ĐÁP án đề THI THỬ đợt 4

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ LẦN 4 – NHÓM TOÁN THẦY QUANG BABY

Thayquang.edu.vn – Giúp bạn học giỏi toán hơn

Page 1


LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ LẦN 4 – NHÓM TOÁN THẦY QUANG BABY

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
a. Học sinh tự làm
b. Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại x0  0 song song với đường thẳng

3x  2 y  1  0  y 

3
1
x  hay tương đương với
2
2


1  4m 2
 y ' x  
2
1  4m2 3

2  mx  1

  m  1


2
2
3

 y '  0   2

Câu 2.

cos   1
 
a, Cho góc    0;  thõa mãn tan   3 . Tính giá trị của biểu thức A 
cos 2  1
 2
1
1
 
Ta có với    0;  thì cos  0 nên cos 

2
tan   1
10
 2

Suy ra ta có A 

cos   1 cos   1 10  10


cos 2  1 2cos 2 

2

Thayquang.edu.vn – Giúp bạn học giỏi toán hơn

Page 2


LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ LẦN 4 – NHÓM TOÁN THẦY QUANG BABY
Vậy ta có giá biểu thức là A 

10  10
2

2 x  1 3 3x  1  1
x

b, Tính giới hạn L  lim
x0

Ta có
2x  1
2 x  1 3 3x  1  1
L  lim
 lim
x 0
x 0
x

 lim 
x 0 





3



3x  1  1  2 x  1  1

x


2 x  1 3 3x  1  1

2 x  1  1

 lim 
x

0

x
x
x







3x 2 x  1



3

 3x  1

2



 3 3x  1  1




2x  1  1 

2x


x







3 2x  1
2

2
 lim

2
x 0  3

3
2
x

1

1
  3x  1  3 x  1  1

m

Chú ý ta có thể tổng quát bài toán như sau lim

 x  1 n  x  1 1 

x 0

e

Câu 3: Tính tích phân I  
1

e

Ta có I  
1

x



m




n

xlnx  1
dx
x

e

e

xlnx  1
xlnx  1
1


dx  
dx    lnx   dx  xlnx  x  lnx
x
x
x
1
1

e
2
1

Vậy I  2.
Câu 4:

a)

1
1
5
log 2 ( x  1)2  log 2 ( x  )3  1
4
6
3

ĐKXĐ: x >

5
5

5
Pt <=> log 2 ( x  1)  log 2 ( x  )  1  log 2 (x  1)  log 2 ( x  )  log 2 2  log 2 [2( x  )]
3
3
3
5
7
 x  1  2( x  )  x 
3
3
Vậy phương trình có nghiệm là x 

7
3

Thayquang.edu.vn – Giúp bạn học giỏi toán hơn

Page 3


LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ LẦN 4 – NHÓM TOÁN THẦY QUANG BABY
b)Gọi A : “5 học sinh được chọn nhất thiết phải có Lâm hoặc Mạnh nhưng không được có cả hai”

Trường hợp 1: trong 5 học sinh được chọn có Mạnh nhưng không có Lâm
- Chọn 2 học sinh ở tổ 1 có C62 cách chọn
- Chọn 2 học sinh ở tổ 2 có C42 cách chọn (không được chọn Lâm)

 Có C62 .C42 cách chọn
Trường hợp 2: trong 5 học sinh được chọn có Lâm nhưng không có Mạnh
- Chọn 3 học sinh ở tổ 1 có C63 cách chọn (không được chọn Mạnh)

- Chọn 1 học sinh ở tổ 1 có C41 cách chọn

=>có C63 .C41  80 (cách)

Câu 5:

Câu 6 :

Thayquang.edu.vn – Giúp bạn học giỏi toán hơn

Page 4


LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ LẦN 4 – NHÓM TOÁN THẦY QUANG BABY


Thể tích

( a  2a) a 3 2
 a
2
2

Diện tích ABCD bằng S ABCD 

3
1
1
3  a 2
VS . ABCD  SA.S ABCD  a 2  a 2  

3
3
2
2 







Khoảng cách

nối AC => AC  CD (1)
từ A kẻ vuông góc với SC cắt SC tại G (3)
ta có CD  AC và CD  SA (vì SA vuông góc với ABCD) (2)
từ (1) và (2)
=> CD  mp(SAC)



CD  AG (4) từ (3) và (4) => AG  (SCD)
Có

Lại có d(H,SCD)=

1
d(A,SCD) = d(B,SCD)
2

SH
1 SH
d(B,SCD) = .
(A,SCD)
SB
2 SB

Xét tam giác SAB vuông tại A có đường cao AH




SH=

2a
và SB=
3

3a

SH 2
1 2
 => d(H,SCD)= . .d(A.SCD)
SB 3
2 3
1
1
1
 2 2
2

x
2a
2a



Có khoảng cách từ A đến SCD là :



x=a từ đó => khoảng cách từ H dến SCD là

a
3

Câu 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH,
trung điểm I của AC, phương trình cạnh AC : x  y  1  0 . Trên tia đối tia HA lấy điểm D sao
cho HA=2HD. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết phương trình đường tròn ngoại tiếp
2

BDI là  C  :  x  2   y 2  5 và đỉnh A có hoành độ dương.
Đ/s: A 1; 2  ; B  4; 1 ; C  1;0 
Thayquang.edu.vn – Giúp bạn học giỏi toán hơn

Page 5


LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ LẦN 4 – NHÓM TOÁN THẦY QUANG BABY

Lời giải:

Gọi N là trung điểm của AH  IN là đường

 IN  AH
CH  2 IN

trung bình ACH  

HB AH

AH HC
 AH  ND  2 HD
HB HD
Vì 


ND NI
 HC  2 NI
·
·
 DIN
Suy ra BDH : DIN  BDH
Xét ABC có HB.HC  AH 2 

·  BDN
·
·  DIN
·  NDI
·  90o  tứ giác BDIA nội tiếp
 BDI

 NDI

 x  1

 x  y  1  0
  y  2   A 1; 2  (vì x  0 )

Tọa độ A, I là ngiệm hệ 

2
A
2

 x  2   y  5   x  0  I  0;1

  y  1
 xC  2 xI  x A  1
 C  1;0 
 yC  2 yI  y A  0

Vì I là trung điểm AC nên 

Phương trình AB qua A vuông góc AC là AB : x  y  3  0

 x  1

 x  y  3  0
y  2

 B  4; 1

Tọa độ B là nghiệm hệ 
2
2

 x  2   y  5   x  4

  y  1
Vậy A 1; 2  ; B  4; 1 ; C  1;0  là các điểm cần tìm.
Câu 8: Giải phương trình
x 2  3x  x  1  3
x  5  x  4  x 1



x4
4

 x  1

2

Lời Giải:
Thayquang.edu.vn – Giúp bạn học giỏi toán hơn

Page 6


LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ LẦN 4 – NHÓM TOÁN THẦY QUANG BABY
Điều kiện: x  1
Phương trình đã cho tương đương với

x

2



 3 x  3 x  1  x  5  x  4

 x  1  a  0

Đặt 
4

 x  4  b  0



4

x  4  x 1



4

x  4  x 1



 PT :  a 4  a 2  1 a   b 4  b 2  1 b  a  a  b  (1)





Xét hàm số f  t   t t 4  t 2  1 ; t  R với f '(t )  5t 4  3t 2  1  0; t  R  f (t ) là hàm đồng
biến.
Theo tính chất hàm đồng biến ta có  f  a   f  b    a  b   0
2

a  0

Có (1)   f  a   f  b    a  a  b  thế lên trên ta được: a  a  b   0  
a b



+) TH1: với a=0 

x  1  0  x  1 (loại do x  1 )


1  13
(tm)
x 
2
2
+)TH2: a  b  x  1  4 x  4   x  1  x  4  


1  13
(l )
x 

2
Vậy pt có nghiệm x 

1  13
2

Câu 9 – CÁCH 1 : Cho các số thực x, y, z  1 thõa mãn 2 xyz  1  x  y  z. Tìm GTLN của biểu thức
P

2x2  2 x  1  2 y2  2 y  1  2z 2  2 z  1

 x  y  z

2



2
2 xyz  1

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM vào giả thiết ta có

Thayquang.edu.vn – Giúp bạn học giỏi toán hơn

Page 7

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ LẦN 4 – NHÓM TOÁN THẦY QUANG BABY
2 xyz  1  x  y  z  2 xy  z
 2z



xy



2

 2 xy  1  z  0


1  2z2  2z  1
xy 

 *
2z



1  2z2  2z  1
1 z
 xy 

 0  Loai 
2z


1  2z2  2z  1

 *  1 

2 z 2  2 z  1  2 z xy  z  x  y 

1  2 y 2  2 y  1  y  x  z 
Chứng minh tương tự ta cũng có 
2
1  2 x  2 x  1  x  y  z 

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có
3  2 x 2  2 x  1  2 y 2  2 y  1  2 z 2  2 z  1  2  xy  yz  xz 

Suy ra

P

2  xy  yz  xz   3

 x  y  z

2

2
2
 x  y  z  3
2
2


3

2
2 xyz  1
2 xyz  1
x  y  z

2
2
x  y  z  3
2
2
3
2
3

 

2
2
2 xyz  1 3  x  y  z 
2 xyz  1
x  y  z


2
3
2



2
3  2 xyz  1
2 xyz  1

Đặt t  xyz từ điều kiện ta suy ra t  1 . Lúc đó P 

Xét hàm số f  t  

2
3
2


2
3  2t  1
2t  1

8 1  t 
12
4
2
3
2


 0 ; t  1
với t  1 ta có f   t  



3
2
3
2
3  2t  1
2t  1
 2t  1  2t  1  2t  1

Suy ra f  t  nghịch biến t  1 nên ta có P  f  t   f 1  1
Dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z  1.
Vậy GTLN của biểu thức là maxP  1 đạt được khi x  y  z  1.

Câu 9 – CÁCH 2 : x, y , z  1; 2 xyz  1  x  y  z

Thayquang.edu.vn – Giúp bạn học giỏi toán hơn

Page 8


LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ LẦN 4 – NHÓM TOÁN THẦY QUANG BABY
2 x2  2 x  1  2 y 2  2 y  1  2 z 2  2 z  1
2

P=
2
( x  y  z)
2 xyz  1
Ta có: 2 x( x  1)  0  4 x 2  4 x  1  2 x 2  2 x  1  2 x 2  2 x  1  4 x 2  4 x  1  2 x  1
Tương tự ta có:
Do đó : P 

2 y 2  2 y  1  2 y  1; 2 z 2  2 z  1  2 z  1

2x 1  2 y 1  2z 1
2
2( x  y  z )  3
2
4
3





2
2
( x  y  z)
2 xyz  1
( x  y  z)
x  y  z x  y  z (x  y  z) 2

Ta có : x  y  z  3
Đặt x+y+z=t ( t  3)
Khi đó : P 

4 3
  f (t )
t t2

Hàm số f(t) nghịch biến=>P  f (t )  f (3)  1

Vậy GTLN của : P=1 khi x=y=z=1

-HẾT-

Thayquang.edu.vn – Giúp bạn học giỏi toán hơn

Page 9