Tài liệu Hướng dẫn giải bộ đề thi thử 1,2 pptx

1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 01 PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh) Câu I. Cho hàm số:     3 2 2 21 1 4 3 32 y x m x m m x       . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -3. 2. Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x 1 , x 2 là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức   1 2 1 2 .2x x x x . Đáp án: Ta có   22 2 2 1 4 3y x m x m m        . Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 hay     2 22 1 2 4 3 0 6 5 0 5 1m m m m m m                  Theo định lí Vi-ét, ta có   12 1x x m    ,   2 12 1 . 4 3 2 x x m m   Suy ra     22 11 4 3 2 1 8 7 22 m m m m m       Ta nhận thấy, với   5; 1m   thì   2 2 9 8 7 4 9 0m m m        Do đó A lớn nhất bằng 9 2 khi m = -4. Câu II. 1. Giải phương trình   44 2 1 cot 2 cot 2 sin cos 3 cos xx xx x     Đáp án: Điều kiện: sin2x  0. Phương trình   2 4 2 2 21 2 1 sin 2 3 sin 2 sin 2 2 0 2 sin x x x x           2 2 2 sin 2 2 sin 2 1 cos2 0 44 sin 2 1 x k x x x k x                  2. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình     2 4 4 5 2 2x x m x x      nghiệm đúng với mọi giá trị x thuộc đoạn 2; 2 3    Đáp án: Đặt 2 45t x x   . Từ   2; 2 3 1; 2xt       . Bất phương trình đã cho tương đương với:     2 2 5 5 2 0 2 t t m t m g t t          (do 20t  ) Bất phương trình nghiệm đúng     2; 2 3 max , 1; 2x m g t t         . Page 2 of 8 Xét hàm g(t) có g(t) đồng biến         1 1; 2 max 2 , 1; 2 4 t m g t m t         Câu III. 1. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, 2AD a , CD = 2a. Cạnh SA vuông góc với đáy và   3 2 0SA a a . Gọi K là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh mặt phẳng (SBK) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích khối chóp SBCK theo a. Đáp án: 1. Gọi H là giao của AC và BK thì BH = 2 3 BK 23 3 a  và CH = 1 3 ; CA = 6 3 a 2 2 2 2 2BH CH a BC BK AC      Từ BK  AC và BK  SA  BK  (SAC)  (SBK)  (SAC) V SBCK = 1 3 SA.S BCK = 1 3 2 3 2 32 2 a aa (đvtt) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O 1 A 1 B 1 với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và O 1 (0; 0; 4). Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA 1 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (): 2 5 0x y z    và độ dài MN = 5 . Đáp án: Có A 1 (2; 0; 4)    1 2; 0; 4OA    phương trình OA 1 :   2 0 2 ; 0; 4 4 xn y N n n zn         Có   2; 4; 0AB    phương trình AB:   22 4 2 2 ; 4 ; 0 0 xm y m N m m z           Vậy   2 2 2; 4 ; 4MN n m m m     Từ         1 // . 0 2 2 2 2 4 4 0 1; 0; 2 2 MN MN n n m m n n N                . Khi đó:       2 1 22 2 8 4 1 ; ; 0 55 5 2 1 16 4 5 0 2; 0; 0 M m MN m m m MA                    Câu IV. 1. Tính tổng: 2 2 2 2 0 1 2 . 1 2 3 1 n n n n n C C C C S n                               , ở đó n là số nguyên dương và k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử. Đáp án: Ta có:           1 1 1! ! 11 , 0,1, ., 1 1 1 ! ! 1 1 ! ! kk nn CC n n kn k k n k n k n k n k                  Vậy:           2 2 2 2 1 2 3 1 1 1 1 1 2 1 . 1 n n n n n S C C C C n              Từ       1 1 2 2 1 . 1 1 n n n x x x        , cân bằng hệ số 1n x  ở hai vế ta có: Page 3 of 8           2 2 2 2 2 0 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 2 . nn n n n n n n C C C C C C              Vậy:   1 22 2 1 1 n n C S n      2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C): 22 6 2 6 0x y x y     và các điểm B(2; - 3) và C(4; 1). Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại điểm A và có diện tích nhỏ nhất. Đáp án: Để ABC làm tam giác cân tại A thì A phải nằm trên đường trung trực () qua trung điểm BC là M(3; 1) và nhận   2; 4BC  làm véc tơ pháp tuyến nên () có phương trình:     2 3 4 1 0 2 1 0x y x y        Vì A  (C) nên tọa độ A là nghiệm của hệ: 22 6 2 6 0 2 1 0 x y x y xy              Giải hệ tìm ra hai điểm A 1 (-1; 1) và A 2 ( 21 5  ; 13 5 ) Do 12 18 20 5 A M A M   nên 12 A BC A BC SS . Vậy điểm cần tìm là A(-1; 1) PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu) Câu Va. 1. Tính tích phân:   ln5 ln 2 10 1 1 xx dx I ee     . Đáp án: Đặt 2 1 1 2 x x x t e t e tdt e dx       . Khi x = ln2 thì t = 1; khi x = ln5 thì t = 2. Khi đó:       2 ln5 2 2 2 2 2 ln 2 1 1 1 1 2 3 5 1 1 1 1 1 2 ln ln 3 3 3 3 3 3 2 9 9 10 1 xx dx tdt dt t I dt t t t t tt ee                     2. Giải hệ phương trình:       2 2 1 2 22 3 2 2 4 2 2 2 4 1 0 5 x y x xy x y x x y x                 Đáp án: Điều kiện: x  0         2 2 12 5 2 2 2 1 0 2 1 x x xy x xy x xy y x                     Thay vào (4) nhận được: 2 22 1 1 2 2 22 2 1 3 1 2 1 11 22 22 xx xx x x x xx xx            2 22 1 1 2 22 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 22 xx xx x x x x ff x x x x                      Ở đó   2 t f t t là hàm đồng biến với mọi t. Từ đó suy ra 2 22 1 2 1 3 2 4 xx xy xx                   Page 4 of 8 Vậy nghiệm của hệ phương trình là 3 2 4 xy     . Câu Vb. 1. Tính tích phân: 4 3 0 sin cos xx I dx x    . Đáp án: Đặt u = x và 3 sin cos x dv dx du dx x    và 2 1 2cos v x  . Từ đó: 4 4 4 22 0 0 0 1 1 1 tan 2 4 2 4 2 2cos cos x dx Ix xx            2. Giải phương trình     2 2 7 7 2 log log 3 2log 3 log 2 x x x x x x         (6) Đáp án: Điều kiện: x > 0         2 2 7 6 log log 2log 3 0 2 x x x x        Xét 2 2 ln ln2 log 2 22 x xx xx x      (7) Đặt:     ln 1 lnxx f x f x xx      ;   0f x x e     . Vậy phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm. Dễ thấy x = 2 và x = 4 là nghiệm của (7). Xét   27 log 2log 3xx (8) Đặt: 2 log 2 t x t x             2 4 2 1 8 7 2 3 6 9 1 7 7 7 t t t tt        có nghiệm duy nhất t = 2. Vậy phương trình có nghiệm x = 2 và x = 4. =====================Hết========================== HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 02 PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh) Câu I. Cho hàm số   32 2 3 1 2y x mx m x     (1) (m là tham số thực) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2. Cho điểm M(3; 1) và đường thẳng : 2yx   . Tìm các giá trị của m để đường thẳng  cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm A(0; 2); B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 26 . Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng  là:     22 2 02 2 3 1 2 3 2 3 2 0 xy x mx m x x g x x mx m                      Đường thẳng  cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A(0; 2), B, C Page 5 of 8  Phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x  0   2 2 0 3 2 0 2 1; 0 3 2 0 3 m mm mm gx m                         Chiều cao MBC: h = d(M; ()) = 3 1 2 2 2   . Vậy 2 43 MBC S BC h  . Vì x B , x C là hai nghiệm phương trình g(x) = 0 và B, C   nên:             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 12 8 8 3 2 48 3 4 0 B C B C B C B C B C BC x x y y x x x x x x m m m m m m                     1m   (loại) hoặc m = 4 (thỏa mãn). Câu II. 1. Giải phương trình   22 sin sin2 cos sin 2 1 2cos 4     x x x x x Đáp án: Phương trình đã cho tương đương với     2 sin sin 2 cos sin 2 1 1 cos 2 1 sin 2 2 sin 2 sin cos sin2 1 0 x x x x x x x x x x             *   sin2 0 2 k x x k      *         22 sin cos sin 2 1 0 sin 1 2cos sin 0 sin 1 1 2sin 2sin 0x x x x x x x x x              2 1 2sin 2sin 0xx    (vô nghiệm) hoặc sinx = 1   2 2 x k k        2. Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực duy nhất.     22 11x y x y x y m           Đáp án: Do hệ đối xứng nên nếu (x; y) là một nghiệm của hệ thì (y; x) cũng là một nghiệm của hệ. Do đó để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì x = y. Thay x = y = 1 vào phương trình (2)  m = 2. Khi m = 2 thì hệ trở thành     22 11 2 x y x y xy                 2 2 0 0 1 1 22 xy xy x y xy x y xy x y xy                        hoặc 2 1 xy xy      Dễ thấy hệ có ba nghiệm (1; -1); (-1; 1) và (1; 1). Page 6 of 8 Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn. Câu III. 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a (a > 0). Góc ABC bằng 120 o , cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a. Gọi C là trung điểm của cạnh SC. Mặt phẳng () đi qua AC và song song với BD cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B, D. Tính thể tích khối của chóp S.ABCD. Đáp án: Gọi O là giao điểm của AC và BD; I là giao điểm của SO và AC. Trong mặt phẳng (SBD), qua I kẻ đường thẳng song song BD cắt SB, SD lần lượt tại B và D. Từ BD  (SAC)  BD  (SAC)  BD  AC. Ta có: 1 32 2 AC a SC a AC SC a        . Do I là trọng tâm của SAC 2 2 33 a B D BD     . Vậy 2 1 . 23 AB C D a S AC N D        Từ BD  (SAC)  (ABCD)  (SAC). Vậy đường cao h của hình chóp S.ABCD chính alf đường cao của tam giác đều SAC  3 2 a h  . Vậy 3 . 3 1 . 3 18 S AB C D AB C D a V h S        (đvtt). 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A(-1; 0; 2), mặt phẳng (P): 2 3 0x y z    và đường thẳng (d): 2 36 2 4 1 y xz    . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A, cắt (d) tại B và cắt (P) tại C sao cho 20AC AB    . Đáp án: Gọi M là giao điểm của (d) và (P). Phương trình tham số của (d) là: 3 24 6 xm ym zm         . Thay vào (P) ta có: 6 4 2 4 6 3 0 1m m m m         Vậy M(5; 6; 7). Kẻ đường thẳng (d 1 ) đi qua A và // (D). Gọi N là giao điểm của (d 1 ) và (P) ta có: 1 12 :4 2 xt d y t zt           . Thay vào (P) ta được 2 4 4 2 3 0 1t t t t          Vậy N(-3, -4, 1). Gọi C là điểm trên (P) sao cho   2 0 19; 24; 11NC NM C         S A a D  D I B  C  C B a O 2 a M N C A d 1 d d  B P Page 7 of 8 Đường CA cắt (d) tại B thỏa mãn yêu cầu. Vậy (d) là đường thẳng qua A và C có phương trình: 1 2 18 24 13 y x z    . Câu IV. 1. Cho số phức ;,z x yi x y   thỏa mãn 3 18 26zi . Tính     2009 2009 24T z z    Đáp án: ta có     32 3 3 2 2 3 23 3 18 3 3 18 26 3 26 x xy z x xy x y y i i x y y               Do x = y = 0 không là nghiệm hệ, đặt y = tx         32 2 33 1 3 18 3 1 3 12 13 0 3 26 xt t t t x t t              Khi 1 3 t  thì x = 3 và y = 1, thỏa mãn x, y  Z. Khi 2 3 12 13 0tt   thì x, y  . Vậy số phức cần tìm là: z = 3 + i Vậy             2009 2009 2009 2009 1004 1004 1005 2 4 1 1 2 1 2 1 2T z z i i i i             2. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn 3z y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:       1 1 1 4 2ln 1 4 2ln 1 4 2ln 1 P xy yz zx             Đáp án: Từ giả thiết 0 , , 3x y z suy ra     4 2ln 1 0; 4 2ln 1 0x y y z        và   4 2ln 1 0zx    . Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:       9 4 2ln 1 4 2ln 1 4 2ln 1 P x y y z z x             Xét hàm số       2ln 1 , 0;3f t t t t    , có   1 1 t ft t     . Lập bảng biến thiên hàm f(t), với   0; 3t  suy ra   0 2ln2 1ft   . Do đó       93 3 2ln 2 12 P f x f y f z      . Vậy 3 min 3 2ln 2 P   , khi x = y = z = 1. PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu) Câu Va. 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 2 3xy , 10xy   . Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường 2 3xy và 1xy là: 22 3 1 2 0 1y y y y y          hoặc y = 2. Vậy       2 22 32 2 2 1 11 9 3 1 2 2 3 2 2 yy S y y dy y y dy y                    (đvdt). Page 8 of 8 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cố định A nằm trên đường thẳng (): 2 3 14 0xy   , cạnh BC song song với , đường cao CH có phương trình: 2 1 0xy   . Biết trung điểm của cạnh AB là M(-3; 0). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C. Đáp án: Vì AB  CH nên AB có phương trình: 20x y c   . Do M(-3; 0)  AB nên c = 6. Vậy phương trình AB là: 2 6 0xy   . Do A   nên tọa độ A là nghiệm của hệ:   2 3 14 0 4;2 2 6 0 xy A xy           Vì M(-3; 0) là trung điểm AB nên B(-2; -2) Cạnh BC //  và đi qua B nên BC có phương trình:     2 2 3 2 0 2 3 2 0x y x y        . Vậy tọa độ C là nghiệm của hệ   2 3 2 0 1;0 2 1 0 xy C xy           Câu Vb. 1. Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường 2 yx ; 2 2yx . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox. Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong là: 2 2 4 2 2 2 0 1x x x x x         hoặc x = 1. Khi   1; 1x thì 22 2 xx và đồ thị các hàm 2 yx và 2 2yx cùng nằm phía trên trục Ox. Vậy   1 1 35 24 1 1 44 22 3 5 5 xx V x x dx x                 (đvtt). 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho điểm I(-1; 3). Viết phương trình đường tròn có tâm I và cắt đường thẳng 3 4 10 0xy   tại hai điểm A, B sao cho AIB bằng 120 o . Đáp án: Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng (d): 3 4 10 0xy   , khi đó:     3 12 10 ,1 5 IH d I d       Suy ra R = AI = o 2 cos60 IH  . Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:     2 2 1 3 4xy    . 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 01 PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh) Câu I. Cho hàm. = 2 và x = 4. =====================Hết========================== HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 02 PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh) Câu I. Cho hàm