 3 ( ) ( ) ( ) 32       a b c b c c a a b . http://boxmath.vn Trang 6 2 5 2 2 2 5 ( ) 64 4( ) ( ) 4 1 (1) ( ) 4 4 64 a b c a b c b c a a a b c b c a a a b c b c b c                       Tương tự ta có: 2 5 1 (2) ( ) 4 4 64 b b b c a c a c a             2 5 1 (3) ( ) 4 4 64 c c c a b a b a b             Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta có: 2 2 2 5 5 5 1 ( ) ( ) ( ) 4 4 32 a b c a b c a b c a b c b c c a a b b c c a a b                        (4) Ta có:   1 1 1 3 a b c a b c b c c a a b a b b c c a                       3 3 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 3 2 1 3 .3. ( )( )( ). 3 2 ( )( )( ) a b b c c a a b b c c a a b b c c a a b b c c a                           3 2 a b c b c c a a b        (5) 8 4 4 2 2 8 4 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2(2 1) 1 4 3 4(2 1) 3 8 7 a a a a a a a a a a a a                    Tương tự ta có: 8 8 8 7 8 7 b b c c     8 8 8 3 8( ) 21 3 (6) a b c a b c a b c             Từ (4), (5), (6) ta có: 2 2 2 5 5 5 1 3 3 3 3 . ( ) ( ) ( ) 4 2 4 32 32 a b c b c c a a b                Cách 2: Liên tiếp sử dụng Cauchy – Schwarz, ta có: 2 2 2 2 4 4 4 2 8 8 8 ( ) 3 ( ) 3 . 3 3 a b c a b c a b c                Từ đó suy ra: 2 2 2 3. a b c    (Lời giải của Lil.Tee). Để ý rằng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) 2. 2 ( )( ) 2. 4. 3 AM GM a b c b c a b c a b c a b c b c                    http://boxmath.vn Trang 7 Do đó ta có: 3 3 3 2 5 2 1 1 1 1 1 1 3 1 . . . ( ) ( ) 4 4 8 8 16 16 16 AM GM a a a a a b c b c a b c b c b c b c                                          Thiết lập hai biểu thức tương tự rồi cộng vế theo vế ta được: 2 2 2 5 5 5 3 3 3 3 3 3 . ( ) ( ) ( ) 16 16 16 2 16 32 Nesbit a b c a b c b c c a a b b c c a a b                      . Bất đẳng thức được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi 1. a b c    (Lời giải của phamtuankhai). 2 2 5 2 2 2 2 5 2 2 2 2 5 ( ) 3 . ( ) 128 32 16 ( ) ( ) ( ) 3 ( ) 128 32 16 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 16 128 32 cyc cyc a b c a a b c b c a a b b c c a a b c a b c b c b c c a a b a a b c a b b c c a a b c b c b c c a a b                                                     Ta có: 3 2 a b c b c c a a b       2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 4( ) 12 3( ) 3 a b b c c a a b c a b c a b c               Do đó: 2 2 2 5 5 5 3 3 12 3 3 . ( ) ( ) ( ) 16 2 128 32 32 a b c b c c a a b          . I I I I . . P P H H Ầ Ầ N N R R I I Ê Ê N N G G ( ( 3 3 đ đ i i ể ể m m ) ) 1 1 . . T T h h e e o o c c h h ư ư ơ ơ n n g g t t r r ì ì n n h h C C h h u u ẩ ẩ n n 1. Cách 1: (Lời giải của duynhan). Do AB AC  nên tam giác ABC là tam giác đều. Suy ra AB, CD tạo với đường thẳng BD một góc 30 0 . Kẻ 0 .sin30 PH BD PH BP   0 0 2 3 1 ( , ) 6 2. sin30 sin30 2 PH d P BD BP        ( ; ),( 1). B BD B a a a    2 2 2 2 ( 3) ( 1) ( 6 2) 2 2( 3 1) 4 3 4 0 2 3 1( ) a a a a a a loai                    Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình cạnh BD là 0 x y   . Đường thẳng AB đi qua điểm (1; 3) P , đường thẳng CD đi qua điểm ( 2; 2 3)  Q . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi, biết độ dài  AB AC và điểm B có hoành độ lớn hơn 1. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho  ABC vuông cân tại C với (5;3; 5), A  (3; 1; 1) B   . Lập phương trình đường thẳng d, biết d đi qua đỉnh C của  ABC , nằm trong mặt phẳng ( ):2 2 0 x y z     và tạo với mặt phẳng ( ): 2 2 5 0 x y z      góc 45 o . http://boxmath.vn Trang 8 (2;2). B  Kẻ 0 .sin30 QK BD QK QD   0 0 2 2 3 2 ( , ) 2 6 2 2. sin30 sin30 2 QK d Q BD QD        ( ; ) D BD D b b   2 2 2 2 ( 2 3) ( 2) (2 6 2 2) 2 4( 3 1) 16 3 16 0 b b b b             4 2 2 3( ) b b loai         ( 4; 4). D    Tọa độ trung điểm I của BD: ( 1; 1) I   Phương trình đường thẳng AC: 2 0 x y    Phương trình đường thẳng CD: (2 3) 4 4 3 0 x y      Tọa độ điểm C là nghiệm hệ phương trình: 2 0 3 1 ( 3 1; 3 1) (2 3) 4 4 3 0 3 1 x y x C x y y                             Tọa độ điểm A: 2 3 1 ( 3 1; 3 1) 2 3 1 A I C A A I C A x x x x A y y y y                       Vậy ( 3 1; 3 1) A    , (2;2) B , ( 3 1; 3 1) C    , ( 4; 4) D   . Cách 2: (Lời giải của quydo). Giả sử phương trìh đường thẳng AB có hệ số góc là k. Do AB AC  nên tam giác ABC đều  0 0 2 3 1 30 tan30 1 2 3 k k ABD k k                 Với 2 3 k   thì phương trình đường thẳng AB đi qua P có hệ số góc k là: (2 3) 2. y x    Tọa độ giao điểm B của AB và BD: 0 3 1 (2 3) 2 3 1 x y x y x y                     (loại vì 1 B x  ).  Với 2 3 k   thì phương trình đường thẳng AB đi qua P có hệ số góc k là: (2 3) 2 2 3. y x    Tọa độ giao điểm B của AB và BD: 0 2 (2;2). 2 (2 3) 2 2 3 x y x B y y x                   Phương trình đường thẳng CD song song với AB và đi qua Q nên có phương trình: (2 3) 4 4 3 y x    Tọa độ giao điểm D của CD và BD: 0 4 ( 4; 4). 4 (2 3) 4 4 3 x y x D y y x                       Suy ra trung điểm I của BD là ( 1; 1) I   Từ đó ta viết được phương trình đường thẳng AC: 2 0 x y    . Tìm tọa độ điểm A, C tương tự như cách trên ta được ( 3 1; 3 1) A    , ( 3 1; 3 1) C    . Vậy ( 3 1; 3 1) A    , (2;2) B , ( 3 1; 3 1) C    , ( 4; 4) D   . http://boxmath.vn Trang 9 2. (Lời giải của kiet321). Do d đi qua C mà d nằm trong ( )  nên ( ) ( ; ;2 2 ) C C x y x y     ( 2; 4;4) ( 5; 3;2 2 5) ( 3; 1;2 2 1) AB AC x y x y BC x y x y                 Vì tam giác ABC vuông cân nên ta có: 2 2 2 2 2 2 ( 5)( 3) ( 3)( 1) (2 2 5)(2 2 1) 0 . 0 ( 5) ( 3) (2 2 5) ( 3) ( 1) (2 2 1) x x y y x y x y AC BC x y x y x y x y AC BC                                      (2;3; 2). C   Gọi ( ; ; ) d u a b c   là vectơ chỉ phương của đường thẳng d. Theo giả thuyết ta có 2 2 0 a b c    (d nằm trong ( )  ) 0 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ; ;2 2 ) 2 2(2 2 ) sin 45 3 (2 2 ) 9 (5 2 ) (5 5 8 ) 2 37 32 5 0 5 37 d u a b a b a b a b a b a b b a a b ab a ab b a b a b                             Chọn 1 b  , ta có 1 2 5 84 (1;1;0), ;1; 37 37 d d u u             Vậy 1 2 : 3 2 x t d y t z            , 2 5 2 37 : 3 84 2 37 x t d y t z t               (Lời giải của kiet321). Ta có: 2 3 2 3 10 2( ) 3( ) 10 z z i z z i z z z z          Đặt z a bi z a bi      Suy ra: 5 3 2 3 5 2 b a b a      Kết hợp với giả thuyết ban đầu: 2 2 2 4. z a b     Ta được các số phức: 1 3 , z i   13 3 3 7 7 z i   Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z, biết 2  z và ( 1)(2 3) ( 1)(2 3) 14       z i z i . http://boxmath.vn Trang 10 2 2 . . T T h h e e o o c c h h ư ư ơ ơ n n g g t t r r ì ì n n h h N N â â n n g g c c a a o o 1. (Lời giải của duynhan). Gọi ( ; ), ( ; ) A A B B A x y B x y Gọi phương trình đường OA là: 2 2 0,( 0) ax by a b     Tọa độ điểm A là nghiệm hệ phương trình: 2 2 0 1 16 9 ax by x y          2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9.16. 9.16. ; 16 9 16 9 9.16.( ) 16 9 A A b b x y a b a b a b OA a b          Phương trình đường thẳng OB vuông góc với OA là: 2 2 0,( 0) bx ay a b     Tương tự như trên ta có: 2 2 2 2 2 9.16.( ) 16 9 a b OB b a    2 2 1 1 25 9.16 25 2 9.16 . 1 144 . . 2 25 OAB OA OB OAOB S OAOB         Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 2 2 16 9 16 9 OA OB a b b a a b          Với a b  , chọn 1 1 a b    Tọa độ điểm A là nghiệm hê phương trình: 2 2 0 12 12 ( 0); 5 5 1 16 9 A x y x x y x y               OA OB  và , A B x x đều dương nên B đối xứng với A qua Ox 12 12 ; 5 5 B         .  Với Với a b   , chọn 1 1 a b     Tương tự như trên ta có: 12 12 12 12 ; , ; . 5 5 5 5 A B              Vậy 12 12 12 12 ; , ; . 5 5 5 5 A B              hoặc 12 12 12 12 ; , ; 5 5 5 5 A B              thì diện tích tam giác OAB nhỏ nhất bằng 144 25 . Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip 2 2 ( ) : 1 16 9 x y E   . Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc (E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB vuông tại O và có diện tích nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 2 0 P x y z     và đường thẳng 2 1 ( ) : 1 2 3 x y z d      . Mặt cầu (S) có tâm I nằm trên đường thẳng (d) và giao với mặt phẳng ( ) P theo một đường tròn, đường tròn này với tâm I tạo thành một hình nón có thể tích lớn nhất. Viết phương trình mặt cầu (S), biết bán kính mặt cầu bằng 3 3 . [...]...  i 3 ; z2  1  3i  2e  i 6 2 i 3 2  22012.e 3 i 2  22012 3 Trang 11 http://tuhoctoan.net Tiếp tục Đề thi thử Đại Học môn Toán số 1 và Hướng dẫn giải Đề thi thử môn Toán số 1 Dưới đây là lời giải đề thi thử số 2 của diễn đàn BoxMath Câu I 1 Tự giải (Cm), m là tham số thực Cho hàm số 2 Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng luôn cắt đồ thị (Cm) tại hai điểm phân biệt Avà B Tìm m sao cho tam... (Lời giải của khanhsy) Giải phương trình trên ta được: z1  3  i  2e Do đó ta có:   i    2e 3    2012 2012 1   i    2e 6    2012 2012 2 z z  22012.e  22012.e 670  2 i 3 336  2 i 3 2012  A  z12012  z2  22013.cos http://boxmath.vn  22012.e   i 3 ; z2  1  3i  2e  i 6 2 i 3 2  22012.e 3 i 2  22012 3 Trang 11 http://tuhoctoan.net Tiếp tục Đề thi thử Đại Học. .. http://tuhoctoan.net Các bạn có thể xem lại đề thi thử số 3 ở đây Đây là lời giải của các bạn trên diễn đàn Toán học BOXMATH.VN Câu I (2 điểm) Cho hàm số là tham số thực 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 2 Tìm để cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt và diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị với trục hoành có diện tích phía trên và phía dưới trục hoành bằng nhau Giải: Phương trình hoàn độ... ngoại tiếp có bán kính mặt cầu Đang cập nhật …… Câu VII.b (1 điểm) Tìm số phức mãn: Đang cập nhật …… có phần thực lớn nhất, biết thỏa Lời giải do diễn đàn BOXMATH.VN, được tổng hợp bởi http://tuhoctoan.net ĐÁP ÁN THI THỬ MÔN TOÁN LẦN 4 BOXMATH.VN Câu I) LỜI GIẢI a) Học sinh tự làm b) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục hoành : x 4  3(m  1) x 2  3m  2  0 Đặt t  x 2  0 Để đồ thị hàm... ————————————————————————————————————————————————————— Câu VII.a Tìm môđun của số phức z, biết: ———————————————————————— Đặt: Nên dẫn đến điều sau: Sau khi làm gọn lại ta được phân tích sau: Với tính chất của 2 số phức bằng nhau Với thì Với dẫn đến nên thì nên dẫn đến nên dẫn đến Vậy ta có các modun là và ————————————————————————————————————————————————————— Câu VI.b 1 Trong mặt phẳng [I]Oxy[/I], cho... gọn ta có hệ mới như sau: Nên ta có: vì cả hai vế đều bằng 1 Phân tích thành nhân tử ta có: Nên ta có: Vậy ; sau đó thể vào ta sẽ giải được hệ Câu II (2 điểm) 2 Tìm thỏa mãn phương trình: Đặt Để ý ta có : Thế vào và rút gọn ta được pt đã cho tương đương với: Vậy ———————————————————————————————————————————— —————————– Câu III (1 điểm) Tính tích phân: Giải: Đặt: Đổi cận: http://tuhoctoan.net Đặt tiếp:... ———————————————————————————————————————————— —————————– Câu II (2 điểm) 1 Giải hệ phương trình: Giải: C1: Đ/k : Từ pt (2) ta suy ra Thế lên pt (1) ta có : (Với (*) Đặt Khi đó pt (*) trở thành Xét hàm số Dễ thấy với thì hàm đã cho đồng biến Vậy khi đó ta có : Vậy suy ra Thay vào phương trình 2 của hệ ta có : Khi đó Vì cặp Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất C2: Giải: (loại) ) http://tuhoctoan.net Trước hết ta có điều... ta có : Gọi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là R Ta có : ————————————————————————————————————————————————————— Câu II 1 Giải phương trình: ———————————————————————— với http://tuhoctoan.net , nhân 2 vế cho cos x ta có : Kết luận :Nghiệm của phương trình là : 2 Giải bất phương trình: ————————————————————————  Cách 1: Điều kiện : Với điều kiện trên ta có: , ta có (2) luôn đúng Với Với : Với... ————————————————————————————————————————————————————— Câu VII.b Giải phương trình: ————————————————————————  Cách 1: Coi phương trình là phương trình bậc hai ẩn Ta có: Xét Vế trái là 1 hằng số nên phương trình có 1 nghiệm duy nhất nên hàm đồng biến http://tuhoctoan.net Mà Nên pt Vậy  là nghiệm duy nhất của phương trình Cách 2: Đặt khi đó dễ có: + Nếu VT là hàm đồng biến nên pt có nghiệm duy nhất là x=2 +Nếu KL: PT có nghiệm duy nhất Lời giải do diễn... Cho là các số thực không âm thỏa mãn nhất của biểu thức: Tìm giá trị lớn Giải: Đổi biến: ta tìm max của Suy ra Từ đó dễ có: Dấu “=” xảy ra khi hay ———————————————————————————————————————————— —————————– Câu VI.a (2 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ , cho tam giác tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác có đỉnh Tìm tọa độ các đỉnh Giải: Gọi M là trung điểm của BC ta luôn có : Pt đường thằng BC đi qua M nhận . http://tuhoctoan.net Tiếp tục Đề thi thử Đại Học môn Toán số 1 và Hướng dẫn giải Đề thi thử môn Toán số 1 . Dưới đây là lời giải đề thi thử số 2 của diễn đàn BoxMath. Câu I 1. Tự giải. Cho hàm số. http://boxmath.vn Trang 1 DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 01 Môn: TOÁN I I . . P P H H Ầ Ầ N N C C H H U U N N G G . ———————————————————————— Đặt: Nên dẫn đến điều sau: Sau khi làm gọn lại ta được phân tích sau: Với tính chất của 2 số phức bằng nhau Với thì nên dẫn đến Với thì nên dẫn đến nên dẫn đến Vậy ta có