Hướng dẫn giải đề thi thử số 7 năm 2012 môn: Toán

Hướng dẫn giải đề thi thử số 7 năm 2012 môn: Toán gồm 7 câu hỏi bài tập tự luận trong thời gian làm bài 180 phút. Mời các bạn cùng tham khảo và thử sức mình với đề thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

http://tuhoctoan.net DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ NĂM 2012 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Câu I) Cho hàm số: y = mx3 − 3mx + (2m + 1) x + − m (Cm) 1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (Cm) m = 1  2) Tìm m để hàm số (Cm) có cực đại, cực tiểu khoảng cách từ điểm N  ;  đến 2  đường thẳng qua điểm cực đại, cực tiểu hàm số lớn 1) Tự giải 2) Cách 1: y = mx3 − 3mx + ( 2m + 1) x + − m TXĐ: D = ℝ y ' = 3mx − 6mx + 2m + y ' = ⇔ 3mx − 6mx + 2m + = (*) m ≠ Hàm số có cực trị ⇔ (*) có nghiệm phân biệt ⇔  ⇔ m < hay m > 3m − 3m > x −1 Chia y cho y’ ta viết được: y = y '+ ( − 2m ) x + 10 − m  3 Tọa độ điểm cực trị thỏa mãn hệ: y' =  ⇒ y = ( − 2m ) x + 10 − m  x −1  y= y '+ ( − 2m ) x + 10 − m  3  Do đường thẳng qua điểm cực trị (∆ ) : y = ( − 2m ) x + 10 − m  Ta có: ( ∆ ) : y = ( − 2m ) x + 10 − m  ⇔ ( x + 1) m + y − x − 10 =  2 x + = x = − Do tọa độ điểm cố định (d) thỏa mãn hệ:  ⇔ 3 y − x − 10 =  y =   Vậy (∆ ) qua M  − ;3  cố định   Gọi H hình chiếu vng góc N lên (∆ ) ta có: d N /( ∆ ) = NH ≤ NM Vậy d N / ∆ max = NM ⇔ ∆ ⊥ NM http://tuhoctoan.net Hệ số góc đường thẳng MN là: k = ( − 2m ) = −1 ⇔ m = (TM ) 4−3 = suy điều kiện: 1 + 2 Vậy m = giá trị cần tìm Cách 2: y′ = 3mx − 6mx + 2m + m < Hàm số có cực trị y ' = có nghiệm phân biệt  m > 1 2 10 Ta có: y = ( x − ) y′ + ( − m) x + − m 3 3 3 2 10 Suy pt đt qua điểm cực trị là: y = ( − m) x + − m (d) 3 3 2m + 2m + 1 = = d ( N ,d ) = 18 (2m − 2)2 + (2m + 1)2 − 6(2m + 1) + 18 + 1− 2m + (2m + 1)2 = ≤   −   + 2  2m +   Dấu xảy  −  = ⇔ m =  2m + 2  Câu II) π  1) Giải phương trình: sin x + sin x + sin  x −  = 4   x − x y − 15 x = y (2 x − − y )  2) Giải hệ phương trình:  x 2 x x3 x y + = + −  3y 8 y 1) Lời giải: Phương trình cho tương đương với: sin x + sin x.cos x + sin x − cos x = ⇔ 2sin x + (2 cos x + 1) sin x − cos x − = Coi phương trình bậc ẩn sin x ta có: ∆ = (2 cos x + 1) + 8(cos x + 1) = cos x + 12 cos x + = (2 cos x + 3) 2 http://tuhoctoan.net π   x = + k 2π   sin x =   x = 5π + k 2π  sin x =  Suy ⇔ ⇔  π    sin x = − cos x − sin  x +  = −  x = − π + k 2π 4     x = π + k 2π  π k 2π  x= +  Kết hợp nghiệm ta có: ( k ∈ ℤ)   x = π + k 2π Cách 2: π  PT ⇔ 2sin x − + sin x + sin  x −  = 4  π π π    ⇔ sin x − cos x + sin  x −  = ⇔ sin  x −  + sin  x −  = 4 4 4    x  3x π  ⇔ sin  −  cos =  4   3x π  π k 2π  sin  −  = x= +     ⇔ ⇔ ( k ∈ ℤ)   x  x = π + k 2π  cos = 2) Lời giải: 2 y = x Phương trình thứ hệ ⇔ (2 y − x) x − 12 y − 15 = ⇔   y = x − 15  12 x − 15 TH 1: y = thay vào pt thứ hai hệ ta được: 12 ( 3x 2x + = 2 ( x − 15 ) ) x x − 15 x3 + − x − 15 24 36 x x2 x + 16 x − 15 ) + ( x + 16 x − 15 ) = ⇔ − 12 ( x − 15 x − 15 http://tuhoctoan.net  x + 16 x − 15 ≥  x + 16 x − 15 ≥   ⇔ ⇔ x2 x2 36 = x + 16 x − 15 x x = + 16 − 15 ( )   2 − 15 x   x − 15  x + 16 x − 15 ≥ ⇔ 2 36 x = ( x − 15 )( x + 16 x − 15 ) (*) Xét phương trình (*) 36 x = ( x − 15 )( x + 16 x − 15 ) Vì x=0 khơng phải nghiệm Ta chia hai vế phương trình cho x ta có: t = 15 15   15   36 =  x −   x + 16 −  Đặt x − = t ⇒ t + 16t − 36 = ⇔  x x  x  t = −18  x = 5(TM ) 15 + Nếu t = ⇔ x − = ⇔ x − x − 15 = ⇔  x  x = −3( L)  x = −9 − 6(TM ) 15 + Nếu t = −18 ⇔ x − = −18 ⇔ x + 18 x − 15 = ⇔  x  x = −9 + 6( L) 27 + 12   5  Nghiệm hệ cho là: ( x; y ) =  5;  ,  −9 − 6;      TH 2: y = x Thay vào phương trình thứ hai hệ ta có: ⇔ x3 x x 11x x2 2x + = + − ⇔ x= ⇔ x = (loại )(điều kiện y ≠ ) 4x 3x 4 12 27 + 12   5  KL: Nghiệm hệ cho là: ( x; y ) =  5;  ,  −9 − 6;   6   π Câu III) Tính tích phân sau: I = ∫ xe x (4 + 4(sin x + cos x) + sin x) (1 + cos x )2 dx Lời giải: Ta có : e x (4 + 4(sin x + cos x) + sin x) (1 + cos x )2 = e x (1 + sin x)(1 + cos x) + e x (sin x + cos x + 1) (1 + cos x )2 '   + sin x   + sin x  x  =  (e x ) '  +    e   + cos x   + cos x    u = x  du = dx  x  Đặt  e (4 + 4(sin x + cos x) + sin x) ⇒ (1 + sin x)e x  + sin x x  dx dv = v d e = =   ∫  + cos x  + cos x (1 + cos x )2   http://tuhoctoan.net Ta có: I = π (1 + sin x)e x x + cos x π Xét J = ∫ π π  4+2  (1 + sin x)e x dx =  −∫  π e − J + cos x   π π π 3 (1 + sin x)e x sin x x dx = ∫ e x dx + ∫ e dx = x x + cos x cos cos + + 0 π π 3 x x sin x x  = ∫ e d  tan  + ∫ e dx = e x tan  + cos x  x π π π π ∫ cos π x sin x x e dx x cos + e x dx + ∫ π 3 x sin x x − ∫ tan e x dx + ∫ e dx = e + x cos 0 π  4+2  3 e Vậ y I =   π e −    Câu IV Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABCA ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vng A AB = a 3, AC = a Biết đỉnh C ' cách đỉnh A, B, C khoảng cách từ đỉnh B đến mặt 6a phẳng (C’AC) Tính thể tích khối chóp A ' ABC ' theo a tính cosin góc tạo mặt 15 phẳng ( ABB ' A ') mặt phẳng đáy ( ABC ) Lời giải: B' C' A' N C B H M I K A http://tuhoctoan.net - Hạ C ' H ⊥ ( ABC ) ⇒ ∆C ' HA = ∆C ' HB = ∆C ' HC ⇔ HA = HB = HC Suy H tâm vịng ngoại tiếp tam giác ABC Vì tam giác ABC vuông A nên H trung điểm BC Ta có: d B /( ACC ') = 2d H /( ACC ') Hạ HM ⊥ AC , HN ⊥ C ' M ⇒ HN ⊥ ( ACC ') ⇒ d H /( ACC ') = HN = 3a d B /( ACC ') = 15 a AB = ⇒ C ' H = a từ tính CC ' = 2a 2 1 1 a3 = VLT = C ' H dt ( ABC ) = a .a 3.a = 3 2 Ta có: HM = Có VA ' ABC ' AC suy I trung điểm AB Tam giác ABC vuông A nên KI ⊥ AB ⇒ Góc tạo ( ABB ' A ') - Hạ A ' K ⊥ ( ABC ) C ' HKA ' hình chữ nhật Gọi I = HK ∩ AB OI / / = đáy ( ABC ) A ' IK IK Ta có: cos A ' IK = Tính A'I a a 13 IK 13 IK = HK = ; A ' I = IK + A ' K = ⇒ cos A ' IK = = 2 A' I 13 Câu V Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức T= 2a ( a + b) + 2b (b + c) + 3c (a + c)2 + 4a b (a + b)2 (b + c) Lời giải: c b a c b ta có x, y , z > 0; xyz = a 2 + + + Ta cần tìm GTNN của: T = 2 2 (1 + z ) (1 + x) (1 + y ) (1 + z ) (1 + x) Do xyz = nên ba số ln tồn hai số phía với Khơng tính tổng quát ta giả sử: ( x − 1)( y − 1) ≥ ⇔ xy + ≥ x + y Sử dụng bất đẳng thức AM − GM đánh giá ta có: 4 2z + ≥ = ≥ = (1 + y ) (1 + z )2 (1 + x) (1 + x)(1 + y )(1 + z ) (1 + x + y + xy )(1 + z ) ( xy + 1)(1 + z ) (1 + z ) Đặt x = , y = , z = Mặt khác sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwar ta có: (1 + x) + (1 + y ) ≥ 2  y x  2z + = + =  = y  + xy  x + y x + y  + xy + z   x (1 + xy )  +  (1 + xy )  +  x y   http://tuhoctoan.net 2z 2z 2(1 + z ) + = =2 (1 + z ) z + ( z + 1)2 (1 + z )2 Đẳng thức xảy x = y = z = hay a = b = c Vậy P = a = b = c Từ ta có: T ≥ + Câu VIa Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (C ) : ( x + 6) + ( y − 6)2 = 50 Viết phương trình đường thẳng (∆) tiếp xúc với đường tròn (C) điểm M cắt trục tọa độ điểm A, B cho M trung điểm đoạn thẳng AB Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P):x+y-2z-8=0, (Q):2x-y+z=0 điểm I(1;1;1) Viết phương trình đường thẳng ∆ vng góc với giao tuyến (P) (Q) cắt hai mặt phẳng (P), (Q) A,B cho I trung điểm AB Lời giải: Đường trịn (C ) có tâm I (−6; 6) bán kính R = 50 Giả sử đường thẳng (∆) cắt hai trục tọa độ A(a; 0), B (0; b) với ab ≠ M trung a b điểm AB M  ;   2  M ∈ (C )  M ∈ (C ) Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C ) M nên:  ⇒  IM ⊥ AB  IM AB = b a  Ta có: IM  + 6; −  , AB ( − a; b ) nên 2  a + b = a  b  IM AB = ⇔ − a  +  + b  −  = ⇔  2  2   − a + b − 12 = 2 a  b  Vì M ∈ (C ) ⇒  +  +  −  = 50 2  2  Ta có hai trường hợp: a + b =  a = −2, b =  2 TH 1:  a ⇔  b   a = −22, b = 22  +  +  −  = 50 2      − a + b + 12 =  a = −10, b =  2 TH 2:  a ⇔ b      a = −26, b = −14  +  +  −  = 50  2   Vậy có đường thẳng thỏa mãn điều kiện: x − y + = 0, x − y + 22 = 0, x − y + 10 = 0, x + 13 y + 182 = Lời giải: Gọi (d) giao tuyến (P) (Q) VTCP (d) là: u =  n1 , n2  http://tuhoctoan.net Trong n1 (1;1; 2), n2 (2; −1;1) véc tơ pháp tuyến (P); (Q) tính u (3;3; −3) / / u (1;1; −1) Gọi B (α ; β ; β − 2α ) ∈ (Q ) ⇒ A(2 − α ; − β ; + 2α − β ) ⇒ AB (2α − 2; β − 2; β − 4α − 2) Vì đường thẳng ∆ qua A, B vng góc với đường thẳng giao tuyến (P) (Q) nên AB.u = ⇔ 2α − + β − − β + 4α + = ⇒ α = ⇒ A(− ; − β ; − β ); 3 x −1 y −1 z −1 5 7 2 4 = = A ∈ ( P ) ⇒ β = ; ⇒ A  ; ;  ⇒ IA  ; ;  / / u ∆ (1;1; 2) ⇒ PT (∆ ) : 1 3 3 3 3 VIIa Giải phương trình sau: x = + ln(1 + x ln 5) Lời giải: Phương trình viết lại sau: x = + ln 5.log5 (1 + x ln 5) 5 x = + y ln Đặt y = log (1 + x ln 5) ta có hệ sau:  y 5 = + x ln Giả sử x > y ⇒ x > y ⇒ + y ln > + x ln ⇒ y > x ⇒ x = y Ta giải phương trình: x = + x ln Xét hàm số f ( x) = x − x ln − có: f '( x) = x ln − ln = (5 x − 1) ln Nếu x > f ( x) đồng biến suy f ( x) > f (0) = ⇔ x > + x ln Nếu x < f ( x) nghịch biến suy f ( x) < f (0) = ⇔ x < + x ln Khi x = f (0) = Vậy phương trình có nghiệm x = Câu VIb Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(2; 6) chân đường phân giác kẻ từ 3    đỉnh A là: D  2; −  tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác I  − ;1 Tìm tọa độ đỉnh B, C 2    tam giác Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − = hai đường x −1 y z + x −1 y + z − thẳng ∆1 : = = ∆2 : = = Chứng minh ∆1 , ∆ chéo lập −1 −2 phương trình đường thẳng ∆ cắt ∆1; ∆ A, B song song với mặt phẳng ( P ) cho độ dài AB ngắn 1.Giải: Giải: Gọi E giao điểm AD đường tròn ngoại tiếp tam giác suy E điểm cung BC http://tuhoctoan.net Phương trình đường thẳng AD: x = 2 1 125  Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là:  x +  + ( y − 1) = 2   1 125  x +  + ( y − 1) = Tọa độ E giao điểm AD đường tròn:  2 ⇒ E (2; −4)  x = Đường thẳng BC qua qua D nhận IE làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình: x − y − = Tọa độ B, C giao điểm đường thẳng BC đường tròn ngoại tiếp tam giác nên thỏa mãn   x = 5; y = 1 125  x +  + ( y − 1) =  hệ sau:  2 ⇔ x = 8; y =   x − y − =   3  B (5;0), C  8;    Vậy tọa độ điểm B, C    3 C (5;0), B  8;   2  A I B C D E Lời giải: Ta có đường thẳng ∆1 qua M (1;0; −2) có VTCP : u1 (2;1; −1) ; ∆ qua N (1; −2; 2) có VTCP : u (1;3; −2) ; Chứng minh u1 , u2  MN ≠ suy ∆1 , ∆ chéo Lấy điểm A thuộc ∆1 A(1 + 2a; a; −2 − a ) Điểm B thuộc ∆ B (1 + b; −2 + 3b; − 2b) Ta có: AB (b − 2a;3b − a − 2; −2b + a + 4) Vì ∆ / /( P ) ⇒ u ∆ n = ⇔ b − 2a + 3b − a − − 2b + a + = ⇔ b = a − http://tuhoctoan.net  49  Vậy AB(− a − 1; 2a − 5; − a + 6) ⇒ AB = 6a − 30a + 62 =  a −  + ⇒ AB ≥ 2 2  Do AB = a = ; b = 2  x = − t   Viết phương trình đường thẳng ∆ :  y =    z = − + t x  Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: ( log x ) + x log ( x + 2) = log x  + log ( x + 2)  2  Lời giải: 2 Điều kiện x>0 Phương trình viết lại sau: x  (1) log x − = x    log x −  [ log x − log ( x + 2)] = ⇔  (2) 2   log x − log ( x + 2) = 1 x Giải phương trình (1): Xét hàm số f ( x) = log x − có f '( x) = − ; f ''( x) = −