tuyển tập 90 đề thi thử đại học môn toán tập 3

Trích đoạn “TUYỂN TẬP 90 ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA THPT MƠN TỐN TẬP 3” Phát hành: 28/04/2015 Số trang: 438 trang Khổ: A4 Giá: 89.000 vnđ Để sở hữu sách, bạn vui lòng liên hệ qua: Website: http://lovebook.vn/ SĐT: 0466.860849 – 0963 140 260 Facebook: https://www.facebook.com/Lovebook.vn Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn PHẦN I DỰ ĐOÁN ĐỀ THI ĐẠI HỌC Kết thúc mùa tuyển sinh đại học năm 2014, với cấu trúc đề thi nhiều có phần thay đổi so với năm trước Đồng thời vào năm kì thi tốt nghiệp THPT kì thi đại học “trên bản” “gộp” vào kì thi chung, kì thi THPT quốc gia, lấy kết xét tốt nghiệp THPT xét tuyển đại học, cao đẳng Chính cấu trúc đề thi năm có số thay đổi nhẹ so với đề thi năm 2014, đồng thời kì thi thực “đổi mới” nên xu hướng đề phần dễ đoán nhẹ nhàng so với đề thi đại học năm 2014! Sau kiến thức trọng tâm cấu trúc dự đoán đề thi THPT quốc gia năm (thứ tự câu thay đổi): Câu (2,0 điểm) Khảo sát hàm số câu hỏi phụ khảo sát hàm số Câu (1,0 điểm) a) Phương trình lượng giác b) Số phức Câu (1,0 điểm) Tích phân Câu (1,0 điểm) a) Phương trình logarit b) Tổ hợp, xác suất Câu (1,0 điểm) Phương pháp tọa độ không gian Câu (1,0 điểm) Hình học khơng gian tổng hợp Câu (1,0 điểm) Phương pháp tọa độ mặt phẳng Câu (1,0 điểm) Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Câu (1,0 điểm) Bài tốn tổng hợp (thường tốn bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất) Nói chung điểm Câu 2, Câu có hai ý nên ý thường chia đôi 0,5 điểm, tức phần phương trình lượng giác, phương trình logarit, số phức, tổ hợp – xác suất có giá trị 0,5 điểm Các phần thường khơng q khó để kiếm điểm Đồng thời, với hình thức kết hợp thi tốt nghiệp THPT tuyển sinh cao đẳng, đại học nên chương trình thường nhiều phần chương trình lớp 12 Thế phần lại thường khơng khó phần kiến thức lớp 10 (cụ thể tọa độ mặt phẳng, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức) Nói chung ta nên để ý chương phương trình logarit, đề thi năm “thế” câu phương trình lượng giác câu phương trình logarit (tất nhiên mức đơn giản) Do năm thực thi theo hình thức THPT quốc gia nên đề thi phụ thuộc năm trước, đồng thời đề thi thường dễ thở để thăm dị Về mức độ khó – dễ toán xuất đề thi phân tích cụ thể phần kiến thức tổng hợp sau đây! Sau đề thi mẫu Bộ Giáo dục Đào tạo năm 2015, đề thi tham khảo có cấu trúc sau: Câu (2,0 điểm) Khảo sát hàm số câu hỏi phụ khảo sát hàm số Câu (1,0 điểm) a) Lượng giác b) Số phức Câu (0,5 điểm) Phương trình logarit Câu (1,0 điểm) Bất phương trình Câu (1,0 điểm) Tích phân Câu (1,0 điểm) Hình học khơng gian tổng hợp Câu (1,0 điểm) Phương pháp tọa độ mặt phẳng Câu (1,0 điểm) Phương pháp tọa độ không gian Câu (0,5 điểm) Xác suất Câu 10 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Như với đề thi mẫu đoán biết phần xu hướng đề thi Bộ Giáo dục Đào tạo: Kiến thức tổng hợp, mức độ đề thi khoảng 5–6 điểm mức độ dễ (dành cho thí sinh thi tốt nghiệp) Nói chung, so với cấu trúc đề thi dự đốn phần kiến thức cần phải ơn gần không thay đổi Một phần lạ phần xác suất lại tách thành câu riêng, có tính thực tế cao Cịn phần lượng giác khơng phải cịn câu phương 143 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn trình lượng giác thơng thường nữa, mà thiên tính giá trị biểu thức – dựa biến đổi, công thức lượng giác Nói chung để làm câu lượng giác cần nhớ cơng thức, nên dù phương trình lượng giác hay biến đổi lượng giác khơng phải vấn đề lớn Cịn phần phân loại hình tọa độ phẳng, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ mức độ đề thi mẫu nên mức độ đề thi dễ so với đề thi đại học năm trước (thang điểm Bộ Giáo dục đưa tham khảo, cách giải hình tọa độ phẳng bất đẳng thức đơn giản) Điều làm học sinh chủ quan được, đề thi thật khả độ khó tập cao nhiều 144 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT môn Toán tập Lovebook.vn Phần 1: Câu hỏi phụ khảo sát hàm số Kiến thức cần nhớ: Các hàm số giới hạn thi: hàm số bậc ba, hàm số bậc bốn trùng phương hàm phân thức bậc nhất/bậc – Tính đơn điệu hàm số – Cực trị hàm số (hàm bậc ba, bậc bốn trùng phương) – Tiếp tuyến hàm số (hàm bậc ba, bậc bốn trùng phương hàm phân thức) – Các tốn tương giao – Định lí Viét cho phương trình bậc hai, phương pháp tam thức bậc hai – Một số toán bản, tảng câu hỏi phụ khảo sát hàm số – Một số tính chất đặc trưng đồ thị hàm số (đặc biệt tính đối xứng) • Tính đơn điệu hàm số: + Hàm số y = f(x) đồng biến (a; b)  f ’(x)  với x ∈ (a; b), đồng thời f ’(x) = xảy số hữu hạn điểm thuộc (a; b) + Hàm số y = f(x) nghịch biến (a; b)  f ’(x)  với x ∈ (a; b), đồng thời f ’(x) = xảy số hữu hạn điểm thuộc (a; b) Chú ý: Bài tập điển hình dạng tập tìm điều kiện tham số để hàm số đơn điệu Thơng thường dạng tập hay xuất với hàm số bậc ba Có hai phương pháp để giải tốn này, là: + Phương pháp hàm số + Phương pháp tam thức bậc • Cực trị hàm số (hàm bậc ba, bậc bốn): Các dạng tốn thơng thường dạng hàm số bậc ba bậc bốn trùng phương: ∎ Hàm số bậc ba: + Sự tồn vị trí điểm cực trị + Phương trình đường thẳng qua cực đại, cực tiểu + Sử dụng định lí Viét cho điểm cực trị ∎ Hàm số bậc bốn trùng phương: + Sự tồn điểm cực trị Kỹ cần thiết: Kĩ tính nhanh cực trị • Tiếp tuyến hàm số: Muốn làm dạng toán tiếp tuyến phải nắm tốn viết phương trình tiếp tuyến điểm thuộc đồ thị, viết phương trình tiếp tuyến qua điểm cho trước có hệ số góc cho trước Một điều cần ý phần sử dụng hệ điều kiện tiếp xúc • Các toán tương giao: Đây dạng toán thường gặp đề thi đại học Các toán thơng thường khai thác tính chất giao điểm hai đồ thị, tìm số giao điểm hai đồ thị biện luận số giao điểm theo tham số • Định lý Viét, phương pháp tam thức bậc hai: b   x1  x  a  ∎ Định lí Viét: Phương trình bậc hai ax + bx + c = có hai nghiệm phân biệt x1, x2  x x  c  a  ∎ Phương pháp tam thức bậc hai: Thường sử dụng định lí dấu tam thức bậc hai: Cho tam thức bậc hai f(x) = ax + bx + c (a  0) + Nếu  < af(x) > với x ∈ ℝ + Nếu  = af(x)  với x ∈ ℝ 145 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn af(x)   x   x1 ; x2   + Nếu  > f(x) có hai nghiệm x1, x2  af(x)   x   ; x1    x ;     Chú ý: Định lý Viét mở rộng cho phương trình bậc ba (và đa thức bậc n nữa) sau: b   x1  x  x3  a  c  Phương trình bậc ba ax + bx + cx + d = có ba nghiệm phân biệt x1, x2, x3 x1 x2  x2 x3  x3 x1  a   d  x1 x x  a  Tuy nhiên mở rộng mở rộng, nên định lí Viét hạn chế cho việc toán thi tốt nghiệp đại học Đây cơng cụ đề phịng cho vào kì thi thử đại học mà thơi! Ngồi cịn định lí đảo tam thức bậc hai, phần bỏ chương trình Vậy nên hạn chế sử dụng phương pháp cũ không muốn bị giáo viên chấm bắt chặt, dẫn đến điểm • Một số tính chất đặc trưng đồ thị hàm số (đặc biệt tính đối xứng): Ta thường ý đến tính đối xứng đồ thị để giải tập Câu 1b cách nhanh gọn nhất: + Đồ thị hàm bậc ba nhận điểm uốn làm tâm đối xứng + Đồ thị hàm bậc bốn trùng phương nhận trục Oy làm trục đối xứng + Đồ thị hàm phân thức bậc nhất/bậc có dạng y  ax  b (ad  bd, c  0) nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm cx  d tâm đối xứng, đồ thị có hai trục đối xứng hai đường thẳng qua tâm đối xứng có hệ số góc k = ±1 Phân dạng tốn: Tất nhiên mục không phân dạng hết tập, xin đề cập số dạng sau: Dạng tốn Ví dụ Phương pháp giải thường dùng Tìm điều kiện để hàm Cho hàm số y = –x3 + 3x2 + 3mx – 1, với m tham số – Phương pháp tam thức bậc hai số đơn điệu thực Tìm m để hàm số nghịch biến khoảng (0; – Phương pháp hàm số khoảng xác định +) 3 Cho hàm số y = x – 3mx + 3m , với m tham số – Điều kiện có nghiệm tam thức bậc hai Cực trị hàm số thực Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A – Sử dụng định lí Viét tốn liên quan B cho tam giác OAB có diện tích 48 – Phương trình qua điểm cực trị hàm bậc ba Cho hàm số y = –x – x + có đồ thị (C) Viết phương – Viết phương trình tiếp tuyến Tiếp tuyến đồ thị trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông – Tìm hệ số góc tiếp tuyến hàm số Bài tốn tương giao góc với đường thẳng y = – Sử dụng hệ điều kiện tiếp xúc x – Cho hàm số y = 2x – 4x Với giá trị m, – Sử dụng phương trình hồnh độ giao điểm – Sử dụng định lí Viét phương trình x2 x2  = m có nghiệm phân – Phương pháp tam thức bậc hai biệt? – Sử dụng đồ thị …… Cho hàm số y = Bài tốn khoảng cách – Sử dụng cơng thức tính khoảng cách x 2 , có đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm x 1 – Sử dụng hình vẽ, tính chất hình học M thuộc (C) cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y = –x Phân loại phương pháp giải: 146 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Phương pháp Lovebook.vn Phân tích Ví dụ Lý thuyết: Cho tam thức bậc hai Ví dụ: Cho hàm số y = –x + 3x + 3mx – 1, với m f(x) = ax + bx + c (a  0) tham số thực Tìm m để hàm số nghịch biến + Nếu  < af(x) > với x ∈ ℝ + Nếu  = af(x)  với x ∈ ℝ Phương pháp khoảng (0; +) – Chắc chắn phải làm việc với đạo hàm (là + Nếu  > f(x) có hai nghiệm x1, x2 tam thức bậc hai): y’ = –3x + 6x + 3m af(x)   x   x1 ; x2    af(x)   x   ; x1    x ;     tam thức bậc hai – Điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai – Thường sử dụng kết hợp với định lí Viét Vậy ta phải xét dấu y’ (0; +) → dựa vào  (hoặc ’) + Nếu ’  y’  với x ∈ ℝ, thỏa + Nếu ’ > y’ lúc có hai nghiệm Vẽ bảng biến thiên y, ta thấy điều kiện nghiệm lớn y’ phải bé thỏa mãn Sử dụng cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị lớn Ví dụ: Cho hàm số y = –x3 + 3x2 + 3mx – 1, với m biểu thức biến, tìm miền giá trị, biện tham số thực Tìm m để hàm số nghịch biến luận,… khoảng (0; +) – Làm việc với đạo hàm y’ = –3x + 6x + 3m Ta phải có y’  với x > Phương pháp  –3x + 6x + 3m  với x > (*) hàm số Thấy dễ dàng lập m sang vế: (*)  m  x – 2x với x <  dùng khảo sát hàm số (cụ thể bảng biến thiên) để kết luận giá trị m thỏa mãn Nếu thấy khó lập m sang vế khơng dùng phương pháp Thường sử dụng định lí Viét cho tam thức bậc hai, Ví dụ: Cho hàm số phương trình bậc hai – Hay sử dụng tốn có đề cập kiện đến nghiệm phương trình bậc hai y= 2 x – mx – 2(3m – 1)x + 3 m tham số thực Tìm m để hàm số có – Trong biểu thức điều kiện có x1, x2 đối xứng hai điểm cực trị x1 x2 cho Sử dụng định lí Viét (x1, x2 nghiệm phương trình bậc hai) x1x2 + 2(x1 + x2) = (*) – Thường sử dụng cho toán cực trị – Bài toán cực trị hàm bậc ba  x , x nghiệm hàm bậc ba, tương giao hàm phân thức với phương trình bậc hai hàm bậc nhất, tương giao đồ thị hàm bậc ba – Đồng thời biểu thức điều kiện (*) biểu thức với đường thẳng,… đối xứng với x1, x2 nên nghĩ đến việc dùng định lí Viét Lý thuyết: Điều kiện để hai đồ thị y = f(x) Ví dụ: Cho hàm số y = x3 – 3x2 + Viết phương y = g(x) tiếp xúc hệ phương trình sau trình tiếp tuyến kẻ đến đồ thị từ điểm Sử dụng hệ điều kiện tiếp xúc f(x)  g(x) có nghiệm  f’(x)  g’(x)  23  A  ;  2   – Số tiếp điểm số nghiệm hệ – Tiếp tuyến đồ thị kẻ từ điểm  phương trình (cịn số tiếp tuyến kẻ giả sử dạng đường thẳng chưa số tiếp điểm, có tiếp tuyến trùng nhau) 147 y = k(x – xA) + yA Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn Lưu ý: Không dùng tiêu chuẩn “nghiệm kép” để làm có ẩn k ta cần tìm điều kiện tiếp xúc đường thẳng với đồ thị Sử dụng hệ điều kiện tiếp xúc tìm x – Hệ điều kiện tiếp xúc thường dùng với  k  phương trình tiếp tuyến tốn viết phương trình tiếp tuyến “đi qua” điểm cho trước Sử dụng phương trình Lý thuyết: Hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số Ví dụ 1: Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có y = f(x) y = g(x) nghiệm phương trình đồ thị (C ), với m tham số Tìm m để đường m f(x) = g(x) hoành độ – Số giao điểm hai đồ thị số nghiệm giao điểm phương trình hồnh độ giao điểm – Có thể kết hợp với dùng phương pháp đồ thị thẳng y = –1 cắt đồ thị (Cm) điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ – Bài toán tương giao nên trường hợp cần dùng phương trình hồnh độ giao điểm Thống kê đề thi đại học: Câu (A – 2009) Cho hàm số y = x 2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số, biết tiếp tuyến cắt trục hồnh, 2x  trục tung hai điểm phân biệt A, B tam giác OAB cân gốc tọa độ O Câu (B – 2009) Cho hàm số y = 2x – 4x Với giá trị m, phương trình x2 x2  = m có nghiệm phân biệt? Câu (D – 2009) Cho hàm số y = x – (3m + 2)x + 3m có đồ thị (Cm), với m tham số Tìm m để đường thẳng y = –1 cắt đồ thị (Cm) điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ Câu (A – 2010) Cho hàm số y = x − 2x + (1 − m)x + m, với m tham số thực Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục 2 hồnh điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2, x3 thoả mãn điều kiện x1  x2  x3  Câu (B – 2010) Cho hàm số y = 2x  có đồ thị (C) Tìm m để đường thẳng y = –2x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân x 1 biệt A, B cho tam giác OAB có diện tích (O gốc tọa độ) Câu (D – 2010) Cho hàm số y = –x – x + có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y = x – Câu (A – 2011) Cho hàm số y = x  có đồ thị (C) Chứng minh với đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) 2x  hai điểm phân biệt A B Gọi k1 k2 hệ số góc tiếp tuyến với (C) A B Tìm m để tổng k1 + k2 đạt giá trị lớn Câu (B – 2011) Cho hàm số y = x – 2(m + 1)x + m, với m tham số Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị A, B, C cho OA = BC, O gốc tọa độ, A điểm cực trị thuộc trục tung, B C hai điểm cực trị lại Câu (D – 2011) Cho hàm số y = 2x  có đồ thị (C) Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + cắt đồ thị (C) hai điểm x 1 phân biệt A, B cho khoảng cách từ A B đến trục hoành 2 Câu 10 (A, A1 – 2012) Cho hàm số y = x – 2(m + 1)x + m , với m tham số thực Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh tam giác vuông 3 Câu 11 (B – 2012) Cho hàm số y = x – 3mx + 3m , với m tham số thực Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A B cho tam giác OAB có diện tích 48 148 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Câu 12 (D – 2012) Cho hàm số y = Lovebook.vn 2 x – mx – 2(3m – 1)x + , với m tham số thực Tìm m để hàm số có hai điểm cực 3 trị x1 x2 cho x1x2 + 2(x1 + x2) = Câu 13 (A, A1 – 2013) Cho hàm số y = –x + 3x + 3mx – 1, với m tham số thực Tìm m để hàm số nghịch biến khoảng (0; +) Câu 14 (B – 2013) Cho hàm số y = 2x – 3(m + 1)x + 6mx, với m tham số thực Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A B cho đường thẳng AB vng góc với đường thẳng y = x + Câu 15 (D – 2013) Cho hàm số y = 2x – 3mx + (m – 1)x + 1, với m tham số thực Tìm m để đường thẳng y = –x + cắt đồ thị hàm số ba điểm phân biệt Câu 16 (A, A1 – 2014) Cho hàm số y = đường thẳng y = –x x 2 , có đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho khoảng cách từ M đến x 1 Câu 17 (B – 2014) Cho hàm số y = x3 – 3mx + 1, với m tham số thực Cho điểm A(2; 3) Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị B, C cho tam giác ABC cân A Câu 18 (D – 2014) Cho hàm số y = x3 – 3x – 2, có đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho tiếp tuyến (C) M có hệ số góc Dạng hàm số Phương pháp giải Sử dụng phương trình Đề thi Bậc ba Trùng phương Phân thức hoành độ giao điểm (có Phương pháp tam thức bậc hai thể kết hợp đồ Phương pháp Sử dụng hàm số định lí Viét Bài tốn tiếp tuyến, sử dụng hệ điều kiện tiếp xúc thị) A – 2009 X X B – 2009 X X D – 2009 X X X X X X X X X A – 2010 X B – 2010 X D – 2010 X X A – 2011 X X B – 2011 X X X D – 2011 X X X A, A1 – 2012 X X X X X B – 2012 X X X D – 2012 X X X A, A1 – 2013 X B – 2013 X D – 2013 X A, A1 – 2014 X X X X X X B – 2014 X D – 2014 X X X Nhận xét, dự đốn: Nói chung, mức độ khó kiến thức khảo sát hàm số câu ăn điểm đề thi, nên mức độ thường mức dễ Các tốn thường gặp thường toán tương giao, sử dụng phương 149 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn pháp tam thức bậc hai định lí Viét nhiều Các toán tiếp tuyến sử dụng phương pháp hàm số gặp nhiều Đồng thời ta thấy năm 2014, đề “đơn giản hóa” nhiều Đây xu hướng tiến tới kì thi quốc gia chung, đồng thời để bắt đầu lại cho kiểu đề mở đầu thường hàm số dạng đơn giản, cụ thể dạng hàm số bậc ba, bâc bốn trùng phương Chính tơi xin đề xuất toán sau: Câu Cho hàm số y = x3 – mx2 – 3x (1), với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m cho đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A, B tạo thành đoạn thẳng có độ dài 2√34 Câu Cho hàm số y = x  2x2  (1) 4 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Viết phương trình tiếp tuyến (C) giao điểm (C) với Ox Câu Cho hàm số y = x  x (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Viết phương trình tiếp tuyến qua điểm M(√2; 0) thuộc đồ thị (C) 150 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn ĐỀ SỐ Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – mx2 – 3x (1), với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m cho đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A, B tạo thành đoạn thẳng có độ dài 34 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình 4sin2x – 3cos2x = 3(4sinx – 1) b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z  z   Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y = x2 y = x Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình log2 2x  1   log4 3x  2 b) Một lớp học có 13 học sinh nam 10 học sinh nữ Giáo viên chủ nhiệm chọn học sinh, có học sinh nam học sinh nữ tham gia tình nguyện làng trẻ SOS Hỏi có cách chọn học sinh đó? Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1; –1; 1) hai đường thẳng (d1): (d2): x y 1 z   2 3 x y 1 z    Chứng minh điểm M, d1, d2 nằm mặt phẳng Viết phương trình đường thẳng d qua M vng góc với mặt phẳng ̂ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, cạnh AB = a ABC = 600 Mặt bên SBC tam giác cân S vng góc với mặt đáy, góc mặt phẳng (ABC) (SAB) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A(0; 2) Gọi D điểm cạnh AB  5  cho AB = 3AD H hình chiếu vng góc B CD Trung điểm đoạn HC M  ;  Biết điểm B nằm đường 2  thẳng x + y + = 0, tìm tọa độ điểm C 4y   3y x  y  x 2  x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  (x, y ∈ ℝ)  x  x2  2x  y   y2  Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 2xy + Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = y  2yz   z2 y  2yz  z   2z x  y 215 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn x=2+t x−2 y z+3 Ta có: đt(d): = = ⇔ { y = −2t (t ∈ ℝ) có vector phương ud = (1; −2; 3) ⃗⃗⃗⃗ −2 z = −3 + 3t mp(P): 2x + y − 2z − = có vector pháp tuyến ⃗⃗⃗⃗ = (2; 1; −2) nP Do M ∈ đt(d) ⇒ M(t + 2; −2t; 3t − 3) Do M ∈ mp(P) ⇒ 2(t + 2) + (−2t) − 2(3t − 3) − = ⇒ t = ⇒ M( ; −3; ) 2 Gọi mặt phẳng cần xác định mp(Q) có vector pháp tuyến nQ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ nQ ⊥ nP mp(Q) ⊥ mp(P) Ta có: { ⇒{ mp(Q) ⊃ đt(d) ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ nQ ⊥ ud Chọn nQ = [ud ; ⃗⃗⃗⃗ ] ⇒ nQ = (1; 8; 5) ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ nP ⃗⃗⃗⃗ ⇒ ptmp(Q): (x − ) + 8(y + 3) + (z − ) = 2 ⇔ mp(Q): x + 8y + 5z + 13 = Câu VI Hướng dẫn: Để tính thể tích, cơng việc quy tính độ dài đường cao SI (với I trung điểm AB hình vẽ) Hơn nữa, đề cho ta độ dài SD, chắn ta bám vào ∆SID vng I Độ dài ID khơng khó khăn để tìm hình vng đáy xác định Thường việc tính khoảng cách hình khơng gian quy tính khoảng cách liên quan đến đường cao hình chóp Do ta tìm cách quy từ khoảng cách A khoảng cách I đến (SBD) ∆SIK với đường cao IH cho ta chìa khóa để giải vấn đề Bài giải chi tiết: Gọi I trung điểm AB⇒ SI ⊥ (ABCD) a Do AB = a ⇒ AI = ΔAID vuông A, nên ta có: a ID = √AD2 + AI2 = √a2 + ( ) = a√5 Do SI ⊥ (ABCD) ⇒ SI ⊥ ID ΔSID vuông I, nên ta có: a√5 SI = √SD2 − ID2 = √( a) − ( ) =a 2 1 a3 3 ⇒ VS.ABCD = SI SABCD = a a2 = Kẻ IK ⊥ BD ⇒ ΔSIK vuông I Do { BD ⊥ IK ⇒ BD ⊥ (SIK) ⇒ (SBD) ⊥ (SIK) BD ⊥ SI Kẻ IH ⊥ SK ⇒ IH ⊥ (SBD) ⇒ IH = d(I; (SBD)) Do I trung điểm AB nên d(A; (SBD)) = 2d(I; (SBD)) = 2IK 1 a Do I trung điểm AB nên IK = d(I; BD) = d(A; BD) = AC = 2√2 ΔSIK vng I, có IH đường cao, nên ta có: a a 1 IS IK a 2√2 = = = IS + IK ⇒ IH = + IK IH √IS a √a2 + ( ) 2√2 ⇒ d(A; (SBD)) = 2IK = a 23 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn Câu VII Hướng dẫn: Đề u cầu viết phương trình CD, ta có hướng xử lý: tìm tọa độ điểmm C D suy phương trình đường thẳng; tìm điểm nằm CD vector pháp tuyến CD - Với hướng xử lý tìm C D, thực chất có khơng có đỉnh số đỉnh hình vng nằm đường thẳng cho trước, ta đặt tọa độ điểm theo biến Tuy nhiên thấy đề cho ta biết điểm M N, nên đương nhiên ta phải chọn điểm cho có liên quan đến điểm để sử dụng kiện; ta nên chọn điểm đặt ẩn điểm A, B, C Với điểm cho trước M N có vị trí xác định tỉ lệ AB AC, ta biểu diễn tọa độ điểm A, B, C theo ẩn chọn Kết hợp với tính chất hình vng cạnh vng góc với nhau, ta có đủ khả để xác định ẩn Từ tìm điểm C, D đường thẳng CD - Với hướng xử lý lại, đề cho điểm M N, nên chắn ta phải tìm vector pháp tuyến CD thơng qua đường MN Với điểm có vị trí xác định hình vng M N, việc xác định quan hệ chúng với thành phần khác hình vng khơng khó khăn Ta việc đặt cạnh hình vng làm số a, tiến hành tìm tất thành phần cần thiết cịn lại hình theo a Góc MN CD không ngoại lệ Đương nhiên, để kết nối MN lấp lửng bên hình với cạnh bên ngoài, ta phải vẽ thêm giao điểm K MN với CD Điểm K nhanh chóng tìm nhờ kết việc áp dụng định lý Ta-let cho ∆MAN Tuy nhiên, q trình “đánh từ ngồi đánh vào” trên, ta tìm MN theo a, mà M N xác định nên độ dài MN số, từ ta tính a Sau tìm a rồi, tốn gần giải ta tiếp hướng Bài giải chi tiết:  Cách 1: ⃗⃗⃗⃗⃗ Gọi A(a; b) Do M trung điểm AB nên B((2 − a; − b) ⇒ AB = (2 − 2a; − 2b) − a −b − 2a + 2b − 16 ⃗⃗⃗⃗⃗ Ta có: ⃗⃗⃗⃗⃗ = 3NC ⇒ C ( AN ; ) ⇒ ⃗⃗⃗⃗⃗ = ( BC ; ) 3 3 2a + 2 2b − 16 (2 − 2a)2 + (4 − 2b)2 = ( ) +( ) AB = AC 3 Ta có: { ⇒ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = 2a + 2b − 16 AB AC (2 − 2a) ( ) + (4 − 2b) ( )=0 { 3 a2 + b2 − 10b + 15 = (1) ⇒{ ⇒ a = 3b − 4a + 4b2 − 10a − 10b − 10 = Thế vào (1) ta được: (3b − 7)2 + b2 − 10b + 15 = ⇔ 10b2 − 52b + 64 = ⇔ [ b = ⇒ a = −1 16 13 b= ⇒a= 5 ⃗⃗⃗⃗⃗ Do BC vng góc với CD nên BC vector pháp tuyến CD - a = −1 Với { ⇒ C(3; −2) ⇒ ⃗⃗⃗⃗⃗ = (0; −4) ⇒ CD: y + = BC b=2 a= - Với  13 12 16 12 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒ C( ; ) ⇒ BC = ( ; ) ⇒ CD: 3x − 4y − 15 = 5 5 Cách 2: 16 b= { Kẻ MN cắt CD K Theo định lý Ta-let, ta có: NC NK  AN NM 7 = 3(xK − 2) x = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒ MN = 3NK ⇔ { ⇔ { K ⇒ K ( ; −2) −3 = 3(yK + 1) yK = −2 24 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn Chọn AB = 2√2x ⇒ AC = 4x ⇒ AN = 3x ⇒ MN = √AM2 + AN2 − 2AM AN cos 450 = x√5 ̂ ⇒ cos AMN = AM2 + MN2 − AN2 1 ̂ (góc nhọn) =− =− ⇒ cos BMN = 2AM MN 2√2 √5 √10 √10 Ta có: nMN = (3; 1) vector phương MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Gọi nAB = (a; b) vector pháp tuyến AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ̂ cos BMN = |3a + b| √a2 + b √10 = √10 ⇔ |3a + b| = √a2 + b ⇔ (3a + b)2 = a2 + b2 ⇔ 8a2 + 6ab = ⇔ [ a=0 4a + 3b = - Với a = 0; chọn b = ⇒ CD: y + = - Với 4a + 3b = 0; chọn a = ⇒ b = −4 ⇒ CD: 3x − 4y − 15 = Bình luận: Một lần nữa, ta lại thấy tác dụng việc “đánh từ đánh vào” Đây hướng tư ngược có tác dụng tốn cho kiện Câu XVIII: Hướng dẫn: Bài tốn có phương trình gây nhiều ý, phương trình (1) Các số 12 xuất nhiều lần phương trình (1) khơng phải ngẫu nhiên, mà vị trí xuất chúng ln kèm với dấu + Do chắn phải xử lý phương trình (1) trước; sau thay kết thu từ phương trình (1) vào phương trình (2)  Xử lý phương trình (1) Một lời khuyên là: bế tắc phương trình, nghĩ đến Bất đẳng thức! Và nghĩ đến Bất đẳng thức, nhanh chóng nhận thấy cách giải phương trình (1) xuất Cách 1: Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki  Với bạn có kiến thức Bất đẳng thức mức khá, khơng q khó để nhận sử dụng Bất đẳng thức vào phương trình (1), ta thấy kết mà thông qua bước biến đổi lắt léo Cụ thể biến đổi: [√12 − y x + √y (12 − x )] ≤ (x + 12 − x )(12 − y + y) = 144 ⇒ x√12 − y + √y (12 − x ) ≤ 12 Vậy dấu “=” phải xảy ra! Phương trình (1) giải dịng! Các bạn tìm dạng tổng qt Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki phương pháp đánh giá Hình học tọa độ  Cách 2: Từ kết cách 1, dựa vào điều kiện xảy dấu “=”, tiến hành nắn để sử dụng Bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm Cụ thể biến đổi: x + 12 − y ⇒ x√12 − y + √y (12 − x ) ≤ 12 y + 12 − x √y (12 − x ) ≤ x√12 − y ≤ |x|√12 − y ≤ { Do đó, dấu “=” phải xảy Cách giải dễ hiểu  Cách 3: Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Để tạo đồng bậc thành phần phương trình (1), tiến hành phép đặt ẩn phụ a = √12 − y Khi y = 12 − a2 , khớp với √12 − x Và tiến hành đặt ẩn phụ khơng hồn tồn, cịn lại cách xử lý bình phương lên để khử căn, tiến hành biểu diễn ẩn qua Phương trình (1) trở thành: 12 ≥ x a x a + √(12 − x )(12 − a2 ) = 12 ⇔ √(12 − x )(12 − a2 ) = 12 − xa ⇔ { (12 − x )(12 − a2 ) = (12 − xa)2 12 ≥ x a x>0 xa ≤ 12 ⟺{ ⟺{ ⇒ x = √12 − y ⇒ { (x − a)2 = x = 12 − y x=a 25 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn Cách giải khơng có góp mặt môt yếu tố cao siêu hai cách đầu Tuy nhiên để nhìn “đẳng cấp” x √12 − y khơng phải dễ dàng  Cách 4: Nhân biểu thức liên hợp - TH1: Nếu x √12 − y = √(12 − x )y; từ phương trình (1) ta suy ra: x>0 x>0 x √12 − y = √(12 − x )y = ⇔ {x (12 − y) = 36 ⟺ { x =y=6 2) y(12 − x = 36 Thử lại khơng thỏa mãn phương trình (2) - TH2: Với x √12 − y − √(12 − x )y ≠ 0; Nhân vế pt với x √12 − y − √(12 − x )y ta được: [x √12 − y + √(12 − x )y] [x √12 − y − √(12 − x )y] = 12 [x √12 − y − √(12 − x )y] ⇔ x (12 − y) − (12 − x )y = 12 (x √12 − y − √(12 − x )y) ⇔ x − y = x √12 − y − √(12 − x )y (3) Kết hợp (1) (3) ta có: x − y + 12 x≥0 ⟺{ y = 12 − x 12 + y − x 2 )y = {√(12 − x x√12 − y = Cách xử lý có lẽ nghĩ đến, khó định hình tạo hệ phương trình với hai ẩn x√12 − y { √(12 − x )y  Cách 5: Nếu coi thừa số thành phần tọa độ nhận thấy rằng, độ dài vector √12, có liên quan nhiều đến vế phải! Việc hồn tồn từ điều kiện y ≥ (2), ta viết √y(12 − x ) = √y √12 − x Và để viết thành độ dài vector ta phải chọn thành phần tọa độ tương ứng khử ẩn cho nhau, ⃗ = (x; √12 − x ); v = (√12 − y; √y) Khi ⃗ v vế trái, vế phải |u| |v| Mà nữa, ta ln có : u ⃗ u⃗ ⃗ ⃗ ̂ ⃗ v ≤ |u v| = ||u| |v| cos(u; v)| ≤ |u| |v| u⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ Do đó, thay tọa độ tương ứng vào, ta có: x√12 − y + √y(12 − x ) ≤ 12 Do phải xảy dấu “=”, tức ⃗ v hướng u ⃗ x √12 − y = √12 − x √y ⇔ x2 12 − x x + 12 − x = = = ⇔ y = 12 − x 12 − y y 12 − y + y Ngồi ra, ta cịn nhận thấy |u| = |v| = √12 Mà với kết y = 12 − x tìm trên, ta cịn khẳng ⃗ ⃗ định ⃗ = v Điều hồn tồn khớp với phương trình (1) mà phương trình (1) thức chất là: u ⃗ (1) ⇔ ⃗ v = 12 Nên ⃗ + v = 2u v ⇔ ⃗ = v u⃗ u ⃗ ⃗ ⃗ u ⃗ Từ ta rút y = 12 − x Ta nên y theo x x theo y xuất nhiều căn, gây rắc rối tính tốn Ngồi ra, từ ta rút x ≥  Xử lý phương trình (2)  Cách 1: Ép nghiệm Cách không gặp chút vướng mắc Sau xử lý xong phương trình (1) số cách giải trên, kết thu là: y = 12 − x Đem vào phương trình (2), thu phương trình vơ tỉ khơng dễ nhìn: x − 8x − = 2√10 − x Đến đây, tiến hành “ép nghiệm” để giải tốn Ngồi ta cịn giải toán cách “khảo sát hàm số”, cách trình bày phần sau: x − 8x − = 2√10 − x ⇔ (x − 8x − 3) − (2√10 − x − 2) = 26 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập ⇔ (x − 3) [x + 3x + + 2(x + 3) √10 − x + Do x ≥ nên x + 3x + + Lovebook.vn ]=0 2(x + 3) √10 − x + >0 Vậy toán giải hoàn toàn nhiều hướng suy nghĩ hoàn toàn khác  Cách 2: Khảo sát hàm số: Xét f(x) = x − 8x − − 2√10 − x [0; +∞), ta có: f ′ (x) = 3x − + 2x √10 − x Nhận thấy f′(x) không giữ dấu [0; +∞), cách không ra! Tuy nhiên, ta cần khai thác thật triệt để điều kiện có nghiệm toán Cụ thể này, x − 8x − = 2√10 − x nên x − 8x − ≥ ⇔ x − 8x > ⇔ x > 2√2 (vì x ≥ 0) Và đương nhiên, với điều kiện chắn f ′ (x) > ∀ x > 2√2 Nên f(x) = có nghiệm x = 3! Bài tốn có phương trình gây nhiều ý, phương trình (1) Các số 12 xuất nhiều lần phương trình (1) khơng phải ngẫu nhiên, mà vị trí xuất chúng ln kèm với dấu + Do chắn phải xử lý phương trình (1) trước; sau thay kết thu từ phương trình (1) vào phương trình (2) Bài giải chi tiết:  Biến đổi phương trình (1)  Cách 1: Bất đẳng thức Cô-si: Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số không âm ta có: x√12 − y ≤ |x|√12 − y ≤ √y (12 − x ) ≤ x + 12 − y y + 12 − x 2 Cộng bất đẳng thức ta có: x + 12 − y y + 12 − x + = 12 2 x = |x| x≥0 Dấu xảy khi: { ⟺{ y = 12 − x x = 12 − y x√12 − y + √y (12 − x ) ≤  Cách 2: Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: [√12 − y x + √y (12 − x )] ≤ (x + 12 − x )(12 − y + y) = 144 ⇒ x√12 − y + √y (12 − x ) ≤ 12 Dấu"=" xảy khi: x √12 − x ⇔{ = √12 − y √y ⟺ x√y = √(12 − x )(12 − y) x≥0 x≥0 ⟺{ x y = (12 − x )(12 − y) y = 12 − x  Cách 3: Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn: Đặt a = √12 − y, ta có: x a + √(12 − x )(12 − a2 ) = 12 ⇔ √(12 − x )(12 − a2 ) = 12 − xa ⇔{ 12 ≥ x a (12 − x )(12 − a2 ) = (12 − xa)2 ⇔{ 12 ≥ x a x>0 xa ≤ 12 ⟺{ ⇒ x = √12 − y ⇒ { (x − a)2 = x = 12 − y x=a  Cách 4: Nhân biểu thức liên hợp: - TH1: Nếu x √12 − y = √(12 − x )y 27 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Từ pt ta suy ra: x>0 x>0 x √12 − y = √(12 − x )y = ⇔ {x (12 − y) = 36 ⟺ { x =y=6 y(12 − x ) = 36 Thử lại không thỏa mãn pt(2) - TH2: x √12 − y − √(12 − x )y ≠ Nhân vế pt với x √12 − y − √(12 − x )y ta được: [x √12 − y + √(12 − x )y] [x √12 − y − √(12 − x )y] = 12 [x √12 − y − √(12 − x )y] ⇔ x (12 − y) − (12 − x )y = 12 [x √12 − y − √(12 − x )y] ⇔ x − y = x √12 − y − √(12 − x )y (3) Kết hợp (1) (3) ta có: x − y + 12 x≥0 ⟺{ y = 12 − x 12 + y − x 2 )y = {√(12 − x x√12 − y = Cách 5:  Điều kiện: y ∈ [2; 12]; |x| ≤ √12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai vector ⃗ = (x; √12 − x ); v = (√12 − y; √y) u ⃗ Khi ⃗ v = x√12 − y + √y(12 − x ) |u| = |v| = √12 u⃗ ⃗ ⃗ ̂ Nhận thấy (1) ⇔ ⃗ v = |u| |v| Mà ta ln có ⃗ v ≤ |u v| = ||u| |v| cos(u; v)| ≤ |u| |v| u⃗ ⃗ ⃗ u⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ Do dấu “=” phải xảy Khi ⃗ v phải hướng u ⃗ ⇔ x √12 − y = √12 − x √y ⇔ x2 12 − x x + 12 − x = = = ⇔ y = 12 − x 12 − y y 12 − y + y Khi (2) ⇔ x − 8x − = 2√10 − x (3)  Biến đổi phương trình (2)  Cách 1: Ép nghiệm Thay y = 12 − x vào pt ta được: x − 8x − = 2√10 − x ⇔ (x − 8x − 3) − (2√10 − x − 2) = ⇔ (x − 3) (x + 3x + + 2(x + 3) √10 − x + Do x ≥ nên x + 3x + + )=0 2(x + 3) √10 − x + >0 Suy x = Từ suy y = Thay vào thỏa mãn đề Vậy x = y =  Cách : Ép nghiệm (3) ⇔ (x − 7x − 6) + [(5 − x) − 2√10 − x ] = ⇔ (x − 3)(x + 1)(x + 2) + ⇔ (x − 3)(x + 1)(x + 2) + ⇔ (x − 3)(x + 1) [x + +  (5 − x)2 − 4(10 − x ) (5 − x) + 2√10 − x 5(x − 3)(x + 1) (5 − x) + 2√10 − x (5 − x) + 2√10 − x =0 =0 ]=0⇔x=3⇒y=3 Cách 3: Khảo sát hàm số Do x − 8x − = 2√10 − x nên x − 8x − ≥ ⇔ x − 8x > ⇔ x > 2√2 (vì x ≥ 0) Xét hàm số f(x) = x − 8x − − 2√10 − x [0; +∞), ta có: 28 Lovebook.vn Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT môn Toán tập f ′ (x) = 3x − + 2x √10 − x Lovebook.vn > ∀ x > 2√2 Do f(x) đồng biến (2√2; +∞) Mà ta lại có f(3) = Do phương trình f(x) = có nghiệm x = ⇒ y = x=3 Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là: { y=3 Bình luận: Các bạn tìm đọc nhiều hệ phương trình khác “Chinh phục Hệ Phương Trình đề thi quốc gia” LOVEBOOK Câu XIX: Ta có: (y + z − x)2 ≥ ⇔ 2x(y + z) ≤ x + (y + z)2 ⇔ 2x(y + z) ≤ 2yz + ⇔ x2 x2 z ≤ + yz + x + x + y + z + Mặt khác ta có (x + y + z)2 = x + y + z + 2x(y + z) + 2yz = + 2yz + 2x(y + z) ≤ + 2yz + [x + (y + z)2 ] = 4(1 + yz) ⇒P≤ (x + y + z)2 x+y+z + x+y+z+1 36 Đặt t = x + y + z ⇒ t ≥ t = (x + y + z)2 = x + y + z + 2xy + 2yz + 2zx ≤ + (x + y ) + (y + z ) + (z + x ) = ⇒ ≤ t ≤ √6 Xét hàm số f(t) = f ′ (t) = t t2 − (t ∈ [0; √6]) có: t + 36 (t − 2)(t + 4t + 9) t − =− =0⇔t=2 (t + 1)2 18 18(t + 1)2 31 √6 Ta có f(0) = 0; f(2) = ; f(√6) = − 30 5 Nên max f(t) = f(2) = [0;√6] Vậy giá trị lớn P x = y = 1; z = 29 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B – 2014 Lovebook.vn Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x³ – 3mx + (1), với m tham số thực a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b Cho điểm A(2; 3) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị B C cho ΔABC cân A Câu (1,0 điểm) Giải phương trình (sin x – 2cos x) = – sin 2x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I =  x2  3x  x2  x dx Câu (1,0 điểm) a Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2z + 3(1 – i) z = – 9i Tìm modun z b Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến phận kiểm nghiệm hộp sữa cam, hộp sữa dâu hộp sữa nho Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên hộp để kiểm nghiệm Tính xác suất để hộp sữa chọn có đủ loại Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; 0; –1) đường thẳng d: x 1 y 1 z   Viết 2 1 phương trình mặt phẳng qua vng góc với d Tìm tọa độ hình chiếu vng góc A d Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc A’ mặt phẳng (ABC) trung điểm cạnh AB; góc đường thẳng A’C mặt đáy 60° Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC’A’) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD Điểm M(–3; 0) trung điểm cạnh AB, 4  điểm H(0; –1) hình chiếu vng góc B AD G  ;  trọng tâm tam giác BCD Tìm tọa độ điểm B 3  D 1  y  x  y  x    x  y  1 y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  (x, y ∈ ℝ) 2y  3x  6y   x  2y  4x  5y   Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện (a + b)c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= a b c   bc ac ab  30  Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn LỜI GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Câu a Khảo sát hàm số Với m = 1, ta có hàm số y  x3  3x  ⦁ Tập xác định: 𝔻 = ℝ ⦁ Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: y ′ = 3x − = ⇔ 3x − = ⇔ x = ±1 Hàm số đồng biến (–∞; –1) (1; +∞), hàm số nghịch biến (–1; 1) – Cực trị: hàm số đạt cực đại điểm x = –1, yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 1, yCT = –1 – Bảng biến thiên: x –∞ –1 y' + – +∞ +∞ y y + –1 –∞ ⦁ Đồ thị: b Ta có y ′ = 3x − 3m = ⇔ x = m Đồ thị hàm số cho có cực trị    O –1 y’ = có nghiệm phân biệt hay m > Gọi B  m; 2m m + , C –1  m;  2m m + cực trị hàm số Suy BC =  m;  m3      Gọi I trung điểm BC, suy I(0; 1) Ta có tam giác ABC cân A  AI.BC = ⇔ −4√m + 8√m3 = ⇔ [ m=0 m= Đối chiếu điều kiện tồn cực trị, ta giá trị m cần tìm m = Vậy giá trị cần tìm m = Câu Xét phương trình ta có:   sinx  2cosx =  sin2x  2sinx  2cosx =  sin2x  2sinx  2cosx  + 2sinxcosx =       2sinx + 2cosx  + 2cosx =  + 2cosx Ta loại sinx = sinx  , ta có cosx = Vậy họ nghiệm phương trình cho x = ± Câu Xét tích phân:  Ta có:  x2  3x  x x x2  3x  x2  x  1  cosx = 2sinx  =   sinx =   1 3π x=± + k2 với k  3π + k2π với k  dx   2 d 2x  2  2x   dx      x  ln x2  x  dx  x   x x x x  1 Câu a Đặt z = x + yi với x, y ∈ ℝ Ta có: 31   ln3 x Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn 2z + 31  i  z =  9i  2x + 2yi + 31  i  x  yi  =  9i  5x  3y  +  3x  y  i =  9i 5x  3y = x =    3x  y =  y = Vậy mođun cần tính z = 22 + 32 = 13 b/ Không gian mẫu n     C3 12 Gọi A biến cố chọn có đủ loại Số phần tử biến cố A C1 C1 C1 Xác xuất biến cố A là: C1 C1 C1 C3 12 = 11 Câu Mặt phẳng qua (P) qua A, có vtpt np = ad = 2; 2;  1 Suy (P): 2x + 2y - z + =    Gọi H hình chiếu A lên d  {H}= d  P y+1 z x - = =  1 1   Toạ độ điểm H thỏa hệ phương trình  ; 1 H  ;  3 3  2x + 2x  z + =  Câu Gọi H trung điểm AB A’H ⊥ (ABC), CH = A’ a C’ B’ Ta có VABC.ABC = AH.SABC Mặt khác, ta có ABC tam giác cạnh a nên SABC = a2 ̂ ̂ Ta có ΔAHC vng H A′CH = (A′ C; (ABC)) = 600  AH = CH.tanACH = a3 3 3a Do VABC.ABC = A C H B Tiếp theo, ta tính khoảng cách từ B đến (ACCA) Ta có VB.ACCA = VABC.ABC - VB.ACCA = Vậy dB, ACCA  =    3VACCA SACCA = a3 VABC.ABC = 3a 13 13 Câu H Gọi B(a; b) N trung điểm CD Ta có BG =  4  BN với BG =   a;  b  3  M A  BN = xN  a; y N  b I  4a 9b Do đó, ta N  ;  Ta có   D (a + 3)2 + b2 = 10 MB = HM     10  a  9b a + (1 + b) = MN.BH =    a2 + b2 + 6a = b =  2a      2 a + b  10a  8b = a + 2a =   Giải hệ này, ta (a; b) = (0; -1), (-2; 3) Ta xét trường hợp: 32 N B G C Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn  Với a = 0, b = –1, ta có B(0; –1), loại trùng với H   3 Với a = –2, b = 3, gọi I tâm hình bình hành I  0;  , ta D(2; 0)  2 Vậy ta B(–2; 3), D(2; 0) 1  y  x  y  x    x  y  1 y  Câu Giải hệ phương trình  2y  3x  6y   x  2y  4x  5y   Điều kiện xác định: y  0, 4x  5y + 3, x  2y Ta có:  (1)  (1  y)      x  y  + (x  y)  = (x  y  1) y  (x  y  1)  y + (1  y)    y x  y  +    1  y = (do   x  y 1 =  y +1    x  y 1  =   y     x  y 1 =  x  y   x  y + + y + 1 =   x  y 1 y 1  ) – Nếu - y =  y = , từ (2) suy -3x + =  x = – Nếu x - y - =  x = y + , từ (2) suy 2y2 + 3y - = - y , phương trình tương đương với 16y2 + 8y + = 16(1 - y) + - y +  (4y + 1)2 = (4 - y + 1)2  4y + = - y +  y = - y  y + y - = Phương trình cuối có nghiệm khơng âm y = -1 + 1+ , tương ứng, ta có x = 2  + -1 +   ; Vậy hệ cho có nghiệm (x; y) = (3; 1),      Câu Ta có + b b a+b+c b b 2b 2  2   c+a c+a c+a c+a c+a a+b+c Đẳng thức xảy c + a = b a 2a nên ta có  b+c a+b+c Tương tự, ta có P 2(a + b) c + = a+b+c 2(a + b) Đặt t = c 1+ a+b + c 2(a + b) c t + , t 0  xét hàm số f(t) = 1+t a+b Ta có f (t) = - 2 (1 + t) + (t + 3)(t - 1) = 2(t + 1)2 Do f (t) =  t = Khảo sát hàm số [0; ) , ta f(t)  f(1) = Vậy GTNN biểu thức cho , đạt a = 0, b = c > 33 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2014 Câu (2,0 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x – (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho tiếp tuyến (C) M có hệ số góc Câu (1,0 điểm) : Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (3z – z )(1 + i) – 5z = 8i – Tính mơđun z  Câu (1,0 điểm) : Tính tích phân I =  ( x  1)sin 2xdx Câu (1,0 điểm): a) Giải phương trình: log2(x – 1) – 2log4(3x – 2) + = b) Cho đa giác n đỉnh, n  N n  Tìm n biết đa giác cho có 27 đường chéo Câu (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 6x + 3y – 2z – = mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 – 6x – 4y – 2z – 11 = Chứng minh mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường trịn (C) Tìm tọa độ tâm (C) Câu (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng cân A, mặt bên SBC tam giác cạnh a mặt phẳng (SBC) vng góc với mặt đáy Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SA, BC Câu (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường phân giác góc A điểm D (1; –1) Đường thẳng AB có phương trình 3x + 2y – = 0, tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x + 2y – = Viết phương trình đường thẳng BC Câu (1,0 điểm): Giải bất phương trình: (x  1) x   (x  6) x   x2  7x  12 Câu (1,0 điểm): Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện  x  2;  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= x  2y y  2x x  3y  y  3x  4( x  y  1)  34  Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT mơn Tốn tập Lovebook.vn GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN Câu 1: a) Tập xác định R y’ = 3x2 – 3; y’ = 0;y’=0  x = 1 lim y   lim y   x  x −∞ −1 y’ + x  +∞ − + +∞ y CĐ CT −4 −∞ Hàm số đồng biến (∞; –1) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến (–1; 1) y Hàm số đạt cực đại x = –1; y(–1) = 0; hàm số đạt cực tiểu x = 1; y(1) = –4 y" = 6x; y” =  x = Điểm uốn I (0; –2) Đồ thị : b) x y’ (x) =  3x – =  x = 2 O −1 y(–2) = –4; y(2) = Vậy hai điểm M (–2; –4) (2; 0) Câu 2: Giả thiết  (3i – 2)z – (1 + i) z = 8i – −4 Gọi z = a + ib  (3i – 2)(a + ib) – (1 + i) (a – ib) = 8i –  – 3a – 4b + (2a – b)i = 8i –  3a + 4b = 2a – b =  a = b = –2 Vậy môđun z là: 13 / Câu 3: I    x  1 s in2xdx Đặt u = x+1  du = dx dv = sin2xdx suy v = – / I =  ( x  1)cos 2x cos2x  / 14   cos 2xdx =  ( x  1)cos 2x 20   sin 2x 4 1 = 0  0  4 Câu : a) log2(x – 1) – 2log4(3x – 2) + =  log2(x – 1) – log2(3x – 2) = –2  x > log2 x 1  log2 3x   x > 4(x – 1) = 3x –  x = Vậy x=2 nghiệm phương trình cho b) Số đoạn thẳng lập từ n đỉnh C2 n Số cạnh đa giác n đỉnh n Vậy số đường chéo đa giác n đỉnh là: C2 –n n 35 Tuyển tập 90 đề thi thử quốc gia THPT môn Tốn tập Theo đề ta có C2 –n = 27  n n  n  1 Lovebook.vn  n  27  n2  3n  54   n = hay n = –6 (loại) Vậy n=9 giá trị cần tìm (S) : x2 + y2 + z2 – 6x – 4y – 2z – 11 = Câu 5: Mặt cầu (S) có tâm I (3; 2; 1); bán kính R =    11 = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): d(I, (P)) = | 18    | 21     (P) cắt (S) theo đường tròn (C) 36    đường thẳng qua I (3; 2; 1) nhận nP = (6; 3; –2) vectơ phương Tâm đường tròn (C) giao điểm  (P) thỏa hệ phương trình : x   6t (1)  y   3t (2)  z   2t (3) 6x  3y – 2z –  0    Thế (1), (2), (3) vào (4) ta : 6(3 + 6t) + (2 + 3t) – 2(1 – 2t) – =  49t + 21 =  t =  3  x     3   13   y    Vậy H  ; ;  điểm cần tìm 7 7 7    3 13 z    7  Câu : S Gọi I trung điểm BC  SI  BC  SI  mp(ABC) ABC vuông cân  AI = BC a  2 Diện tích tam giác ABC: SABC = VS.ABC= a J a a2 a  2 C A I 1 a a2 a3 SI.SABC   3 24 B Kẻ IJ vng góc với SA, SIA vng góc I, IJ khoảng cách SA BC  IJ2  SI2  AI2  3a2  a2  IJ = a Câu : Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình : 3x  2y    A (1; 3)  x  2y   Gọi  tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC E giao điểm  với đường thẳng BC (do AD khơng vng góc với  nên E ln tồn ta giả sữ EB