(chuyên đề + bộ đề )Toán chinh phục 8-9 điểm thi ĐH Phân tích và giải đề thi toán lần 2

1
NHÓM LUYỆN ĐỀ THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ

/> KÌ THI QUỐC GIA CHUNG 2015

Môn thi: Toán ( Lần 2)

Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề)
Facebook:

ĐỀ THI THAM KHẢO


Câu 1 (2điểm): Cho hàm số
4 2 4
2 2
y x mx m m   
có đồ thị hàm số (C)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) với
1
m


b. Tìm
m
để hàm số (C) có cực đại, cực tiểu đồng thời
2
D
C CT
x x


Câu 2 (1 điểm): Tìm hệ số của
6
x
trong khai triển sau: P =
8
3
1
3 2
3
x x
x

 
 
 
 

Câu 3 (1 điểm): Giải phương trình lượng giác sau:

2
sin 3 sin
1 2sin .cos 2cos 0
1 cos2
x x
x x x
x

   


Câu 4(1 điểm): Tìm giới hạn sau:
a.
2 2
1 1
lim
1 1
x
n n n n

 

 
   
 
b.
3
2 2
2
1
5 7
lim
1
x
x x
x

 
  

 
 

 

Câu 5 (0,5điểm): Cho hệ phương trình sau:
 
2 2
25
1 2 1 0
x y
m x my m

 


    


.Tìm m để hệ
phương trình trên có 2 nghiệm
 
1 1
;x y
và
 
2 2
;x y
sao cho A=
   

2 2
1 2 1 2
1997
x x y y   
đạt
giá trị lớn nhất.

Câu 6 (2 điểm) : Giải hệ phương trình và phương trình sau:
a.
   
2
17 3 5 3 14 4 0
2 2 5 3 3 2 11 6 13
x x y y
x y x y x x

     


       




b.
 
 
2 2
5 20 16 4 12 5 10 5 4 3
x x x x x x x x

          


Câu 7 (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có cạnh
AB:
2 1 0
x y
  
và đường chéo BD:
7 14 0
x y
  
và đường chéo AC đi qua M
 
2;1
.Tìm tọa
độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

Câu 8 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, có K là trung điểm AB
AD=
2a
và CD =
2a
. Cạnh SA vuông góc với đáy và SA=
3 2a
.Tính thể tích khối chóp
C.SDK theo
a
.

Câu 9 (0,5điểm): Tìm đạo hàm của hàm số sau :
 
3
2
3 1 5 2
97 96
7 2
x x
y x x
x
 
  
  
 
 

 



Hết đề bài
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Thân tặng các em khóa 1997!

2
NHÓM LUYỆN ĐỀ THI ĐẠI HỌC CHỮA ĐỀ THI THỬ
/> KÌ THI QUỐC GIA CHUNG 2015
Môn :Toán ( Lần 2)

Các bạn hãy truy cập vào :

để cùng nhau thảo
luận !!

Câu 3:
+ Phân tích :
- Trước khi giải thì các em nên đặt điều kiện đã nhé vì phương trình chúng ta cần giải có phân
thức và chứa căn.
- Các em chú ý khi nhìn vào phương trình lượng giác mà có chứa phân thức thì suy nghĩ ngay tới
việc phân tích, biến đổi sao cho tử số có thể giản ước được với mẫu số, trong đề thi người ta
thường biến đổi và giấu ẩn kiểu đó!
+ Lời giải:
2
sin 3 sin
1 2sin .cos 2cos 0
1 cos 2
x x
x x x
x

   


Điều kiện:
1 cos 2x
> 0
cos 2x
< 1 (*)
Phương trình đã cho tương đương với :

3
2
2sin 4sin
sin 2 cos 2 0
2sin
x x
x x
x

  

 
2
2sin 1 2sin
sin 2 cos2 0
2 sin
x x
x x
x

   
(1)
+Với
sin 0
x

điều này không thể xảy ra.
+ Trường hợp 1: Nếu
sin x
>0 thì (1)

2 cos 2 sin 2 cos 2 0
x x x
   


 
2 1 cos2 sin 2x x
  


 
tan 2 2 1
x
  


tan 2 tan
8
x

 
 
 
 
2
8
x k


  

16 2
k
x
 
  

 
k Z


Mà
sin x
>0 nên
2k n
với
2
n N
n





. Điều này thỏa mãn (*)
+Trường hợp 2 : Nếu
sin 0
x


thì (1)
 
2 1 cos 2 sin 2x x
   
 
tan 2 2 1
x
   
3
16 2
k
x
 

  
(
k Z
)
Mà
sin 0
x

nên
4
2
1
4
2
k
k

k
k
k
 






 

 








. Điều này thỏa mãn (*)
Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm như trên !!!

Câu5
:
Hệ phương trình bài cho ta kí hiệu như sau:
 
2 2
25

1 2 1 0
x y
m x my m

 


    



3
+Ta có phương trình thứ 2 là phương trình đường thẳng (d):
(2 1) 1 0
m x my m
    
và
phương trình thứ nhất có dạng là 1 phương trình đường tròn (C) :
2 2 2
5
x y
 
có tâm I(0;0) và
bán kính R=5
+Hệ có 2 nghiệm
 
1 1
;x y
và
 

2 2
;x y
tương đương với (d) cắt (C) tại hai điểm M
 
1 1
;x y
và
N
 
2 2
;x y
khi đó:
MN=
       
2 2 2 2
2
1 2 1 2 1 2 1 2
1997 1997
x x y y A MN x x y y          

+Biểu thức A đạt GTLN khi (d) đi qua tâm I(0;0) của đường tròn (C) hay I(0;0)
( )d
. Giải ra ta
tìm được m=1
+Vậy m=1 là giá trị của m cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán!

Câu 4:
a.
2 2
1 1

lim
1 1
x
n n n n

 

 
   
 
=
 
 
2 2
2
2 2
1 1
lim lim 2 1
1
x x
n n n n
n
n n
 
 
    
 
    
 
 

 

b.
3
2 2
2
1
5 7
lim
1
x
x x
x

 
  
 
 

 

+Phân tích: Các em chú ý đây là giới hạn chứa cả phân thức và căn thức, trong đó có cả căn bậc
hai và căn bậc ba. Kinh nghiệm giải toán là thêm bớt vào 1 hằng số rồi sau đó liên hợp, nhưng
vấn đề là có vô vàn hằng số thì ta thêm vào hằng số nào? Các em để ý giới hạn khi
1
x

vậy ta
đem thay số 1 này vào biểu thức tính giới hạn thì nhận thấy
2

5 2
x
 
và
3 2
7 2
x
 
nên ta
giải như sau:
+Lời giải:

3
2 2
2
1
5 7
lim
1
x
x x
x

 
  
 
 

 
=

 
 
2 2
2 2
32 2
32 2
3
2 2
1 1
1 1
5 2
5 2 7 2
7 2 7 4
lim lim
1 1
x x
x x
x
x x
x x
x x
 
 
 

 
 
 
    
 

   
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 

=
   
2 2
1
2 2
3
3
1 1 1
lim
3
5 2
7 2 7 4
x
x
x x

 

  
 
 
 
 
 
   
 


Câu 2:
P =
8
3
1
3 2
3
x x
x

 
 
 
 
=
   
 
8 8
8 8
3 3

8 8
0 0 0
1 1
3 2 3 2
3 3
k k
k
k k i
i
k k i
k
k k i
C x x C C x x
x x
 

  
 
   
  
   
   
 

=
8
8
4 2 8
8
0 0

1
3 ( 2)
3
k
k
k i k i i k i
k
k i
C C x

  
 

 

 
 


Hệ số của
6
x
trong khai triển ứng với
k
và
i
thỏa mãn :
4 2 8 6
0 8
0

,
k i
k
i k
i k N
  


 


 





1; 4
3; 5
5; 6
7; 7
i k
i k
i k
i k
 


 




 


 


4
Vậy hệ số của
6
x
trong khai triển là:
4 3 2 1
4 1 3 5 3 2 3 6 5 1 5 7 7 0 7
8 4 8 5 8 6 8 7
1 1 1 1
3 ( 2) 3 ( 2) 3 ( 2) 3 ( 2)
3 3 3 3
C C C C C C C C
   
       
      
       
       
=
560 4480 1024
1792 144
3 3 3


    
.

Câu6
a. .
   
2
17 3 5 3 14 4 0
2 2 5 3 3 2 11 6 13
x x y y
x y x y x x

     


       



Điều kiện;
5
4
2 5 0
3 2 11 0
x
y
x y
x y







  


  


Phương trình thứ nhất của hệ ta viết lại thành :
   
   
3 5 2 5 3 4 2 4 5 4
x x y y f x f y          
   
   

+Phân tích:
- Đối với nhiều em thì dạng bài này đã quá quen thuộc rồi, nhưng đối với một số em còn
có thể chưa hiểu rõ tại sao lại phân tích được nó thành dạng hàm như vậy. Ở bài này các em chú
ý nhé ( theo kinh nghiệm của anh) thì thường bài hệ hay phương trình giải bằng phương pháp
hàm số đặc trưng này mà có chứa căn thức thì thường quy hàm số về dạng của biểu thức trong
căn thức ( có nghĩa là phân tích các thành phần tiếp theo về giống với cái biểu thức trong căn
thức). Đối với bài hệ này các em chú ý phân tích theo 2 biểu thức trong căn là
 
5
x
và
 

4
y

- Khi định hướng được như vậy rồi đừng vội giải ngay nhé! Còn một điều nữa cần chú ý
là nếu bài hệ hay giải bằng phương pháp hàm số đặc trưng thì thường sẽ không xuất hiện tích xy
hay mối quan hệ tích ràng buộc giữa x và y.Nếu xuất hiện tích xy mà nháp mãi không ra phương
pháp làm thì phải chuyển qua cách làm khác ngay nhé!!! Ở bài này cũng vậy… Không có tích
xy. Nên ta dùng được phương pháp hàm số đặc trưng huyền thoại….
Xét hàm số
 
3
2 3f t t t 
có
   
' 2
2 9 0
f t t f t
   
đồng biến và liên tục trên


0;


5 4 1x y y x      
thế vào phương trình thứ hai ta được
2
4
2 3 4 3 5 9 6 13; ;5
3

x x x x x

 
       
 
 

   
   
   
 
2
2 2
2
2 2
2
2 3 4 2 3 5 9 3
2 3
0
3 4 2 5 9 3
2 3
1 0 0
3 4 2 5 9 3
0 1
0
1 2
x x x x x x
x x x x
x x
x x x x

x x x x P x
x x x x
x y
x x
x y
   
         
   
  
    
     
 
       
 
     
 
   

   

    


Do P(x)>0
4
;5
3
x

 

 
 
 
.
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là
     
 
; 0; 1 ; 1; 2
x y
   



5
b.
 
 
2 2
5 20 16 4 12 5 10 5 4 3
x x x x x x x x
          

Điều kiện;
4
5
x


. Phương trình đã cho viết lại thành:
 

 
 
   
 
 
 
 
2 2
2 2
2
2
2
5 2 5 4 2 3 5 2 5 4 3
5 2 2 5 4 3 0
2 5 5 4 3 0
1; 2
1; 2
2 0
3
3
69
5 5 4 3 0
1; ai
4 73 69 0
4
x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x
x x

x x
x
x
x x
x x lo
x x
          
         
       
  

  



  





  





 
    




 
  







Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
1; 2
x x
 

+Bình Luận: Đối với bài toán này , thoạt nhìn ban đầu thì có vẻ phức tạp lắm nhưng các em để
ý hai cái căn thức
5 4
x

và
3
x

đương nhiên là nó không thể nào tối giản hơn được nữa và
liếc nhìn hai cái căn thức tiếp theo
20 16
x


và
4 12
x

và thật tuyệt vời khi hai cái căn thức
này lại phân tích được theo hai cái căn thức vừa nãy !!!! Đến đây sau khi các em phân tích xong
thì nhóm lại nhân tử chung… đến đây anh nghĩ các em đều có thể làm tiếp được!

Câu 7
: (Do anh chưa học được cách vẽ hình nên các em chịu khó tự vẽ hình nhé !!!!)
Theo đề bài : AB
2 1 0
x y
  
và BD:
7 14 0
x y
  
. Mà dễ thấy
AB BD B 
nên tọa độ
điểm B là nghiệm của hệ :
 
2 1 0 7
7;3
7 14 0 3
x y x
B
x y y
   

 
 
 
   
 

+Mà ta lại có
 
 
1; 2
1; 7
AB
BD
n
n

 


 




là 2 vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB và BD. Gọi

là góc
hợp bởi AB và BD nên ta có:
2 2 2 2
.

1.1 ( 2).( 7)
3
10
1 ( 2) 1 ( 7)
AB BD
AB BD
n n
Cos
n n

  
  
   
 
 

Mặt khác ta có góc hợp bởi AB và BD (góc

) bằng góc hợp bởi AB và AC ( Tính chất hình
chữ nhật). Gọi
 
;
AC
n a b


với
 
2 2
0

a b
 
là 1 vecto pháp tuyến của AC. Mà AC qua M(2;1)
nên phương trình đường thẳng AC:
   
2 1 0
a x b y
   
(*).
Ta lại có:
 
2
2 2
2 2
.
2
3 3
2 2 9
10 10
5
AB AC
AB AC
n n
a b
Cos a b a b
n n
a b


       


 
 

2 2
7 8 0
a ab b
   
(1)
+Với
0 0
a b
  
không thỏa mãn điều kiện
 
2 2
0
a b
 
.
+Với
0
b

thì khi đó (1)
2
1
7
7 8 1 0
1

a
a a
b
a
b b
b




   
    

   
   

 



+Trường hợp 1:
1
7
a
b


ta chọn
1; 7
a b

  

6
Khi đó AC:
7 5 0
x y
   
.Mà
AC AB A  
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình:
17
7 5 0
17 6
5
;
2 1 0 6
5 5
5
x
x y
A
x y
y



   


 

 
 
 
  
 






Mà ta lại có BC:
2 17 0
x y
  
.Do
38 9
;
5 5
BC AC C C
 
  
 
 
.Từ đó dễ dàng ta tìm được
điểm D nhé !!
+Trường hợp 2:
1
a
b

 
ta chọn
1; 1
a b
  
Rồi làm tương tự như trường hợp 1 nhé !!!!
Câu này trường hợp 1 anh tính ra phân số nên không tự tin lắm, các em xem kĩ lại giúp anh nhé !

Câu 1:
a. Các em khảo sát và tự vẽ hình nhé :
Một số lưu ý khi làm bài khảo sát để tránh rơi vãi điểm:
-Đồ thị hàm số phải vẽ bằng bút mực, nếu phác họa bằng bút chì thì sau đó phải tô lại bằng bút
mực và tẩy sạch chì đã phác họa đi
-Vẽ một lần,1 nét đồ thị, tránh tô đi tô lại nhiều lần, nên chọn loại bút mực đậm (bút Chữ A).
-Không được quên phần kết luận cực đại, cực tiểu, đồng biến , nghịch biến…
b. Hàm số:
4 2 4
2 2
y x mx m m   

Đạo hàm :
 
' 2
4
y x x m 
.
'
0
y


 
2
2
0
0
4 0
x
x
x x m
x m
x m




    



 


Để hàm số đã cho có Cực Đại , Cực Tiểu thì
có 3 nghiệm phân biệt điều này chỉ đúng khi
0
m

. (*)
+Vì hệ số của
4

x
là 1>0 nên
CT
x m
 
và
0
CD
x

. Mà đề bài yêu cầu
2
D
C CT
x x

nên ta tìm
được m=0 điều này mâu thuẫn với điều kiện (*) . Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn.
Phần b anh cho hơi lỗi đề nhé nên không có giá trị nào của m thỏa mãn !!!!

Câu 8
+Phân tích:
-Muốn tính được thể tích hình chóp theo hình học cổ điển thì các em cần xác định 2 thứ : một là
diện tích đáy, hai là chiều cao hình chóp. Sau đó sử dụng công thức :
1
.( )
3
chop day
V S chieucao


-Ngoài ra sau này các em có thể tính được thể tích bằng hình học giải tích Oxyz.
Lời giải : (Các em tự vẽ hình nhé Ok chứ!!!)
+Do SA vuông góc với đáy (ABCD) mà (DCK) chứa trong (ABCD) nên hiển nhiên SA vuông
góc với (DCK). Hay nói cách khác SA là đường cao của khối chóp S.DKC mà SA=
3 2a
.
+
2 2 2
1
2 2 2 2. . 2 2
2
DKC ABCD ADK BCK ABCD ADK
S S S S S S a a a       

+
2 3
.
1 1
. 3 2. 2 2
3 3
S DKC DKC
V SA S a a a
  
( đơn vị thể tích).
Câu 9
: Đề nghị các em tự làm câu này …

Chúc các em học tập tốt !!!

Đề thi thử đợt 3 sẽ có vào ngày 22/09/2014. Các em chú ý theo dõi trên :



7