Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 3 2013 - môn toán

Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-




I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I: (2 ñiểm) Cho hàm số
3 2
3 1
y x x
= − +
có ñồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C).
2. Tìm hai ñiểm A, B thuộc ñồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và ñộ dài
ñoạn AB =
4 2
.
Giải:
1) Các em tự khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số.
2) Giả sử
3 2 3 2
( ; 3 1), ( ; 3 1)
A a a a B b b b
− + − +
(a ≠ b)

Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song suy ra
y ( ) y ( )
a b
′ ′
=
⇔
( )( 2) 0
a b a b
− + − =

⇔
2 0
a b
+ − =
⇔ b = 2 – a ⇒ a ≠ 1 (vì a ≠ b).
2 2 3 2 3 2 2
AB ( ) ( 3 1 3 1)
b a b b a a
= − + − + − + −
=
6 4 2
4( 1) 24( 1) 40( 1)
a a a
− − − + −

AB =
4 2
⇔

6 4 2

4( 1) 24( 1) 40( 1)
a a a
− − − + −
= 32
⇔

a 3 b 1
a 1 b 3
= ⇒ = −


= − ⇒ =


⇒
A(3; 1) và B(–1; –3)
Câu II
: (2 ñiểm)

1. Tìm nghiệm trên khoảng
0;
2
π
 
 
 
của phương trình:

2 2
3

4sin 3 sin 2 1 2cos
2 2 4
x
x x
π π
π
     
− − − = + −
     
     


Giải:
( )
3
2 1 os 2 3 os2 1 1 os 2
2
PT c x c x c x
π
π
 
⇔ − − − = + + − 
 
 
 

2cos 3 os2 sin 2 sin 2 3 os2 2cos
1 3
sin 2 os2 cos sin 2 cos
2 2 6

x c x x x c x x
x c x x x x
π
⇔ − − = − ⇔ − =
 
⇔ − = ⇔ − =
 
 

⇔
sin 2 sin
3 2
x x
π π
   
− = −
 
 
 
 
⇔
5 2
( ) ( )
18 3
5
2 ( ) ( )
6
x k k Z a
x l l Z b
π π

π
π

= + ∈



= + ∈



Vì
0;
2
x
π
 
∈
 
 
nên
5
18
x
π
= .
2. Giải hệ phương trình :
4 2 2
2 2
4 6 9 0

2 22 0
x x y y
x y x y

− + − + =


+ + − =




Giải:
HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 03
MÔN: TOÁN
Giáo viên: PHAN HUY KHẢI
Thời gian làm bài: 180 phút

Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-


Hệ phương trình ⇔
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2

( 2) ( 3) 4 ( 2) ( 3) 4
( 2)( 3) 4 4 28 0 ( 2)( 3) 4( 2) 4( 3) 8 0
x y x y
x y x y x y x y
 
− + − = − + − =
 
⇔
 
− − + + − = − − + − + − − =
 
 

ðặt
2
2
3
x u
y v

− =

− =


Khi ñó (2) ⇔
2 2
4
. 4( ) 8
u v

u v u v

+ =

+ + =

⇔
2
0
u
v
=


=

hoặc
0
2
u
v
=


=


⇒
2
3

x
y
=


=

;
2
3
x
y
= −


=

;
2
5
x
y

=


=


;

2
5
x
y

= −


=



Câu III
:
(1 ñiểm)
Tính tích phân:
2
3
0
sin
I
(sin cos )
xdx
x x
π
=
+
∫

Giải:
ðặt
2
x t dx dt
π
= − ⇒ = −
⇒
2 2
3 3
0 0
cos cos
I
(sin cos ) (sin cos )
tdt xdx
t t x x
π π
= =
+ +
∫ ∫

⇒
2 2
4
2
2
0
0 0
1 1
2I cot( ) 1
(sin cos ) 2 2 4

sin ( )
4
dx dx
x
x x
x
π π
π
π
π
= = = − + =
+
+
∫ ∫
⇒
1
I
2
=

Câu IV:

(1 ñiểm)
Cho lăng trụ ABC. A’B’C’ có ñộ dài cạnh bên 2a, ñáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB = a,
3
AC a
= và hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung ñiểm của BC.
Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ A ñến mặt phẳng (BCC’B’) theo a.
Giải:

Theo giả thiết ta có:
' ( )
A H ABC
⊥

Tam giác ABC vuông tại A và AH là trung tuyến nên
1
2
AH BC a
= =
.
'
A AH
∆
vuông tại H nên ta có:
2 2
' ' 3
A H A A AH a
= − =

Thể tích khối lăng trụ:
3
d
. 3 3
. . 3
2 2
a a
V S h a a
= = = (ñvtt)
Ta có:

3
'.
1 1 . 3
' . 3.
3 3 2 2
A ABC ABC
a a a
V A H S a
= = =
(ñvtt)
Mặt khác:
3
. ' ' ' '. '. ' ' '. ' ' . ' ' '
2
3
ABC A B C A ABC A BCC B A BCC B ABC A B C
V V V V V a
= + ⇒ = =
(ñvtt)
Ta có:
'. ' '
' '
3
( ,( ' ')) ( ',( ' '))
A BCC B
BCC B
V
d A BCC B d A BCC B
S
= =

Vì
' ' ' ' ' '
AB A H A B A H A B H
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ∆
vuông tại A’.
Suy ra
2 2 2
' 3 2 ' '
B H a a a BB BB H
= + = = ⇒ ∆
cân tại B’. Gọi K là trung ñiểm của BK, ta có:
'
B K BH
⊥
.
Do ñó:
2 2
14
' '
2
a
B K BB BK= − =
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-

Suy ra:
2
' '
14
' '. 2 . 14
2
BCC B
a
S B C BK a a= = = (ñvdt)
Vậy

( ) ( )
3
2
3 3 14
,( ' ') ',( ' ')
14
14
a a
d A BCC B d A BCC B
a
= = =
.

Câu V:

(1 ñiểm)
Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4 .
Chứng minh rằng:

2 2 2 2
2
1 1 1 1
a b c d
b c c d d a a b
+ + + ≥
+ + + +


Giải:
Sử dụng bất ñẳng thức Cô–si:

2 2
2 2
a (1 )
(1)
1+b 1 2 4 4 4
2
ab c ab c ab c ab c ab abc
a a a a a
c b c
b c
+
= − ≥ − = − ≥ − = − −
+

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1

(
)

2 2
2 2
1
b
(2)
1+c 1 2 4 4 4
2
bc d
bc d bc d bc d bc bcd
b b b b b
d c d
c d
+
= − ≥ − = − ≥ − = − −
+


(
)
2 2
2 2
1
c
(3)
1+d 1 2 4 4 4
2
cd a
cd a cd a cd a cd cda
c c c c c
a d a

d a
+
= − ≥ − = − ≥ − = − −
+


(
)
2 2
2 2
1
d
(4)
1+a b 1 2 4 4 4
2
da b
da b da b da b da dab
d d d d d
a b
a b
+
= − ≥ − = − ≥ − = − −
+

Từ (1), (2), (3), (4) suy ra:

2 2 2 2
4
1 1 1 1 4 4
a b c d ab bc cd da abc bcd cda dab

b c c d d a a b
+ + + + + +
+ + + ≥ − −
+ + + +

Mặt khác:

•
( )( )
2
4
2
a c b d
ab bc cd da a c b d
+ + +
 
+ + + = + + ≤ =
 
 
. Dấu "=" xảy ra ⇔ a + c = b + d
•
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
a b c d
abc bcd cda dab ab c d cd b a c d b a
+ +
   
+ + + = + + + ≤ + + +
   

   

⇔
( )( ) ( )( )
4 4
a b c d
abc bcd cda dab a b c d a b c d
+ +
 
+ + + ≤ + + + = + +
 
 


2
4
2
a b c d
abc bcd cda dab
+ + +
 
⇔ + + + ≤ =
 
 
. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = d = 1.
Vậy ta có:
2 2 2 2
4 4
4
1 1 1 1 4 4

a b c d
b c c d d a a b
+ + + ≥ − −
+ + + +


2 2 2 2
2
1 1 1 1
a b c d
b c c d d a a b
⇔ + + + ≥
+ + + +
⇒ ñpcm.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1.
PHẦN RIÊNG (3 ñiểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: (2,0 ñiểm).
1)

Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường tròn (C) có phương trình
2 2
( 1) ( 2) 9
x y
− + + =
và
ñường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m ñể trên ñường thẳng d có duy nhất một ñiểm A mà từ ñó kẻ ñược hai
tiếp tuyến AB, AC tới ñường tròn (C) (B, C là hai tiếp ñiểm) sao cho tam giác ABC vuông.
Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4
-



Giải:
(C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3
3 2
IA⇒ =
⇔
5
1
3 2 1 6
7
2
m
m
m
m
= −
−

= ⇔ − = ⇔

=


2. Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, viết phương trình ñường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P):
1 0
x y z
+ + − =
ñồng thời cắt cả hai ñường thẳng
( )
1
1 1
:
2 1 1
x y z
d
− +
= =
−
và
2
1
( ) : 1
x t
d y
z t
= − +


= −


= −


, với
t R
∈
.

Giải:
Lấy
(
)
1
M d
∈
⇒
(
)
1 1 1
1 2 ; 1 ;
M t t t
+ − −
;
(
)
2
N d
∈
⇒
(
)
1 ; 1;
N t t

− + − −

Suy ra
(
)
1 1 1
2 2; ;
MN t t t t t
= − − − −


(
)
(
)
*
1 1 1
. ; 2 2
d mp P MN k n k R t t t t t
⊥ ⇔ = ∈ ⇔ − − = = − −
 
⇔
1
4
5
2
5
t
t


=



−

=


⇒
1 3 2
; ;
5 5 5
M
 
= − −
 
 

⇒ d:
1 3 2
5 5 5
x y z
− = + = +

Câu VII.a
:
(1 ñiểm)
Giải hệ phương trình sau trên tập số phức:
2 2

8
1
z w zw
z w
− − =


+ = −


Giải:
PT ⇔
2
8
( ) 2( ) 15 0
z w zw
z w z w
− − =


− + − − =

⇔
5 13
( ) ( )
3 5
zw zw
a b
z w z w
= − = −

 
∨
 
− = − = −
 

(a) ⇔
3 11 3 11
2 2
3 11 3 11
2 2
i i
w w
i i
z z
 
− + − −
= =
 
 
∨
 
+ −
 
= =
 
 
; (b) ⇔
5 27 5 27
2 2

5 27 5 27
2 2
i i
w w
i i
z z
 
+ −
= =
 
 
∨
 
− + − −
 
= =
 
 

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb: (2,0 ñiểm).
1.
Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho ñiểm M(3;1). Viết phương trình ñường thẳng d ñi qua M cắt
các tia Ox, Oy tại A và B sao cho (OA+3OB) nhỏ nhất.
Giải:
Phương trình ñường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b):
1
x y
a b
+ =

(a,b>0)

M(3; 1) ∈ d
ô
3 1 3 1
1 2 . 12
C si
ab
a b a b
−
= + ≥ ⇒ ≥
.
Mà
3 3 2 3 12
OA OB a b ab
+ = + ≥ =

min
3
6
( 3 ) 12
3 1 1
2
2
a b
a
OA OB
b
a b
=


=


⇒ + = ⇔ ⇔
 
=
= =




Phương trình ñường thẳng d là:
1 3 6 0
6 2
x y
x y
+ = ⇔ + − =

Khóa học LTðH ñảm bảo môn Toán – Thầy Phan Huy Khải
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 03

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5
-


2. Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, cho ñường thẳng
1

( )
∆
có phương trình
{
2 ; ; 4
x t y t z
= = =
;
2
( )
∆

là giao tuyến của 2 mặt phẳng
( ) : 3 0
x y
α
+ − =
và
( ) : 4 4 3 12 0
x y z
β
+ + − =
. Chứng tỏ hai ñường thẳng
1 2
,
∆ ∆
chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận ñoạn vuông góc chung của
1 2
,
∆ ∆

làm ñường kính.

Giải:
Gọi AB là ñường vuông góc chung của
1
∆
,
2
∆
:
1
(2 ; ;4)A t t
∈∆
,
2
(3 ; ;0)B s s
+ − ∈∆

AB ⊥ ∆
1
, AB ⊥ ∆
2
⇒
(2;1;4), (2;1;0)
A B

⇒ Phương trình mặt cầu là:
2 2 2
( 2) ( 1) ( 2) 4
x y z

− + − + − =

Câu VIIb: (1,0 ñiểm)
Giải phương trình:
2 2 2 2 2
log ( 1) ( 5)log( 1) 5 0
x x x x
+ + − + − =


Giải:
ðặt
2
log( 1)
x y
+ =
. PT ⇔
2 2 2 2
( 5) 5 0 5
y x y x y y x
+ − − = ⇔ = ∨ = −

Vậy nghiệm của phương trình:
99999
x = ± ; x = 0



Giáo viên : Phan Huy Khải
Nguồn :

Hocmai.vn