hướng dẫn giải đề thi thử đại học 2015
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (4.92 MB, 110 trang )
Trang 1
DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 01
Môn: TOÁN
I
I
.
.
P
P
H
H
Ầ
Ầ
N
N
C
C
H
H
U
U
N
N
G
G
C
C
H
H
O
O
T
T
Ấ
Ấ
T
T
C
C
Ả
Ả
T
T
H
H
Í
Í
S
S
I
I
N
N
H
H
(
(
7
7
đ
đ
i
i
ể
ể
m
m
)
)
1. Khi
3
m
, ta có
3
3 2
( ): .
1
x
C y
x
Tập xác định:
\ 1 .
D
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
2
5
' 0, .
( 1)
y x D
x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)
và
(1; ).
Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 3
x x
y y
; tiệm cận ngang:
3.
y
1
lim
x
y
;
1
lim
x
y
; tiệm cận đứng:
1.
x
Bảng biến thiên:
Đồ thị:
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2
1
mx
y
x
(C
m
), m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
3.
m
2. Cho hai điểm
( 3;4)
A và
(3; 2)
B . Tìm m để trên đồ thị (C
m
) có hai điểm P, Q cách đều
hai điểm A , B và diện tích tứ giác
APBQ
bằng 24.
x
'
y
y
1
3
3
Trang 2
2. Cách 1: (Lời giải của quydo).
Phương trình đường thẳng PQ đi qua trung điểm
(0;1)
K của AB và vuông góc với AB.
Lại có
( ): 1 0
AB x y
nên
( ) : 1 0.
PQ x y
Giả sử
( ; 1)
P a a
suy ra
( ; 1).
Q b b
24 ( ; ) ( ; ) . 48 4
APBQ
S d P AB d Q AB AB a b
(*).
Mà P thuộc
( )
m
C
nên
2
2
1 3 0.
1
ma
a a ma
a
Tương tự Q cũng thuộc
( )
m
C
nên Q thỏa mãn
2
3 0.
b mb
Như vậy a,b thỏa mãn phương trình
2
3 0.
x mx
Từ (*) và theo định lí Vi-et ta có:
4
3.
a b
a b m
ab
Từ đó tìm được
2
m
. Thử lại chỉ có
2
m
thỏa mãn.
Vậy
2.
m
Cách 2: (Lời giải của phamtuankhai).
Tứ giác APBQ có đường chéo PQ là trung trực của AB nên
( ) : 1 0.
PQ x y
Ta có:
2
1
. 4 2.
2
APBQ
APBQ
S
S PQ AB PQ
AB
Như vậy ta tìm m sao cho đường thẳng
1
y x
cắt
( )
m
C
tại hai điểm phân biệt P,Q và
4 2.
PQ
Phương trình hoành độ giao điểm
2
2
1 3 0,
1
mx
x x mx
x
có hai nghiệm phân biệt khi:
2
0
12 0
2.
(1) 0
2 0
m
m
f
m
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
4 2 ( ) ( 1 1) 4 2 ( ) 4 16.
PQ x x x x x x x x
Theo định lý Viet ta có:
1 2
1 2
3
x x m
x x
, suy ra
2
12 16 2 2.
m m m
Vậy
2
m
thỏa mãn điều kiện bài toán.
1. Cách 1: (Lời giải của quydo).
Ta có:
2 cos cos sin
4
x x x
Phương trình đã cho tương đương:
4
4(cos sin ) 4 3cos2 5 0.
x x x
2
2
2 2
4(1 sin 2 ) 4 3cos2 5 0.
4sin 2 8sin 2 4 3cos2 9 0.
2(2sin 2 1) (2cos2 3) 0.
x x
x x x
x x
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
4
16cos 4 3cos2 5 0
4
x x .
2. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3 3
( 1)( 1) 1 ( 1)( 1) (1)
( , ).
3 ( 4) 1 0 (2)
x y x x y y
x y
x x x y x y
Trang 3
1
sin 2
2
2 2 ,( ).
6 12
3
cos2
2
x
x k x k k
x
Vậy
,( ).
12
x k k
Cách 2: (Lời giải của duynhan).
Đặt
4
t x
. Ta có:
4
2
2
2 2
2 2
16cos 4 3 cos 2 5 0.
2
4(1 cos2 ) 4 3sin 2 5 0.
4cos 2 8cos2 4 3sin 2 9 0.
2(4cos 2 4cos2 1) (4sin 2 4 3sin 2 3) 0.
2(2cos2 1) (2sin 2 3) 0.
t t
t t
t t t
t t t t
t t
1
cos2
2
2
2 2 ,( ).
3 3 12
3
sin 2
2
t
t k t k x k k
t
Vậy
,( ).
12
x k k
2. Cách 1: (Lời giải của kiet321).
Đặt
3 3 2
1 1 ,( 0).
x y a x y a a
2 2 2 2
(2) ( 3) ( 3) 0 ( 3) ( ) 3 .
x x a a x x a a
Xét hàm số
2
( ) ( 3)
f t t t
, ta thấy
( )
f t
luôn đồng biến trên D.
Suy ra
3 3 2
( ) ( ) 1 1,( 0).
f x f a x a x x y y x x x
Thay
3 2
1
y x x
vào phương trình (1), ta được:
8 7 5 2 2 4 3
2 0 ( 1)( 1)( 1) 0.
x x x x x x x x x x x x
Với
0 1
x y
.
Với
1 1.
x y
Với
2
1 0
x x
( phương trình vô nghiệm).
Với
4 3 4 3 3 2 2 3
1 0 1 2 ( 1) ( 1) 2
x x x x x x x x x x x
(*)
Do điều kiện
0
x
nên hai vế phương trình (*) trái dấu dẫn đến phương trình vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm:
( ; ) ( 1; 1),(0;1).
x y
Cách 2: (Lời giải của mekongauto).
Điều kiện:
3
1
x y
(*)
Hệ phương trình đã cho tương đương với:
2 2 2 2 2 2
3 3 3
1 0 (3)
3 ( 4) 1 0 (2)
x y x y xy x y
x x x y x y
Ta có:
2
2 3 3
(2) ( 3) 1 1 3 .
x x x y x y
(4)
Trang 4
Xét hàm số:
2
( ) ( 3)
f t t t
. Ta có:
2
'( ) 3 3 0,f t t t
. Suy ra:
( )
f t
đồng biến trên
.
Do đó:
3 2 3
(4) 1 1,( 0).
x x y x y x x
(5)
2 2 2
2 3 2
(1) ( 1) ( ) 1 0.
( 1) ( 1) 1 0.
( 1)( 1)( 1) 0.
xy x x y y x
xy x x y x
x x y xy
1
x
hoặc
1
x y
hoặc
1.
xy
Với
1
x
, thay vào (5) ta được:
1.
y
Với
1
x y
, thay vào (5) ta được:
3 2 2
0 ( 1) 0 0.
x x x x x x x
Với
1
xy
, thay vào (5) ta được:
2 3 4 3 2 2 3
1
1 1 0 ( 1) ( 1) 2 .
x x x x x x x x x
x
Do điều kiện
0
x
nên hai vế phương trình trái dấu
phương trình vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm:
( ; ) ( 1; 1),(0;1).
x y
(Lời giải của duynhan).
2
2 2
1
1 1 1
1 ln 1
I x dx
x x x
.
Đặt
2
1 1
1
t x dt dx
x x
.
Đổi cận:
5
2
2
1
2.
x
t
x
t
Ta có:
5
2
2
ln .
I t tdt
Đặt ln
dt
u t du
t
;
2
.
2
t
dv tdt v
5
5 5
2 22
2 2
2
2 2
5 5
25ln 25ln
1 9
2 2
ln 2ln 2 2ln 2 .
2 2 8 4 8 16
t t
I t tdt
(Lời giải của duynhan).
Trên nữa mặt phẳng bờ BD có chứa điểm A dựng tia Bx vuông góc BD.
Kẻ
( ),
SH BD H BD
ta có:
( ) .
BD SB
BD SHB BD SH
BD BH
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2
2
4
1
1
1 ( 1)
I x ln x lnx dx
x
.
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng
a
. Biết đường
thẳng BD chia mặt phẳng (ABCD) thành hai nữa mặt phẳng, hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng
(ABCD) thuộc nữa mặt phẳng chứa điểm A. Cạnh bên SB vuông góc với BD và có độ dài bằng
2 2
a
, mặt phẳng (SBD) tạo với mặt đáy góc 60
o
. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách
giữa hai đường thẳng BD và SC theo a.
Trang 5
( ).
, ( )
SH BH
SH BD SH ABCD
BH BD ABCD
( ) ( )
( ),
( ),
ABCD SBD BD
BH ABCD BH BD
SB SBD SB BD
góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng
(ABCD) là
.
SBH
0 0
60 .sin60 6
SBH SH SB a
.
3
.
1 6
. .
3 3
S ABCD ABCD
a
V S SH
Tính
( , )
d BD SC
:
Qua C kẻ đường thẳng
song song với BD cắt đườg thẳng BH tại K.
/ /( ).
( , ) ( ,( )) . ( ,( )).
BD SCK
BK
d BD SC d B SCK d H SCK
HK
0
0
.cos60 2.
2
.sin45 .
2
2 3 2
2 .
2 2
1
.
3
BH SB a
a
BK BC
a a
HK HB BK a
BK
HK
Kẻ
( ),
HQ SK Q SK
ta có:
( ); / / .
( ) .
BD SHK CK BD
CK SHK CK HQ
Mà
( ).
HQ SK HQ SCK
( ,( )) .
d H SCK HQ
Xét tam giác SHK vuông tại H có HQ là đường cao, ta có:
2 2
. 3 14
.
7
1 3 14 14
( , ) . .
3 7 7
SH HK a
HQ
SH HK
a a
d BD SC
Vậy
14
( , ) .
7
a
d BD SC
Cách 1: (Lời giải của duynhan).
Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có:
Câu V (1 điểm) Cho
, ,
a b c
là các số thực dương thỏa mãn
8 8 8
3
a b c . Chứng minh rằng:
2 2 2
5 5 5
3
( ) ( ) ( ) 32
a b c
b c c a a b
.
Trang 6
2
5 2
2
2
5
( ) 64 4( )
( ) 4
1
(1)
( ) 4 4 64
a b c a
b c b c
a a a
b c b c
a a a b c
b c b c
Tương tự ta có:
2
5
1
(2)
( ) 4 4 64
b b b c a
c a c a
2
5
1
(3)
( ) 4 4 64
c c c a b
a b a b
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta có:
2 2 2
5 5 5
1
( ) ( ) ( ) 4 4 32
a b c a b c a b c a b c
b c c a a b b c c a a b
(4)
Ta có:
1 1 1
3
a b c
a b c
b c c a a b a b b c c a
3
3
1 1 1 1
( ) ( ) ( ) 3
2
1 3
.3. ( )( )( ). 3
2
( )( )( )
a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a
3
2
a b c
b c c a a b
(5)
8 4
4 2
2
8 4 2 2
1 2
1 2
1 2
2 1 2(2 1) 1 4 3 4(2 1) 3 8 7
a a
a a
a a
a a a a a a
Tương tự ta có:
8
8
8 7
8 7
b b
c c
8 8 8
3 8( ) 21
3
(6)
a b c a b c
a b c
Từ (4), (5), (6) ta có:
2 2 2
5 5 5
1 3 3 3 3
.
( ) ( ) ( ) 4 2 4 32 32
a b c
b c c a a b
Cách 2:
Liên tiếp sử dụng Cauchy – Schwarz, ta có:
2 2 2 2
4 4 4 2
8 8 8
( )
3
( )
3 .
3 3
a b c
a b c
a b c
Từ đó suy ra:
2 2 2
3.
a b c
(Lời giải của Lil.Tee).
Để ý rằng:
2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2
( ) 2 ( ) 2. 2 ( )( ) 2. 4.
3
AM GM
a b c b c
a b c a b c a b c b c
Trang 7
Do đó ta có:
3 3 3
2
5 2
1 1 1 1 1 1 3 1
. . .
( ) ( ) 4 4 8 8 16 16 16
AM GM
a a a a a
b c b c a b c b c b c b c
Thiết lập hai biểu thức tương tự rồi cộng vế theo vế ta được:
2 2 2
5 5 5
3 3 3 3 3 3
.
( ) ( ) ( ) 16 16 16 2 16 32
Nesbit
a b c a b c
b c c a a b b c c a a b
.
Bất đẳng thức được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi
1.
a b c
(Lời giải của phamtuankhai).
2 2
5
2 2 2 2
5
2 2 2 2
5
( ) 3
.
( ) 128 32 16
( ) ( ) ( ) 3
( ) 128 32 16
3 ( ) ( ) ( )
( ) 16 128 32
cyc
cyc
a b c a a
b c b c
a a b b c c a a b c a b c
b c b c c a a b
a a b c a b b c c a a b c
b c b c c a a b
Ta có:
3
2
a b c
b c c a a b
2 2 2 2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( ) 4( ) 12
3( ) 3
a b b c c a a b c
a b c a b c
Do đó:
2 2 2
5 5 5
3 3 12 3 3
.
( ) ( ) ( ) 16 2 128 32 32
a b c
b c c a a b
.
I
I
I
I
.
.
P
P
H
H
Ầ
Ầ
N
N
R
R
I
I
Ê
Ê
N
N
G
G
(
(
3
3
đ
đ
i
i
ể
ể
m
m
)
)
1
1
.
.
T
T
h
h
e
e
o
o
c
c
h
h
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g
t
t
r
r
ì
ì
n
n
h
h
C
C
h
h
u
u
ẩ
ẩ
n
n
1. Cách 1: (Lời giải của duynhan).
Do
AB AC
nên tam giác ABC là tam giác đều.
Suy ra AB, CD tạo với đường thẳng BD một góc 30
0
.
Kẻ
0
.sin30
PH BD PH BP
0 0
2 3 1
( , )
6 2.
sin30 sin30
2
PH d P BD
BP
( ; ),( 1).
B BD B a a a
2 2 2
2
( 3) ( 1) ( 6 2)
2 2( 3 1) 4 3 4 0
2
3 1( )
a a
a a
a
a loai
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình cạnh BD là
0
x y
. Đường
thẳng AB đi qua điểm
(1; 3)
P , đường thẳng CD đi qua điểm
( 2; 2 3)
Q . Tìm tọa độ các đỉnh
của hình thoi, biết độ dài
AB AC
và điểm B có hoành độ lớn hơn 1.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho
ABC
vuông cân tại C với
(5;3; 5),
A
(3; 1; 1)
B
. Lập phương trình đường thẳng d, biết d đi qua đỉnh C của
ABC
, nằm trong mặt
phẳng
( ):2 2 0
x y z
và tạo với mặt phẳng
( ): 2 2 5 0
x y z
góc 45
o
.
Trang 8
(2;2).
B
Kẻ
0
.sin30
QK BD QK QD
0 0
2 2 3 2
( , )
2 6 2 2.
sin30 sin30
2
QK d Q BD
QD
( ; )
D BD D b b
2 2 2
2
( 2 3) ( 2) (2 6 2 2)
2 4( 3 1) 16 3 16 0
b b
b b
4
2 2 3( )
b
b loai
( 4; 4).
D
Tọa độ trung điểm I của BD:
( 1; 1)
I
Phương trình đường thẳng AC:
2 0
x y
Phương trình đường thẳng CD:
(2 3) 4 4 3 0
x y
Tọa độ điểm C là nghiệm hệ phương trình:
2 0
3 1
( 3 1; 3 1)
(2 3) 4 4 3 0
3 1
x y
x
C
x y
y
Tọa độ điểm A:
2 3 1
( 3 1; 3 1)
2
3 1
A I C
A
A I C
A
x x x x
A
y y y
y
Vậy
( 3 1; 3 1)
A
,
(2;2)
B ,
( 3 1; 3 1)
C
,
( 4; 4)
D
.
Cách 2: (Lời giải của quydo).
Giả sử phương trìh đường thẳng AB có hệ số góc là k. Do
AB AC
nên tam giác
ABC
đều
0 0
2 3
1
30 tan30
1
2 3
k
k
ABD
k
k
Với
2 3
k thì phương trình đường thẳng AB đi qua P có hệ số góc k là:
(2 3) 2.
y x
Tọa độ giao điểm B của AB và BD:
0
3 1
(2 3) 2
3 1
x y
x
y x
y
(loại vì
1
B
x
).
Với
2 3
k thì phương trình đường thẳng AB đi qua P có hệ số góc k là:
(2 3) 2 2 3.
y x
Tọa độ giao điểm B của AB và BD:
0
2
(2;2).
2
(2 3) 2 2 3
x y
x
B
y
y x
Phương trình đường thẳng CD song song với AB và đi qua Q nên có phương trình:
(2 3) 4 4 3
y x
Tọa độ giao điểm D của CD và BD:
0
4
( 4; 4).
4
(2 3) 4 4 3
x y
x
D
y
y x
Suy ra trung điểm I của BD là
( 1; 1)
I
Từ đó ta viết được phương trình đường thẳng AC:
2 0
x y
.
Tìm tọa độ điểm A, C tương tự như cách trên ta được
( 3 1; 3 1)
A
,
( 3 1; 3 1)
C
.
Vậy
( 3 1; 3 1)
A
,
(2;2)
B ,
( 3 1; 3 1)
C
,
( 4; 4)
D
.
Trang 9
2. (Lời giải của kiet321).
Do d đi qua C mà d nằm trong
( )
nên
( ) ( ; ;2 2 )
C C x y x y
( 2; 4;4)
( 5; 3;2 2 5)
( 3; 1;2 2 1)
AB
AC x y x y
BC x y x y
Vì tam giác ABC vuông cân nên ta có:
2 2 2 2 2 2
( 5)( 3) ( 3)( 1) (2 2 5)(2 2 1) 0
. 0
( 5) ( 3) (2 2 5) ( 3) ( 1) (2 2 1)
x x y y x y x y
AC BC
x y x y x y x y
AC BC
(2;3; 2).
C
Gọi
( ; ; )
d
u a b c
là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.
Theo giả thuyết ta có
2 2 0
a b c
(d nằm trong
( )
)
0
2 2 2
2 2 2
2 2
( ; ;2 2 )
2 2(2 2 )
sin 45
3 (2 2 )
9
(5 2 ) (5 5 8 )
2
37 32 5 0
5
37
d
u a b a b
a b a b
a b a b
b a a b ab
a ab b
a b
a b
Chọn
1
b
, ta có
1 2
5 84
(1;1;0), ;1;
37 37
d d
u u
Vậy
1
2
: 3
2
x t
d y t
z
,
2
5
2
37
: 3
84
2
37
x t
d y t
z t
(Lời giải của kiet321).
Ta có:
2 3 2 3 10 2( ) 3( ) 10
z z i z z i z z z z
Đặt
z a bi z a bi
Suy ra:
5 3
2 3 5
2
b
a b a
Kết hợp với giả thuyết ban đầu:
2 2
2 4.
z a b
Ta được các số phức:
1 3 ,
z i
13 3 3
7 7
z i
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z, biết
2
z và
( 1)(2 3) ( 1)(2 3) 14
z i z i .
Trang 10
2
2
.
.
T
T
h
h
e
e
o
o
c
c
h
h
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g
t
t
r
r
ì
ì
n
n
h
h
N
N
â
â
n
n
g
g
c
c
a
a
o
o
1. (Lời giải của duynhan).
Gọi
( ; ), ( ; )
A A B B
A x y B x y
Gọi phương trình đường OA là:
2 2
0,( 0)
ax by a b
Tọa độ điểm A là nghiệm hệ phương trình:
2 2
0
1
16 9
ax by
x y
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2
2 2
9.16. 9.16.
;
16 9 16 9
9.16.( )
16 9
A A
b b
x y
a b a b
a b
OA
a b
Phương trình đường thẳng OB vuông góc với OA là:
2 2
0,( 0)
bx ay a b
Tương tự như trên ta có:
2 2
2
2 2
9.16.( )
16 9
a b
OB
b a
2 2
1 1 25
9.16
25 2
9.16 .
1 144
. .
2 25
OAB
OA OB
OAOB
S OAOB
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
2 2 2 2
16 9 16 9
OA OB a b b a a b
Với
a b
, chọn
1 1
a b
Tọa độ điểm A là nghiệm hê phương trình:
2 2
0
12 12
( 0);
5 5
1
16 9
A
x y
x x y
x y
OA OB
và
,
A B
x x
đều dương nên B đối xứng với A qua Ox
12 12
;
5 5
B
.
Với Với
a b
, chọn
1 1
a b
Tương tự như trên ta có:
12 12 12 12
; , ; .
5 5 5 5
A B
Vậy
12 12 12 12
; , ; .
5 5 5 5
A B
hoặc
12 12 12 12
; , ;
5 5 5 5
A B
thì diện tích tam giác OAB nhỏ nhất bằng
144
25
.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip
2 2
( ) : 1
16 9
x y
E
. Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc (E),
có hoành độ dương sao cho tam giác OAB vuông tại O và có diện tích nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ): 2 2 2 0
P x y z
và đường
thẳng
2 1
( ) :
1 2 3
x y z
d
. Mặt cầu (S) có tâm I nằm trên đường thẳng (d) và giao với mặt phẳng
( )
P
theo một đường tròn, đường tròn này với tâm I tạo thành một hình nón có thể tích lớn nhất.
Viết phương trình mặt cầu (S), biết bán kính mặt cầu bằng
3 3
.
Trang 11
2. (Lời giải của Lil.Tee).
Đặt khoảng cách từ I đến (P) bằng x, bán kính đường tròn đáy bằng r.
Ta có:
2 2
27
r x
Thể tích khối nón:
2 2
2 2 2
3
2 2 2
1 1
(27 )
3 3
1 1
(27 ).(27 ).2
3
2
1 1 (27 ) (27 ) 2
18
3 3
2
V r h x x
x x x
x x x
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2 2
27 2 3.
x x x
Vậy thể tích khối nón lớn nhất bằng
18
khi
3.
x
Ta đã có x, tìm tọa độ I bằng cách sử dụng công thức khoảng cách từ tâm I đến (P).
(2 ; 2 ; 1 3 )
I t t t
Ta có:
1
2
1
2 2( 2 ) 2( 1 3 ) 2
3 3 11 2 9
7
1 4 4
11
t
t t t
x t
t
1 2
29 14 10
(1;2; 4), ; ;
11 11 11
I I
Vậy
2 2 2
1
( ): 1 2 4 27
S x y z
;
2 2 2
2
29 14 10
( ): 27.
11 11 11
S x y z
(Lời giải của khanhsy).
Giải phương trình trên ta được:
3 6
1 2
3 2 ; 1 3 2
i i
z i e z i e
Do đó ta có:
2012
2 2
670
2012 2012 2012
3 3 3
1
2012
2 2
336
2012 2012 2012
6 3 3
2
2012 2012 2013 2012
1 2
2 2 . 2 .
2 2 . 2 .
2
2 .cos 2 .
3
i i i
i i i
z e e e
z e e e
A z z
Câu VII.b (1 điểm) Gọi
1 2
,
z z
là hai nghiệm của phương trình
2
(1 3)(1 ) 4 0
z i z i
trên tập
số phức. Tính
2012 2012
1 2
.
A z z
Tiếp tục Đề thi thử Đại Học môn Toán số 1 và Hướng dẫn giải Đề thi thử môn Toán số 1 . Dưới đây là lời giải đề thi thử số 2
của diễn đàn BoxMath.
Câu I
1. Tự giải.
Cho hàm số (Cm), m là tham số thực.
2.
Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng luôn cắt đồ thị (Cm) tại hai điểm phân biệt Avà B. Tìm m sao cho
tam giác OAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng , trong đó O là gốc tọa độ.
————————————————————————
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng và là:
Do đó đường thẳng luôn cắt tại 2 điểm phân biệt và với
mọi m.
Ta có và là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo hệ thức Vi-et ta có :
Gọi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là R. Ta có :
—————————————————————————————————————————————————————
Câu II
1. Giải phương trình:
————————————————————————
, nhân 2 vế cho cos x ta có :
Kết luận :Nghiệm của phương trình là :
2. Giải bất phương trình:
————————————————————————
Cách 1:
Điều kiện :
.
Với điều kiện trên ta có:
Với , ta có (2) luôn đúng. Với , ta có
:
Với , ta có luôn đúng.
Với , ta có :
Kết hợp điều kiện ta có:
Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
Cách 2:
Đ/k :
Với điều kiện trên ta thấy cả hai vế của bất phương trình đã cho đều dương nên ta bình phương 2 vế :
(ĐÂY LÀ DẠNG CƠ BẢN )
+) TH 1
:
KL : Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là :
—————————————————————————————————————————————————————
Câu III Tính tích phân:
————————————————————————
Cách 1:
Đặt
mà
Cách 2:
Đặt:
Đổi cận:
Khi đó:
Cộng hai tích phân trên ta được:
Ta
có:
Do đó:
Vậy .
—————————————————————————————————————————————————————
Câu IV Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng đường chéo Biết SA vuông góc BD,
cạnh bên SB vuông góc AD và (SBD) tạo với mặt đáy góc 600. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AC và SB theo a.
————————————————————————
Gọi là đường thẳng qua B vuông góc với AD.
Gọi H là giao điểm của và . Ta có :
Gọi O là giao điểm của và , ta có :
Suy ra góc giữa SBD và mặt phẳng đáy là góc
Hình thoi ABCD có:
Xét tam giác BHC vuông tại B có góc , ta suy ra:
*Tính khoảng cách giữa SB và AC:
Qua B kẻ đường thẳng d// AC, hạ
Kẻ
Lại có:
Ta có :
Ta lại có: là hình chữ nhật
Xét tam giác SHK có SM là đường cao:
—————————————————————————————————————————————————————
Câu V Cho là các số thực đôi một khác nhau.
Chứng minh rằng:
————————————————————————
Cách 1:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
Sử dụng bất đẳng thức ta có:
Bằng quy đồng ta chứng minh được:
Phép chứng minh hoàn tât.
Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi và các hoán vị.
Cách 2:
Bất đẳng thức tương đương với:
Nhưng ta lại chứng minh được:
Đặt ; và .Từ cách đặt này có được:
.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
.
Bất đẳng thức cuối cùng này luôn đúng cho nên bài toán được chứng minh
Do đó chỉ cần chứng minh được:
Không mất tính tổng quát gs:
Nếu thì bdt đúng
Nếu
Cách 3:
Bổ đề :
với
Chứng minh:
Áp dụng:
Đặt
Khi đó BDt cần CM:
Đúng theo bổ đề
Cách 4:
Ta có:
Do đó bài toán được chứng minh.
—————————————————————————————————————————————————————
Câu VI.a
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có , phương trình đường trung trực cạnh BC và trung tuyến xuất phát từ
đỉnh C lần lượt tương ứng là . Tìm tọa độ các
đỉnh B, C của tam giác.
————————————————————————
Cách 1:
Gọi M;N ;lần lượt là trung điểm của AB;BC
Gọi
Ta có : M là trung điểm AB
Mà
Viết lại tọa độ ;
Ta có
(BC): qua và nhận làm vtpt
:
Ngoài ra [(d) là đường trung trực cạnh BC]
Từ trên suy ra hệ
Mà thế vào ta được
Suy ra
Cách 2:
Gọi thuộc đường trung trực BC
thuộc đường trung truyến CM
thuộc đường trung truyến CM
Ta có M trung điểm AB
N trung điểm BC
Ta được hệ
Lấy (1)-(2) Ta được
Ta có BC qua và nhận (-1;2) làm vtpt
Suy ra
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng và điểm . Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi sao cho khoảng cách từ I đến (P) là lớn nhất.
————————————————————————
Gọi
đi qua nên cũng chứa .
Ta có vuông góc nên hay , từ đó
đi qua và có vécto pháp tuyến nên có phương trình:
Hay :
Ta lại có:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .
Chọn thì
Vậy phương mặt phẳng cần tìm là :
—————————————————————————————————————————————————————
Câu VII.a Tìm môđun của số phức z, biết: .
————————————————————————
Đặt:
Nên dẫn đến điều sau:
Sau khi làm gọn lại ta được phân tích sau:
Với tính chất của 2 số phức bằng nhau
Với thì nên dẫn đến
Với thì
nên dẫn đến
nên dẫn đến
Vậy ta có các modun là và
—————————————————————————————————————————————————————
Câu VI.b
1. Trong mặt phẳng [I]Oxy[/I], cho đường tròn và điểm . Đường tròn có
tâm , tiếp xúc và đi qua trung điểm của . Viết phương trình đường tròn sao cho bán kính của đường tròn
này là nhỏ nhất.
————————————————————————
Ta chứng minh min khi thảng hàng. Thật vậy:
[U]TH1[/U]. Nếu 2 đường tròn tiếp xúc ngoài.
Ta có:
Dấu “=” xảy ra khi thẳng hàng.(1)
[U]TH2[/U]Nếu 2 đường tròn tiếp xúc trong. Ta chỉ có ở trong vì A nằm trong (loại trường hợp nằm trong )
Vì thế cho nên
Dễ thấy
Dấu “=” xảy ra khi thẳng hàng.(2)
Từ (1) và (2) suy ra khi thẳng hàng và nằm trong và tiếp xúc
Giả sử ta có:
Vậy
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
và . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên mặt phẳng , đi qua
điểm , tiếp xúc và cắt đường thẳng tại hai điểm B, C sao
cho
————————————————————————
Gọi là tọa độ tâm của mặt cầu :
nên
đường thẳng có
Gọi là trung điểm , Xét tam giác vuông tại :
—————————————————————————————————————————————————————
Câu VII.b Giải phương
trình:
————————————————————————
Cách 1:
Coi phương trình là phương trình bậc hai ẩn
Ta có:
Xét nên hàm đồng biến
Vế trái là 1 hằng số nên phương trình có 1 nghiệm duy nhất
Mà
Nên pt
Vậy là nghiệm duy nhất của phương trình
Cách 2:
Đặt khi đó dễ có:
+ Nếu
VT là hàm đồng biến nên pt có nghiệm duy nhất là x=2
+Nếu
KL: PT có nghiệm duy nhất
Lời giải do diễn đàn BoxMath.VN và được tổng hợp bởi
Các bạn có thể xem lại đề thi thử số 3 ở đây. Đây là lời giải của các bạn trên diễn đàn Toán học
BOXMATH.VN.
Câu I (2 điểm) Cho hàm số là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi .
2. Tìm để cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt và diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ
thị với trục hoành có diện tích phía trên và phía dưới trục hoành bằng nhau.
Giải:
Phương trình hoàn độ giao điểm của (C) và trục hoành:
Đặt
Phương trình theo t:
(C) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có 2 nghiệm dương phân biệt:
Khi đó gọi là 4 nghiệm phân biệt của y=0.
Gọi S là phần phía trên của diện tích giới hạn giữa (C) với trục hoành và S’ là phần phía dưới của
diện tích giới hạn giữa (C) với trục hoành .Và do hàm trùng phương nhận trục tung làm trục đối
xứng nên
Yêu cầu bài toán:
Mặt khác:
Lấy (2)-(1) ta được
Thay vào (2) ta có
So với đk ta nhận
Vậy là kết quả cần tìm
————————————————————————————————————————————
—————————–
Câu II (2 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
Giải:
C1:
Đ/k :
Từ pt (2) ta suy ra
Thế lên pt (1) ta có :
(Với )
(*)
Đặt
Khi đó pt (*) trở thành
Xét hàm số
Dễ thấy với thì hàm đã cho đồng biến
Vậy khi đó ta có :
Vậy suy ra Thay vào phương trình 2 của hệ ta có :
Khi đó
Vì cặp (loại)
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất
C2:
Giải:
Trước hết ta có điều kiện:
ĐK:
Chuyển vế ở phương trình đầu tiên,sau đó bình phương, thu gọn ta có hệ mới như sau:
Nên ta có:
vì cả hai vế đều bằng 1
Phân tích thành nhân tử ta có:
Nên ta có:
Vậy ; sau đó thể vào ta sẽ giải được hệ
Câu II (2 điểm)
2. Tìm thỏa mãn phương trình:
Đặt
Để ý ta có :
Thế vào và rút gọn ta được pt đã cho tương đương với:
Vậy
————————————————————————————————————————————
—————————–
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
Giải:
Đặt:
Đổi cận:
