ĐỀ THI THỬ SỐ 01 Diễn đàn Toán Học MATH.VN (Thời gian: 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Đề bài: Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 +2 (C m ) với m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho với m =1. 2. Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ là trực tâm. Lời giải: 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho với m =1. Bạn đọc tự giải. 2. Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác nhận gốc tọa độ là trực tâm. Tập xác định ℝ Ta có y'=4x 3 −4mx =4x(x 2 −m) Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi y'=0 có 3 nghiệm phân biệt (khi đó y' đổi dấu qua 3 nghiệm đó), hay phương trình x 2 = m có 2 nghiệm phân biệt khác 0. Do đó m >0. Tọa độ 3 điểm cực trị là A(0;2), B( m √ ;2−m 2 ), C( − m √ ;2−m 2 ) Vì B, C đối xứng nhau qua trục tung nên BC luôn vuông góc với OA Do đó O là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi OB → ⋅ AC → =0 Hay m 4 − 2m 2 − m = 0 Giải ra ta được m =0, m = − 1, m = 1± 5 √ 2 So sánh điều kiện ta có giá trị cần tìm của m là m = 1+ 5 √ 2 . Bình luận: Muốn giải quyết câu hỏi này cần phải nắm chắc kiến thức của phần cực trị và véc tơ. Một trong những sai lầm thường gặp là việc xác định m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị. Rất nhiều học sinh nói rằng: hàm số có 3 điểm cực trị khi và khi y’ có 3 nghiệm phân biệt, điều đó không chính xác. Nếu bạn cẩn thận, bạn nên lập bảng biến thiên trong từng trường hợp m =0, m >0, m <0. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 √ (sin2x +sinx)+cos2x − cosx =2 Lời giải 1 Đặt x = π 6 + t ta có phương trình trở thành: 3 √ . sin π 3 +2t +sinx π 6 + t +cos π 3 +2t − cos π 6 + t =2 ⇔ 3 √ 2 .(sin2t + 3√ .cos2t + 3√ .sint +cost)+ 1 2 .(cos2t − 3√ .sin2t − 3√ .cost +sint)=2 ⇔2cos2t +2sint − 2=0⇔2sint − 4sin 2 t ⇔ 2sint.(1 − 2sint)=0 ⇔ sint =0 sint = 1 2 ⇔ t = n.π t =(−1) | | n | | +2 . π 6 +n.π ∀ n ∈ℤ. Tức là phương trình đề ra có tập nghiệm là: ⎧ ⎨ ⎩ π 6 + n.π; π 6 . ⎛ ⎝ 1+(−1) | | n | | +2 ⎞ ⎠ + n.π : ∀ n ∈ℤ ⎫ ⎬ ⎭ . Lời giải 2 PT ⇔ 3 √ 2 sin2x + 1 2 cos2x + 3 √ 2 sinx − 1 2 cosx =1 1 of 7 2 2 2 2 ⇔ cos 2x − π 3 +sin x − π 6 − 1=0 ⇔ −2sin 2 x − π 6 +sin x − π 6 =0 Vậy xảy ra: +) Nếu sin x − π 6 =0 thì x = π 6 + kπ +) Nếu sin x − π 6 = 1 2 thì x = x = π 3 + k2π hoặc x = π + k2π Bình luận: * Ý tưởng của cách 1 có hẳn một chuyên đề của thầy Nguyễn Song Minh trên diễn đàn, các bạn tham khảo tại đây ở đây. * Khi giải PTLG nếu trong PT xuất hiện 3 √ sinx ±cosx thì ta liên tưởng đến cách giải PT bậc nhất đối với sinx và cosx. * Ở chỗ này : 3 √ 2 sin2x + 1 2 cos2x có hai hướng để biến đổi hoặc đưa về cos 2x − π 3 hoặc đưa về sin 2x − π 6 . Tuy nhiên đưa về cos 2x − π 3 cho chúng ta lời giải đơn giản hơn. * Bài PT trình được chế rất đẹp từ PT bậc nhất đối với sinx và cosx. * Bài tương tự: 1) (1 − 2sinx)cosx (1+2sinx)(1 − sinx) = 3 √ (Khối A - 2009 2) sinx +cosxsin2x + 3 √ cos3x =2(cos4x +sin 3 x) (Khối B - 2009) 3) 3 √ cos5x − 2sin3xcos2x − sinx =0 (Khối D - 2009). 2. Tìm tham số m để phương trình log 2 √ (mx− 6x 3 )+2log 1 2 ( − 14x 2 +29x − 2)=0 có 3 nghiệm phân biệt. Lời giải Ta có log 2 √ (mx− 6x 3 )+2log 1 2 ( − 14x 2 +29x − 2)=0 ⇔log 2 √ (mx− 6x 3 ) = log 2 √ ( − 14x 2 + 29x − 2) ⇔ −14x 2 +29x − 2>0 mx − 6x 3 = − 14x 2 +29x − 2 ⇔ 1 14 < x <2 mx = 6x 3 − 14x 2 + 29x − 2 ⇔ 1 14 < x <2 m= 6x 3 −14x 2 +29x − 2 x (1) Xét (C):f(x)= 6x 3 −14x 2 +29x − 2 x với x ∈ 1 14 ;2 Có f '(x)= 12x 3 − 14x 2 +2 x 2 f '(x)=0 1 14 < x <2 ⇔x= 1 2 ∨x=1 (1) chính là phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d):y=m và đồ thị (C) với x ∈ 1 14 ;2 . 2 of 7 14 Số nghiệm của phương trình đã cho cũng chính là số giao điểm của (d) và (C) trên 1 14 ;2 nên Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt trên 1 14 ;2 Dựa vào bảng biến thiên, yêu cầu bài toán ⇔ 19<m< 39 2 . Bình luận: Đây là bài toán thuộc dạng sử dụng phương pháp hàm số, các bạn nên chú ý phương pháp này, đã có nhiều đề thi đại học cùng dạng. Ví dụ: Khối B năm 2006. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt x 2 + mx+2 √ =2x+1 Khối A năm 2007. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực 3 x − 1 √ + mx+1 √ =2 x 4 √ 2 −1 Câu III (1,0 điểm) Tìm giới hạn lim x → 0 ln(1+tan2x − sin2x) x(e x 2 − 1) . Lời giải lim x→ 0 ln(1+tan2x − sin2x) x(e x 2 − 1) = lim x →0 ln(1+tan2x − sin2x) tan2x − sin2x x 3 tan2x − sin2x . e x 2 − 1 x 2 = lim x→ 0 tan2x − sin2x x 3 = lim x→0 sin2x 2x . 1 − cos2x cos2x 1 2 x 2 = lim x→0 4sin 2 x x 2 = 4 Bình luận: Khi gặp các giới hạn có hàm số lượng giác, mũ, logarit thì các bạn cần nhớ đến các giới hạn cơ bản của các hàm số đó. Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC. Biết đường thẳng MN tạo với mặt đáy góc 30 o . Tính thể tích khối chóp S.ABCD. Lời giải 3 of 7 Trước hết gọi O là tâm của hình vuông và I là trung điểm AO. Khi đó MI | | | | SO ⇒ MI ⊥ mp(ABCD) ⇒ INM ^ =30 o . Trong ΔCIN có IN 2 = IC 2 + NC 2 −2.IC.NC.cos45 o = 5a 2 8 ⇒ SO =2.MI =2.IN.tan30 o = a 30 √ 6 . Do đó V S.ABCD = a 3 30 √ 18 . Bình luận: Bài toán này khá cơ bản, các bài toán về thể tích vẫn là món ăn thường xuyên trong các đề thi đại học. Câu V (1,0 điểm) Cho a; b là các số thực dương. Chứng minh rằng 1 a 2 + 1 b 2 + 4 a 2 + b 2 ≥ 32(a 2 + b 2 ) (a + b) 4 Lời giải 1 (a 2 + b 2 ) 2 a 2 b 2 (a 2 + b 2 ) + 4a 2 b 2 a 2 b 2 (a 2 + b 2 ) ≥ (a 2 + b 2 +2ab) 2 2a 2 b 2 (a 2 + b 2 ) = (a + b) 4 2a 2 b 2 (a 2 + b 2 ) ' Ta cần chứng minh: (a + b) 4 2a 2 b 2 (a 2 + b 2 ) ≥ 32(a 2 + b 2 ) (a + b) 4 ⇔ (a + b) 4 ≥ 8ab(a 2 + b 2 ) ⇔ ((a 2 + b 2 )+2ab) 2 ≥ 8ab(a 2 + b 2 ). Lời giải 2 Đặt x = a b + b a , x ≥ 2. BĐT ⇔ (a + b) 2 1 a 2 + 1 b 2 + 4 a 2 + b 2 ≥ 32(a 2 + b 2 ) (a + b) 2 ⇔ x 2 +2x+ 8 x +4 ≥ 32x x +2 ⇔(x−2) 2 (x 2 + 8x + 4) ≥ 0. Bình luận: Bài BĐT này không khó, nhưng cũng đòi hỏi học sinh phải có tư duy BĐT nhất định mới giải quyết được. Có nhiều cách giải khác cho bài toán này, các bạn có thể tìm tòi coi như bài tập. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. Phần A Câu VIa (2,0 điểm) 1. Lập phương trình các cạnh của tam giác đều ABC biết A(3; − 5) và trọng tâm G(1;1). Lời giải: Gọi M là trung điểm BC suy ra AG → =2GM → ⇒ M(0;4) và PT (BC):x−3y+12=0. Giả sử B(3y 0 − 12; y 0 ) và từ GA = GB dẫn tới PT (3y 0 − 13) 2 +(y 0 −1) 2 =40 ⇔ y 0 =4+ 3√ y 0 =4− 3 √ . . Nếu y 0 = 4 + 3 √ ⇒ B( − 33 √ ;4 + 3 √ )⇒C(33 √ ;4− 3 √ ). Nếu y 0 = 4 − 3 √ ⇒ B(33 √ ;4− 3 √ )⇒C(−33 √ ;4 + 3 √ ). Từ đó có PT các cạnh của tam giác ABC. Bình luận: Khi giải các bài toán về các yếu tố trong tam giác, các bạn nên xem lại các kiến thức về các điểm đường đặc biệt trong tam giác. 2. Cho ba điể m A ( 5; 3; − 1 ) , B ( 2; 3; − 4 ) , C ( 1; 2; 0 ) . Tìm tọa độ điể m S tron g khôn g g ian sao cho 4 of 7 2. Cho ba điểm A ( 5 ; 3 ; − 1 ) , B ( 2 ; 3 ; − 4 ) , C ( 1 ; 2 ; 0 ) . Tìm tọa độ điểm S trong không gian sao cho hình chóp S.ABC có góc tam diện đỉnh S là tam diện vuông. Lời giải Hình chóp S.ABC có góc tam diện đỉnh S là tam diện vuông suy ra S nằm trên đường thẳng vuông góc với mp(ABC) và qua trực tâm của tam giác ABC. Nhận xét rằng ΔABC đều nên S nằm trên trục của đường tròn tam giác ABC. Khi đó tâm của ΔABC là G 8 3 ; 8 3 ; − 5 3 và u → = AB → , AC → =(−3;15;3) nên PT trục của đường tròn tam giác ABC là x = 8 3 − t y = 8 3 +5t z = − 5 3 + t . Thêm điều kiện SC → .SB → =0⇔ t − 5 3 t − 2 3 + 2 3 +5t 5t − 1 3 + t − 5 3 t + 7 3 =0⇔ t = 1 3 t = − 1 3 . và ta có hai điểm S 7 3 ; 13 3 ; − 4 3 và S(3;1; − 2) thỏa mãn. Bình luận: Có thể giải bài toán thuần túy vec tơ, tức là điều kiện của bài toán được thỏa mãn nếu xảy ra đồng thời S → A ⋅ S → B =0, S → B ⋅ S → C =0, S → C ⋅ S → A =0. Cách làm này đi đến một hệ 3 phương trình 3 ẩn. Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số hạng dạng hữu tỷ khi khai triển nhị thức 2 x 4 3 √ − 5 x 3 4 √ n biết rằng A n 3 +22C n+1 1 =2(19C n+3 n+1 +4) . Lời giải A n 3 + 22C n−1 1 = 2.(19C n+3 n+1 + 4). ⇔ n! (n − 3)! +22(n − 1)=38 (n +3)! (n+1)!.2! +8 ⇔(n−2)(n − 1)n +22(n +1)=19(n +2)(n +3)+8 ⇔n 3 −22n 2 − 71n − 100 = 0 ⇔ n = 25. Khi ấy 2 x 4 3 √ − 5 x 3 4 √ 25 = ∑ k =0 25 C 25 k . 2.x 4 3 k .( − 5) 25− k . x − 3 4 25− k = ∑ k =0 25 C 25 k .2 k .( − 5) 25−k .x 25(k − 9) 12 . Ta có: 25.(k − 9) 12 ∈ℤ 0 ≤ k ≤ 25 ⇔ k =9 k = 21 Vậy có 2 số hạng hữu tỷ là: C 25 9 .2 9 .( − 5) 16 và C 25 21 .2 21 .( − 5) 4 .x 25 . Bình luận: Đây là dạng toán đã từng gặp nhiều lần trong đề thi đại học, các bạn cũng không nên chủ quan. Một số ví dụ: Khối A năm 2003. Tìm số hạng chứa x 8 trong khai triển nhị thức Newton của 1 x 3 + x 5 √ n biết rằng C n +4 n +1−C n +3 n =7(n +3). Khối A năm 2004. Tìm hệ số của x 8 trong khai triển thành đa thức của ( 1 + x 2 ( 1 − x ) ) 8 . 5 of 7 Kh ố i A năm 2004. Tìm hệ s ố của x 8 trong khai tri ể n thành đa thức của (1 + x 2 (1 − x)) 8 . Phần B Câu VIb (2,0 điểm) 1. Viết phương trình cạnh AB (đường thẳng AB có hệ số góc dương), AD của hình vuông ABCD biết A(2; − 1) và đường chéo BD : x +2y−5=0. Lời giải Do AC ⊥ BD nên PT (AC):2x−y−5=0 và tính được tâm của hình vuông I(3;1) ⇒ C(4;3) ⇒ AC 2 =20. Gọi B(5 − 2y 0 ; y 0 ) và đẳng thức 2AB 2 = AC 2 dẫn tới PT (3 − 2y 0 ) 2 +(y 0 +1) 2 =10 ⇔ y 0 =0 y 0 =2. Suy ra với y 0 =0⇒B(5;0) ⇒ D(1;2) còn y 0 =2⇒B(1;2) ⇒ D(5;0). Vì đường thẳng AB có hệ số góc dương nên PT (AB):x−3y−5=0 và (AD):3x+y−5=0. 2. Cho ba điểm A(5;3; − 1), B(2;3; − 4), C(1;2;0). Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác đều và tìm tọa độ điểm D sao cho tứ diện ABCD là tứ diện đều. Lời giải Ý thứ nhất chỉ cần kiểm tra AB = BC = CA =32 √ là xong. Để xác định tọa độ D có rất nhiều cách tiếp cận, khai thác theo các tính chất của tứ diện đều. Chẳng hạn ta tính tâm của tam giác ABC là G 8 3 ; 8 3 ; − 5 3 và u → = AB → , AC → =(−3;15;3) nên PT trục của đường tròn tam giác ABC là x = 8 3 − t y = 8 3 +5t z= − 5 3 +t . Cuối cùng giải PT 5 3 − t 2 + 2 3 +5t 2 + − 5 3 + t 2 =18 ⇔ t = 2 3 t = − 2 3 . và ta có hai điểm D 2; 34 9 ; − 1 và D 10 3 ; 14 9 ; − 7 3 thỏa mãn. Bình luận: Cũng có thể giải hệ DA = DB = DC = AB. Câu VIIb (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi giá trị khác không của tham số m , tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = mx 2 − 2(m − 1)x − m 3 +4m 2 −5m+4 x−m+1 (C m ) luôn tiếp xúc với một parabol (P):y=ax 2 + bx +c cố định. Lời giải 1 Tiệm cận xiên: y = mx +m 2 − 3m +2 Tiệm cận xiên tiếp xúc với (P) ⇔ phương trình : ax 2 + bx + c = mx + m 2 − 3m + 2 ⇔ ax 2 + (b − m)x + c − m 2 + 3m − 2 = 0 có nghiệm kép với m ⇔ (b − m) 2 − 4a(c − m 2 +3m−2)=0⇔(1+4a)m 2 −(2b +12a)m + b 2 − 4ac +4a=0 ∀ m ⇔ 1+4a=0 2b + 12a = 0 b 2 − 4ac +4a=0 Từ đó ta tìm được: a = − 1 4 ; b = 3 2 ; c = − 1 4 . Vậy (P):y= − 1 4 x 2 + 3 2 x− 1 4 . 6 of 7 Lời giải 2 Ta có : y = mx + m 2 − 3m + 2 + m 2 − 3m +4 x−m+1 nên có lim x → ±∞ (y − mx −m 2 +3m−2)= lim x → ±∞ m 2 − 3m +4 x−m+1 =0⇒ đường thẳng y = mx +m 2 − 3m +2(m khác 0) là TCX của đồ thị hàm số . Ta viết lại TCX : y= mx+m 2 − 3m +2= m + x − 3 2 2 + −x 2 +6x−1 4 Xét Parabol(P):y = −x 2 + 6x − 1 4 . Hoành độ giao điểm của TCX và (P) là nghiệm PT : m + x − 3 2 2 + −x 2 +6x−1 4 = −x 2 +6x−1 4 ⇔ m + x − 3 2 2 =0 , PT này luôn có nghiệm kép x =3−2m. Chứng tỏ khi m khác 0TCX của đồ thị hàm số đã cho luôn tiếp xúc với Parabol(P) (đpcm). Hết 7 of 7 . → 0 ln(1+tan2x − sin2x) x(e x 2 − 1) . Lời giải lim x→ 0 ln(1+tan2x − sin2x) x(e x 2 − 1) = lim x →0 ln(1+tan2x − sin2x) tan2x − sin2x x 3 tan2x − sin2x . e x 2 − 1 x 2 = lim x→ 0 tan2x − sin2x x 3 = lim x→0 sin2x 2x . 1. trên 1 14 ;2 Dựa vào bảng biến thi n, yêu cầu bài toán ⇔ 19<m< 39 2 . Bình luận: Đây là bài toán thu c dạng sử dụng phương pháp hàm số, các bạn nên chú ý phương pháp này, đã có nhiều đề thi đại học cùng. ĐỀ THI THỬ SỐ 01 Diễn đàn Toán Học MATH.VN (Thời gian: 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Đề