Tài liệu Hướng dẫn giải bộ đề thi thử 1,2 pptx

1



HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 01

PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)
Câu I. Cho hàm số:
 
 
3 2 2
21
1 4 3
32
y x m x m m x      
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -3.
2. Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x
1
, x
2
là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của
hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
 
1 2 1 2
.2x x x x
.
Đáp án: Ta có
 
22

2 2 1 4 3y x m x m m

     
.
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
hay
 
 
2
22
1 2 4 3 0 6 5 0 5 1m m m m m m

               

Theo định lí Vi-ét, ta có
 
12
1x x m   
,
 
2
12
1
. 4 3
2
x x m m  

Suy ra
 
 
22
11
4 3 2 1 8 7
22
m m m m m      

Ta nhận thấy, với
 
5; 1m  
thì
 
2
2
9 8 7 4 9 0m m m       

Do đó A lớn nhất bằng
9
2
khi m = -4.
Câu II.
1. Giải phương trình
 
44
2
1 cot 2 cot
2 sin cos 3
cos

xx
xx
x

  

Đáp án: Điều kiện: sin2x  0.
Phương trình


2 4 2
2
21
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 cos2 0
44
sin 2 1
x
k

x x x k
x



        






2. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình
 
 
2
4 4 5 2 2x x m x x     
nghiệm đúng với
mọi giá trị x thuộc đoạn
2; 2 3





Đáp án: Đặt
2
45t x x  
. Từ
 

2; 2 3 1; 2xt

   

. Bất phương trình đã cho tương đương với:
   
2
2
5
5 2 0
2
t
t m t m g t
t

      

(do
20t 
)
Bất phương trình nghiệm đúng
 
 
2; 2 3 max , 1; 2x m g t t

     

.

Page 2 of 8
Xét hàm g(t) có g(t) đồng biến
 
 
 
 
1
1; 2 max 2 , 1; 2
4
t m g t m t

      

Câu III. 1. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
2AD a
, CD = 2a. Cạnh SA vuông góc với đáy và
 
3 2 0SA a a
. Gọi K là trung điểm của cạnh AC. Chứng
minh mặt phẳng (SBK) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính
thể tích khối chóp SBCK theo a.
Đáp án: 1. Gọi H là giao của AC và BK thì
BH =
2
3
BK
23
3
a


và CH =
1
3
; CA =
6
3
a


2 2 2 2
2BH 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
32
2
a
aa

(đvtt)
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O
1
A
1
B
1
với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và O
1
(0;
0; 4). Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA
1
sao cho đường thẳng MN song song với mặt
phẳng ():
2 5 0x y z   
và độ dài MN =
5
.
Đáp án:
Có A
1
(2; 0; 4) 
 
1
2; 0; 4OA 

 phương trình OA
1
:
 

2
0 2 ; 0; 4
4
xn
y N n n
zn









Có
 
2; 4; 0AB 

 phương trình AB:
 
22
4 2 2 ; 4 ; 0
0
xm
y m N m m
z




  





Vậy
 
2 2 2; 4 ; 4MN 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

           
 
.
Khi đó:
 


 
2

1
22
2
8
4
1
; ; 0
55
5
2 1 16 4 5
0
2; 0; 0
M
m
MN m m
m
MA





      








Câu IV. 1. 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 đó n là số nguyên dương và
k
n
C
là số tổ
hợp chập k của n phần tử.
Đáp án: Ta có:
   
 
   
1
1

1!
!
11
, 0,1,...,
1 1 1
! ! 1 1 ! !
kk
nn
CC
n
n
kn
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
1n
x

ở hai vế ta có:


Page 3 of 8
         
2 2 2 2 2

0 1 2 3 1 1
1 1 1 1 1 2 2
...
nn
n n n n n n
C C C C C C

     
     

Vậy:
 
1
22
2
1
1
n
n
C
S
n






2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C):
22

6 2 6 0x y x y    
và các điểm B(2; -
3) và C(4; 1). Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại điểm A và có
diện tích nhỏ nhất.
Đáp án: Để ABC làm tam giác cân tại A thì A phải nằm trên đường trung trực () qua trung điểm BC là
M(3; 1) và nhận
 
2; 4BC

làm véc tơ pháp tuyến nên () có phương trình:
 
 
2 3 4 1 0 2 1 0x y x y       

Vì A  (C) nên tọa độ A là nghiệm của hệ:
22
6 2 6 0
2 1 0
x y x y
xy

    


  



Giải hệ tìm ra hai điểm A
1

(-1; 1) và A
2
(
21
5

;
13
5
)
Do
12
18
20
5
A M A M  
nên
12
A BC A BC
SS
. Vậy điểm cần tìm là A(-1; 1)
PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu)
Câu Va. 1. Tính tích phân:
 
ln5
ln 2
10 1 1
xx
dx
I

ee




.
Đáp án: Đặt
2
1 1 2
x x x
t e t e tdt e dx      
. Khi x = ln2 thì t = 1; khi x = ln5 thì t = 2.
Khi đó:
 
 


2
ln5 2 2 2
2
2
ln 2 1 1 1
1
2 3 5
1 1 1 1 1
2 ln ln
3 3 3 3 3 3 2
9
9
10 1

xx
dx tdt dt t
I dt
t t t
t
tt
ee

        
  



   

2. Giải hệ phương trình:
 
 
 
2
2
1
2
22
3
2 2 4
2
2 2 4 1 0 5
x
y

x
xy
x y x x y x



  



    



Đáp án: Điều kiện: x  0
 
     
2
2
12
5 2 2 2 1 0 2 1
x
x xy x xy x xy y
x

   
          
   

Thay vào (4) nhận được:

2
22
1 1 2
2
22
2 1 3 1 2 1
11
22
22
xx
xx
x x x
xx
xx

  
      

2
22
1 1 2
22
2 2 2 2
1 1 2 1 2 1
22
xx
xx
x x x x
ff
x x x x



   

     
   
   

Ở đó
 
2
t
f t t
là hàm đồng biến với mọi t.
Từ đó suy ra
2
22
1 2 1 3
2
4
xx
xy
xx

  

    
   
   

Page 4 of 8
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
3
2
4
xy

  
.
Câu Vb. 1. Tính tích phân:
4
3
0
sin
cos
xx
I dx
x



.
Đáp án: Đặt u = x và
3
sin
cos
x
dv dx du dx

x
  
và
2
1
2cos
v
x

.
Từ đó:
4
4
4
22
0
0
0
1 1 1
tan
2 4 2 4 2
2cos cos
x dx
Ix
xx




     



2. Giải phương trình
   
2
2 7 7 2
log log 3 2log 3 log
2
x
x x x x x

    


(6)
Đáp án: Điều kiện: x > 0
 


 
 
2 2 7
6 log log 2log 3 0
2
x
x x x

    


Xét
2
2
ln
ln2
log 2
22
x
xx
xx
x
    
(7)
Đặt:
   
ln 1 lnxx
f x f x
xx


  
;
 
0f 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
 

27
log 2log 3xx
(8)
Đặt:
2
log 2
t
x t x  

 
 






2
4 2 1
8 7 2 3 6 9 1
7 7 7
t t t
tt
      
có nghiệm duy nhất t = 2.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2 và x = 4.
=====================Hết==========================

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 02
PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)

Câu I. Cho hàm số
 
32
2 3 1 2y x mx m x    
(1) (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
2. Cho điểm M(3; 1) và đường thẳng :
2yx  
. Tìm các giá trị của m để đường thẳng  cắt đồ thị hàm
số (1) tại 3 điểm A(0; 2); B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng
26
.
Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng  là:
 
 
22
2
02
2 3 1 2 3
2 3 2 0
xy
x mx m x x
g x x mx m
  


       

    




Đường thẳng  cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A(0; 2), B, C


Page 5 of 8
 Phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x  0
 
2
2
0
3 2 0
2
1;
0
3 2 0
3
m
mm
mm
gx
m






  


  
  









Chiều cao MBC: h = d(M; ()) =
3 1 2
2
2


.
Vậy
2
43
MBC
S
BC
h

.
Vì x
B
, x

C
là hai nghiệm phương trình g(x) = 0 và B, C   nên:
       
   
2 2 2 2
2
2 2 2
2 2 4
2 4 12 8 8 3 2 48 3 4 0
B C B C B C B C B C
BC x x y y x x x x x x
m m m m m m
        
          

1m  
(loại) hoặc m = 4 (thỏa mãn).
Câu II. 1. Giải phương trình


22
sin sin2 cos sin 2 1 2cos
4

   x x x x x

Đáp án: Phương trình đã cho tương đương với


 

2
sin sin 2 cos sin 2 1 1 cos 2 1 sin 2
2
sin 2 sin cos sin2 1 0
x x x x x x
x x x x

      
   

*
 
sin2 0
2
k
x x k

   

*
     
 
22
sin cos sin 2 1 0 sin 1 2cos sin 0 sin 1 1 2sin 2sin 0x x x x x x x x x           

 
2
1 2sin 2sin 0xx   
(vô nghiệm) hoặc sinx = 1
 

2
2
x k k

     

2. Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực duy nhất.
 
 
22
11x y x y
x y m

   






Đáp án: Do hệ đối xứng nên nếu (x; y) là một nghiệm của hệ thì (y; x) cũng là một nghiệm của hệ. Do đó để
hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì x = y.
Thay x = y = 1 vào phương trình (2)  m = 2.
Khi m = 2 thì hệ trở thành
 
 
22
11
2
x y x y

xy

   






   
 
2
2
0
0
1
1
22
xy
xy
x y xy x y
xy
x y xy






      






  


hoặc
2
1
xy
xy






Dễ thấy hệ có ba nghiệm (1; -1); (-1; 1) và (1; 1).