Đáp án đề thi thử lần 1 2012 môn toán thầy phương

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 01

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




PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)
Câu I. Cho hàm số:
( )
( )
3 2 2
2 1
1 4 3
3 2
y x m x m m x
= + + + + + +
.
1. Khảo sát và vẽ ñồ thị của hàm số khi m = -3.
2. Với giá trị nào của m hàm số có cực ñại, cực tiểu? Gọi x
1
, x
2
là hoành ñộ hai ñiểm cực ñại, cực tiểu của
hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
(

)
1 2 1 2
. 2
x x x x
− +
.
Giải:

Ta có
(
)
2 2
2 2 1 4 3
y x m x m m
′
= + + + + +
.
Hàm số có cực ñại, cực tiểu khi và chỉ khi y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
hay
( )
(
)
2
2 2
1 2 4 3 0 6 5 0 5 1
m m m m m m
′

∆ = + − + + > ⇔ + + < ⇔ − < < −

Theo ñịnh lí Vi-ét, ta có
(
)
1 2
1
x x m
+ = − +
,
( )
2
1 2
1
. 4 3
2
x x m m
= + +

Suy ra
( )
( )
2 2
1 1
4 3 2 1 8 7
2 2
m m m m m
+ + + + = + +

Ta nhận thấy, với

(
)
5; 1
m
∈ − −
thì
( )
2
2
9 8 7 4 9 0
m m m
− ≤ + + = + − <

Do ñó A lớn nhất bằng
9
2
khi m = -4.
Câu II.
1.
Giải phương trình
( )
4 4
2
1 cot 2 cot
2 sin cos 3
cos
x x
x x
x
+

+ + =

Giải:
ðiều kiện: sin2x ≠ 0.
Phương trình
(
)
2 4 2
2
2 1
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 cos 2 0
4 4
sin 2 1
x
k
x x x k
x
π π


= −
⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈

=

ℤ

2. Tìm các giá trị của tham số m ñể bất phương trình
( )
(
)
2
4 4 5 2 2
x x m x x
− + − + + ≤
nghiệm ñúng với
mọi giá trị x thuộc ñoạn
2; 2 3
 
+
 

Giải:

ðặt
2
4 5
t x x
= − +

. Từ
[
]
2; 2 3 1; 2
x t
 
∈ + ⇒ ∈
 
. Bất phương trình ñã cho tương ñương với:

( ) ( )
2
2
5
5 2 0
2
t
t m t m g t
t
−
− + + ≥ ⇔ ≥ =
+
(do
2 0
t
+ >
)
Bất phương trình nghiệm ñúng
( )
[

]
2; 2 3 max , 1; 2
x m g t t
 
∀ ∈ + ⇔ ≥ ∈
 
.
Xét hàm g(t) có g(t) ñồng biến
[ ]
( )
( )
[ ]
1
1; 2 max 2 , 1; 2
4
t m g t m t
−
∀ ∈ ⇒ ≥ = = ∈

HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 01
MÔN: TOÁN
Giáo viên: TRẦN PHƯƠNG
Thời gian làm bài: 180 phút


Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 01

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

- Trang | 2
-


S
H
K
B
C
A
D
Câu III. 1.
Tính tích phân:
4
3
0
sin
os
x x
I dx
c x
π
=
∫
.
Giải:
ðặt u = x và
3
sin
cos

x
dv dx du dx
x
= ⇒ =
và
2
1
2cos
v
x
=
.
Từ ñó:
4
4
4
2 2
0
0
0
1 1 1
tan
2 4 2 4 2
2cos cos
x dx
I x
x x
π
π
π

π π
= − = − = −
∫

Câu IV.
Hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình chữ nhật,
2
AD a
=
, CD = 2a. Cạnh SA vuông góc
với ñáy và
( )
3 2 0
SA a a
= >
. Gọi K là trung ñiểm của cạnh AC. Chứng minh mặt phẳng (SBK) vuông
góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích khối chóp SBCK theo a.
Giải:
Gọi H là giao của AC và BK thì
BH =
2
3
BK
2 3
3
a
= và CH =
1
3
; CA =

6
3
a

2 2 2 2
2
BH 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
3 2
2
a
a a
⋅ =
(ñvtt)
Câu V.

Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )
2
2
1
2
2 2
3
2 2 4
2
2 2 4 1 0 5
x
y
x
xy
x y x x y x
−

+ + =



+ − − + =


Giải:
ðiều kiện: x ≠ 0
( )

( ) ( ) ( )
2
2
1 2
5 2 2 2 1 0 2 1
x
x xy x xy x xy y
x
−
   ⇔ + − + + = ⇔ + = ⇔ =
   

Thay vào (4) nhận ñược:
2
2 2
1 1 2
2
2 2
2 1 3 1 2 1
1 1
2 2
2 2
x x
x x
x x x
x x
x x
− −
− − −
− = − = − = −

( )
2
2 2
1 1 2
2 2
2 2 2 2
1 1 2 1 2 1
2 2
x x
x x
x x x x
f f
x x x x
− −
 
− − − −
⇔ + = + ⇔ =
 
 

Ở ñó
( )
2
2
t
t
f t
= +
là hàm ñồng biến với mọi t.
Từ ñó suy ra

(
)
2
2 2
1 2 1 3
2
4
x x
x y
x x
 
− − −
= ⇔ = ⇒ =
 
 

Vậy nghiệm của hệ phương trình là
3
2
4
x y
−
= ⇒ =
.
PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a. ( 2,0 ñiểm)
1. Cho elip (E) : 4x
2
+ 16y

2
= 64.Gọi F
1
, F
2
là hai tiêu ñiểm. M là ñiểm bất kì trên (E). Chứng tỏ rằng tỉ số
khoảng cách từ M tới tiêu ñiểm F
2
và tới ñường thẳng x =
8
3
có giá trị không ñổi.

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 01

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


Giải:
1. Ta có
1 2
( 12;0), ( 12;0)
F F−
Giả sử M(x
0
; y

0
) thuộc (E), H là hình chiếu của M trên ñường thẳng
8
3
x =
. Ta có MF
2
= a - cx
0
/a =
0
8 3
2
x
−

MH =
0
8 3
3
x
−
. Vậy
2
MF
MH
không ñổi.
2. Trong không gian với hệ trục toạ ñộ Oxyz cho ñiểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q):
x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) ñi qua A, B và vuông góc với (Q).
Giải:

Ta có
(1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)
Q Q
AB n AB n
 
= −
 
   

Vì
; 0
Q
AB n
 
≠
 
  
nên mặt phẳng (P) nhận
;
Q
AB n
 
 
 
làm véctơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
Câu VII.a. ( 1,0 ñiểm)
Giải phương trình:
( ) ( )
2

2 7 7 2
log log 3 2log 3 log
2
x
x x x x x
 
+ + = + +
 
 

Giải:

ðiều kiện: x > 0
( )
(
)
( )
( )
2 2 7
log log 2log 3 0
2
x
PT x x x
 
⇔ − + + =
 

Xét
2
2

ln
ln 2
log 2
2 2
x
x x
x x
x
= ⇔ = ⇔ = (7)
ðặt:
( ) ( )
ln 1 ln
x x
f x f x
x x
−
′
= ⇒ =
;
(
)
0
f 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
(
)

2 7
log 2log 3
x x
= +
(8)
ðặt:
2
log 2
t
x t x
= ⇔ =

( )
( )
(
)
(
)
(
)
2
4 2 1
8 7 2 3 6 9 1
7 7 7
t t t
t t
⇔ = + ⇔ + + =
có nghiệm duy nhất t = 2.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2 và x = 4.
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b. ( 2,0 ñiểm)
1.
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa ñộ Oxy cho ñường tròn (C):
2 2
6 2 6 0
x y x y
+ + − + =
và các ñiểm
B(2; -3) và C(4; 1). Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm A thuộc ñường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại ñiểm A
và có diện tích nhỏ nhất.
Giải:
ðể ABC làm tam giác cân tại A thì A phải nằm trên ñường trung trực (∆) qua trung ñiểm BC là M(3; 1) và
nhận
(
)
2; 4
BC

làm véc tơ pháp tuyến nên (∆) có phương trình:
(
)
(
)
2 3 4 1 0 2 1 0
x y x y
− + + = ⇔ + − =

Vì A ∈ (C) nên tọa ñộ A là nghiệm của hệ:
2 2
6 2 6 0

2 1 0
x y x y
x y

+ + − + =

+ − =


Giải hệ tìm ra hai ñiểm A
1
(-1; 1) và A
2
(
21
5
−
;
13
5
)
Do
1 2
18
20
5
A M A M
= < = nên
1 2
A BC A BC

S S< . Vậy ñiểm cần tìm là A(-1; 1).

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 01

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


2.
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz cho lăng trụ ñứng OAB.O
1
A
1
B
1
với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và
O
1
(0; 0; 4). Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm M trên AB, ñiểm N trên OA
1
sao cho ñường thẳng MN song song với
mặt phẳng (α):
2 5 0
x y z
+ + − =
và ñộ dài MN =
5

.
Giải:
Có A
1
(2; 0; 4) ⇒
(
)
1
2; 0; 4
OA =

⇒ phương trình OA
1
:
( )
2
0 2 ; 0; 4
4
x n
y N n n
z n
=


= ⇒


=


Có
(
)
2; 4; 0
AB = −

⇒ phương trình AB:
( )
2 2
4 2 2 ; 4 ; 0
0
x m
y m N m m
z
= −


= ⇒ −


=


Vậy
(
)
2 2 2; 4 ; 4
MN 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
α
α
⇔ = ⇔ + − − + = ⇔ = ⇒
 
.
Khi ñó:
( )
(
)
( )
2
1
2 2
2
8
4
1
; ; 0
5 5
5

2 1 16 4 5
0
2; 0; 0
M
m
MN m m
m
M A


=


= − + + = ⇔ ⇒


=
≡



Câu VII. b. 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 ñó n là số nguyên dương và
k
n
C
là
số tổ hợp chập k của n phần tử.
Giải:
Ta có:
( ) ( )
( )
( ) ( )
1
1
1 !
!
1 1
, 0,1, ,
1 1 1
! ! 1 1 ! !
k k
n n
C C
n

n
k n
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
1
n
x
+
ở hai vế ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2
0 1 2 3 1 1
1 1 1 1 1 2 2

n n
n n n n n n
C C C C C C
+ +
+ + + + + +
+ + + + + =

Vậy:
( )
1
2 2
2
1
1
n
n
C
S
n
+
+
−
=
+
.


Giáo viên: Trần Phương
Nguồn:
Hocmai.vn