Hướng dẫn giải đề thi thử số 5 - 2012 môn toán thầy phương

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số
04

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
3 1 ( )
m
y x x mx C
= + + +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số khi m = 3 (C
3
)
2. Tìm m ñể (C
m
) cắt ñường thẳng (d): y = 1 tại 3 ñiểm phân biệt C, D, E với C(0; 1). Tìm m ñể tiếp
tuyến tại D, E với (C
m
) vuông góc nhau.
Giải:

1) Với m = 3
3 2
3
3 3 1 ( )
y x x x C
⇒ = + + +
Học sinh tự khảo sát và vẽ ñồ thị (C
3
)
2)
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C
m
) và (d):

3 2 3 2
2
2
3 1 1 3 0
0 (2)
( 3 ) 0
3 0 (3)
x x mx x x mx
x
x x x m
x x m
+ + + = ⇔ + + =
=

⇔ + + = ⇔


+ + =


Yêu cầu bài toán
⇔
phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
;
x x
ñều khác 0, ñồng thời:
1 2
'( ). '( ) 1
f x f x
= −
.
Trong ñó
3 2
( ) 3 1
f x x x mx
= + + +

Yêu cầu bài toán
( )( )
2 2
1 1 2 2
9 4 0
0
3 6 3 6 1
m

m
x x m x x m

∆ = − >


⇔ ≠


+ + + + = −



Do
1 2
;
x x
là nghiệm của (3) nên
2
1 1
3 0
x x m
+ + =
và
2
2 2
3 0
x x m
+ + =
2

1 1
2
2 2
3
3
x m x
x m x

= − −

⇒

= − −



[ ][ ]
1 1 2 2
9
4
0
3( 3 ) 6 3( 3 ) 6 1
m
m
x m x m x m x m

<


⇔ ≠



− − + + − − + + = −



2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
9 9
0 0
4 4
9 6( ) 4 1 9 6( ) 4 1 0
m m
x x x x m m x x x x m m
 
≠ < ≠ <
 
⇔ ⇔
 
 
+ + + = − + + + + =
 

Áp dụng ñịnh lý Viet vào phương trình (3) ta có:
1 2
1 2
3
.
b
x x

a
c
x x m
a

+ = − = −




= =



HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 04
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
04

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

2 2
9
0
9 9
0 0
4
4 4
9 65
9 18 4 1 0 4 9 1 0
8
m
m m
m m m m m
m

≠ <
 

≠ < ≠ <
  
⇔ ⇔ ⇔
  
±
  
− + + = − + =
=
 



Kết luận
: Vậy với
9 65
8
m
±
=
.
Câu II.
1.
Giải phương trình:
4 2 4
3sin 2cos 3 os3 3cos cos 1
x x c x x x
+ + = − +


Giải:
Phương trình:
4 4 2
3(sin os ) (2cos 3 1) ( os3 cos ) 0
x c x x c x x
⇔ − + − + + =

3
2
2
3cos 2 os6 2cos 2 cos 0
4cos 2 6cos 2 2cos 2 cos 0

os2 (2cos 2 3 cos ) 0
os2 0 (*)
2( os 2 1) (cos 1) 0 (**)
x c x x x
x x x x
c x x x
c x
c x x
⇔ − + + =
⇔ − + =
⇔ − + =
=

⇔

− + − =


(*) ,
4 2
k
x k Z
π π
⇔ = + ∈

2 2
2 2
2
2
(**) 2( os2 1)( os2 1) (cos 1) 0

8cos ( sin ) (cos 1) 0
8cos ( os 1) (cos 1) 0
(cos 1) 8cos (cos 1) 1 0
cos 1
2 ,
8cos (cos 1) 1 0( ô ê )
c x c x x
x x x
x c x x
x x x
x
x k k Z
x x v nghi m
π
⇔ − + + − =
⇔ − + − =
⇔ − + − =
 
⇔ − + + =
 
=

⇔ ⇔ = ∈

+ + =


Vậy phương trình có 2 nghiệm:
& 2 ,
4 2

x k x k k Z
π π
π
= + = ∈
.
2.
Giải phương trình :
(
)
2 3
2 3 2 3 8
x x x
− + = +


Giải :
ðiều kiện :
2 1
(*)
2
x
x
− ≤ ≤


≥


ðặt
2

2 4
2
u x x
x x

= − +


= +


ta có :
2 2 2
3 2
u v x x
− = − +

Lúc ñó (1) trở thành :
2 2
2( ) 3 (2 )( 2 ) 0 2 ( 2 0)
u v uv u v u v u v do u v
− = ⇔ + − = ⇔ = + >

Tìm
x
ta giải :

2 2
2 4 2 2 6 4 0
3 13

x x x x x
x
− + = + ⇔ − − =
⇔ = ±

Vậy (1) có hai nghiệm :
1,2
3 13
x = ±
.


Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số
04

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


I
O
D
C
A
B
S
K

H
M
E
Câu III.
Tính tích phân
6
0
tan( )
4
os2
x
I dx
c x
π
π
−
=
∫


Giải:
2
6 6
2
0 0
tan( )
tan 1
4
os2 (t an +1)
x

x
I dx dx
c x x
π π
π
−
+
= = −
∫ ∫
,
2
2
1 tan
cos2
1 tan
x
x
x
−
=
+

ðặt
2
2
1
t an dt = (tan 1)
cos
t x dx x dx
x

= ⇒ = +

0 0
1
6
3
x t
x t
π
= ⇒ =
= ⇒ =

Suy ra:
1
3
2
0
1
1 1 3
3
( 1) 1 2
0
dt
I
t t
−
= − = =
+ +
∫
.

Câu IV:
Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với ñáy hình chóp.
Cho AB = a, SA =
2
a
. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD.
Chứng minh SC
( )
AHK
⊥
và tính thể tích hình chóp OAHK.
Giải:
+ BC vuông góc với (SAB)
⇒
BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB
⇒
AH vuông góc với (SBC)
⇒
AH vuông góc SC (1)
+ Tương tự AK vuông góc SC (2)
Từ (1) và (2)
⇒
SC vuông góc với (AHK )
2 2 2 2
3
SB AB SA a
= + =
6
SB 3 AH.SB SA.AB AH
3

a
a⇒ = ⇒ = ⇒ =
2 3 2 3
SH SK
3 3
a a
⇒ = ⇒ =
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
Ta có HK song song với BD nên
2 2
3
HK SH a
HK
BD SB
= ⇒ = .
Kẻ OE// SC
( )( ( ))
OE AHK doSC AHK
⇒ ⊥ ⊥
suy ra OE là ñường cao của hình chóp OAHK và
2 4 2
IC SC a
OE
= = =
(Vì
∆
SAC cân tại A , AI là ñường cao, là ñường trung tuyến).
Gọi AM là ñường cao của tam giác cân AHK ta có
2
2 2 2

4
9
a
AM AH HM
= − =
⇒
AM=
2
3
a

3
1 1 1 2
. . .
3 3 2 2 27
OAHK AHK
a a
V OE S HK AM
= = =

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số
04

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

C2
: ðể tính hình chóp OAHK ta gắn vào hệ trục tọa ñộ vuông góc
Axyz
có A là gốc tọa ñộ, trục
Ax


hướng theo
AD

, trục
Ay

hướng theo
AB

, trục
Az

hướng theo
AS

. Thế thì:
A(0; 0; 0),
; ;0
2 2
a a
O
 
 

 

Từ tính ñồng dạng của các tam giác vuông SKA và SAD, dễ dàng tính ñược
2 2
3
3 3
SK SD a
= =
,
Suy ra
2 2
; 0;
3 3
K K K
a a
x y z
= = = .
Do tính ñối xứng của hình vẽ ta cũng có:
2 2
0; ;
3 3
H K H
a a
x y z
= = =
1
. ,
6
OAHK
V AO AH AK

 
=
 
  

2 2 2 2
0; ; , ;0;
3 3 3 3
a a a a
AO AK
   
= =
   
   
   
 
,
2 2
0; ;
3 3
a a
AH
 
=
 
 
 


2 2 2 2

0 0
3 3 3 3
, ; ;
2
2 2 2
0
0
3
3 3 3
a a a a
AH AK
a
a a a
 
 
 
 
= −
 
 
 
 
 

2 2 2
2 2 2 2 4
; ;
9 9 9
a a a
 

= −
 
 
 

2 2 3
2 2 2 2 2 2
. , . .
2 9 2 9 9
a a a a a
AO AH AK
 
= + =
 
  

3
.
1 2
. ,
6 27
O AHK
a
V AO AH AK
 
⇒ = =
 
  

Câu V:

Tìm a ñể bất phương trình sau có nghiệm :
(
)
3 2
3 1 1 (*)
x x a x x
+ − ≤ − −

Giải :
ðiều kiện :
1
x
≥
, khi ñó
3 2
( 1)
(*) 3 1
1
x x
x x a
x x
− −
⇔ + − ≤
+ −

(
)
(
)
3 2

3 1 1
x x x x a
⇔ + − + − ≤

+ Xét hàm số :
(
)
(
)
3 2
( ) 3 1 1
f x x x x x
= + − + −

( )
( )
2 3 2
1 1
'( ) (3 6 ) 1 3 1 . 0
2 2 1
f x x x x x x x
x x
 
= + + − + + − + >
 
−
 
với
1
x

≥

(Vì
1
x
≥
thì
2 3 2
1 1
3 6 0; 1 0; 3 1 0 à 0
2 2 1
x x x x x x v
x x
+ > + − > + − > + >
−
)
Suy ra :
( )
f x
ñồng biến trên
[
)
1;
+∞

( ) (1) 3
f x f
⇒ ≥ =

(

)
(
)
3 2
lim ( ) lim 3 1 1
x x
f x x x x x
→+∞ →+∞
 
= + − + − = +∞
 


Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số
04

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


( )
f x
liên tục trên
[
]
1;
+∞

Lập bảng biến thiên :
x 1 +∞
y
+∞
3

Vậy bất phương trình có nghiệm khi
3
a
≥
.
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.
1.
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các ñường thẳng chứa các
cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên ñường thẳng
x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC.

Giải:
Tọa ñộ của A nghiệm ñúng hệ phương trình:
( )
4 3 4 0 2
2;4
2 6 0 4
x y x
A
x y y
+ − = = −

 
⇔ ⇒ −
 
+ − = =
 

Tọa ñộ của B nghiệm ñúng hệ phương trình
( )
4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 

ðường thẳng AC ñi qua ñiểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
(
)
(
)
2 4 0 2 4 0
a x b y ax by a b
+ + − = ⇔ + + − =

Gọi
1 2 3
: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0
x y x y ax by a b
∆ + − = ∆ + − = ∆ + + − =

Từ giả thiết suy ra
( )

( )

2 3 1 2
; ;
∆ ∆ = ∆ ∆
. Do ñó
( )

( )

( )
2 3 1 2
2 2
2 2
|1. 2. | | 4.1 2.3|
cos ; cos ;
25. 5
5.
0
| 2 | 2 3 4 0
3 4 0

a b
a b
a
a b a b a a b
a b
+ +
∆ ∆ = ∆ ∆ ⇔ =
+
=

⇔ + = + ⇔ − = ⇔

− =


+ a = 0
0
b
⇒ ≠
. Do ñó
3
: 4 0
y
∆ − =

+ 3a – 4b = 0: có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra
3
: 4 3 4 0
x y
∆ + − =

(trùng với
1
∆
).
Do vậy, phương trình của ñường thẳng AC là y - 4 = 0.
Tọa ñộ của C nghiệm ñúng hệ phương trình:
( )
4 0 5
5;4
1 0 4
y x
C
x y y
− = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 

2. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho hai mặt phẳng

(
)
(
)
: 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.
P x y x y+ − + −

Viết phương trình của mặt cầu (S) ñi qua gốc tọa ñộ O, qua ñiểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt

phẳng (P) và (Q).

Giải:
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q

=


= = = ⇔ =


=



Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số
04

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6
-


Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2
5 2 1
10 4 2 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c
= ⇔ = ⇔ + + = − + − + −
⇔ + + =

( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
| 2 2 5|
, 9 2 2 5 (2)

3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
+ − +
= ⇔ + + = ⇔ + + = + − +
( )
( )
( )
( )
| 2 2 5 | | 2 2 13 |
, ,
3 3
2 2 5 2 2 13 ( )
2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c
+ − + + − −
= ⇔ =
+ − + = + − −

⇔ ⇔ + − =

+ − + = − − + +

lo¹i

Từ (1) và (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3 6 3
a
b c
−
= − =

Từ (2) và (3) suy ra:
2 2 2
9 (5)
a b c+ + =
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta ñược:
(
)
(
)
2 221 658 0
a a
− − =

Như vậy
2
a
=
hoặc
658
221
a

=
.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc
658 46 67
; ;
221 221 221
I
 
−
 
 
và R = 3.
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 1 9
x y z
− + − + − =
và
2 2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
     
− + − + + =
     
     

Câu VII.a
Cho số phức z thỏa mãn:

| | 2 3( 1 2 )
z z i
− = − +
Tính
2 3
| | | | | |
z z z
+ +


Giải:
Gọi z = a + bi
( , )
a b R
∈

Từ giả thiết suy ra:

2 2
2 2
2( ) 3 6
2 3
2 6
a b a bi i
a b a
b
+ − − = − +


+ − = −

⇔

=



Giải hệ pt trên ta suy ra:
0
4
a
a
=


=


2 3
4 3
| | | | | | 155
z i
z z z
⇒ = +
⇒ + + =

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b. ( 2,0 ñiểm)
1.
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và ñường tròn (C):
2 2

2 4 8 0
x y x y
+ + − − =
. Xác ñịnh tọa ñộ các giao ñiểm A, B của ñường tròn (C) và ñường thẳng d (cho
biết ñiểm A có hoành ñộ dương). Tìm tọa ñộ C thuộc ñường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.

Giải:
Tọa ñộ giao ñiểm A, B là nghiệm của hệ phương trình

2 2
0; 2
2 4 8 0
1; 3
5 2 0
y x
x y x y
y x
x y
= =

+ + − − =

⇔
 
= − = −
− − =



(loại)

(nhận)

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số
04

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 7
-


Vì A có hoành ñộ dương nên ta ñược A(2;0), B(-3;-1).
Vì

0
90
ABC =
nên AC là ñường kính ñường tròn, tức là ñiểm C ñối xứng với ñiểm A qua tâm I của ñường
tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
2. Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0
x y z
− + − =
và các ñường thẳng
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z

d d
− − − +
= = = =
− −
.
Tìm các ñiểm
1 2
d , d
M N
∈ ∈
sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.

Giải:
Phương trình tham số của d
1
là:
1 2
3 3
2
x t
y t
z t
= +


= −


=


. M thuộc d
1
nên tọa ñộ của M
(
)
1 2 ;3 3 ;2
t t t
+ −
.
Theo ñề:
( )
( )
(
)
( )
1 2
2
2 2
|1 2 2 3 3 4 1|
|12 6 |
, 2 2 12 6 6 1, 0.
3
1 2 2
t t t
t
d M P t t t
+ − − + −
−
= = ⇔ = ⇔ − = ± ⇔ = =
+ − +

+ Với t
1
= 1 ta ñược
(
)
1
3;0;2
M
;
+ Với t
2
= 0 ta ñược
(
)
2
1;3;0
M

+ Ứng với M
1
, ñiểm N
1

2
d
∈
cần tìm phải là giao của d
2
với mặt phẳng qua M

1
và // mp(P), gọi mặt phẳng
này là (Q
1
). Phương trình (Q
1
) là:
(
)
(
)
3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)
x y z x y z
− − + − = ⇔ − + − = .
Phương trình tham số của d
2
là:
5 6
4
5 5
x t
y t
z t
= +


=


= − −


(2)
Thay (2) vào (1), ta ñược: -12t – 12 = 0
⇔
t = -1. ðiểm N
1
cần tìm là N
1
(-1;-4;0).
+ Ứng với M
2
, tương tự tìm ñược N
2
(5;0;-5).


Câu VII b
. Giải phương trình sau trên tập phức biết rằng nó có nghiệm thực:

3 2
2 5 (3 2 ) 3 0
z z i z i
− + + + + =


Giải:
Phương trình

3 2
2 5 3 3 (2 1) 0

z z z z i
⇔ − + + + + =

Vì phương trình có nghiệm thực
( )
z R
∈

3 2
2 5 3 3 0
1
2
2 1 0
z z z
z
z

− + + =
⇒ ⇔ = −

+ =


Do ñó phương trình
2
(2 1)( 3 3 ) 0
z z z i
⇔ + − + + =

2

1/ 2
2 1 0
2
3 3 0
1
z
z
z i
z z i
z i
= −

+ =


⇔ ⇔ = −


− + + =


= +





Giáo viên: Trần Phương
Nguồn:
Hocmai.vn