Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 01 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 2 2 1 1 4 3 3 2 y x m x m m x = + + + + + + . 1. Khảo sát và vẽ ñồ thị của hàm số khi m = -3. 2. Với giá trị nào của m hàm số có cực ñại, cực tiểu? Gọi x 1 , x 2 là hoành ñộ hai ñiểm cực ñại, cực tiểu của hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 1 2 1 2 . 2 x x x x − + . Giải: Ta có ( ) 2 2 2 2 1 4 3 y x m x m m ′ = + + + + + . Hàm số có cực ñại, cực tiểu khi và chỉ khi y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 hay ( ) ( ) 2 2 2 1 2 4 3 0 6 5 0 5 1 m m m m m m ′ ∆ = + − + + > ⇔ + + < ⇔ − < < − Theo ñịnh lí Vi-ét, ta có ( ) 1 2 1 x x m + = − + , ( ) 2 1 2 1 . 4 3 2 x x m m = + + Suy ra ( ) ( ) 2 2 1 1 4 3 2 1 8 7 2 2 m m m m m + + + + = + + Ta nhận thấy, với ( ) 5; 1 m ∈ − − thì ( ) 2 2 9 8 7 4 9 0 m m m − ≤ + + = + − < Do ñó A lớn nhất bằng 9 2 khi m = -4. Câu II. 1. Giải phương trình ( ) 4 4 2 1 cot 2 cot 2 sin cos 3 cos x x x x x + + + = Giải: ðiều kiện: sin2x ≠ 0. Phương trình ( ) 2 4 2 2 2 1 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 cos 2 0 4 4 sin 2 1 x k x x x k x π π  = − ⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈  =  ℤ 2. Tìm các giá trị của tham số m ñể bất phương trình ( ) ( ) 2 4 4 5 2 2 x x m x x − + − + + ≤ nghiệm ñúng với mọi giá trị x thuộc ñoạn 2; 2 3   +   Giải: ðặt 2 4 5 t x x = − + . Từ [ ] 2; 2 3 1; 2 x t   ∈ + ⇒ ∈   . Bất phương trình ñã cho tương ñương với: ( ) ( ) 2 2 5 5 2 0 2 t t m t m g t t − − + + ≥ ⇔ ≥ = + (do 2 0 t + > ) Bất phương trình nghiệm ñúng ( ) [ ] 2; 2 3 max , 1; 2 x m g t t   ∀ ∈ + ⇔ ≥ ∈   . Xét hàm g(t) có g(t) ñồng biến [ ] ( ) ( ) [ ] 1 1; 2 max 2 , 1; 2 4 t m g t m t − ∀ ∈ ⇒ ≥ = = ∈ HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 01 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 01 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - S H K B C A D Câu III. 1. Tính tích phân: 4 3 0 sin os x x I dx c x π = ∫ . Giải: ðặt u = x và 3 sin cos x dv dx du dx x = ⇒ = và 2 1 2cos v x = . Từ ñó: 4 4 4 2 2 0 0 0 1 1 1 tan 2 4 2 4 2 2cos cos x dx I x x x π π π π π = − = − = − ∫ Câu IV. Hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình chữ nhật, 2 AD a = , CD = 2a. Cạnh SA vuông góc với ñáy và ( ) 3 2 0 SA a a = > . Gọi K là trung ñiểm của cạnh AC. Chứng minh mặt phẳng (SBK) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích khối chóp SBCK theo a. Giải: Gọi H là giao của AC và BK thì BH = 2 3 BK 2 3 3 a = và CH = 1 3 ; CA = 6 3 a 2 2 2 2 2 BH 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 3 2 2 a a a ⋅ = (ñvtt) Câu V. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 2 3 2 2 4 2 2 2 4 1 0 5 x y x xy x y x x y x −  + + =    + − − + =  Giải: ðiều kiện: x ≠ 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 5 2 2 2 1 0 2 1 x x xy x xy x xy y x −    ⇔ + − + + = ⇔ + = ⇔ =     Thay vào (4) nhận ñược: 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 3 1 2 1 1 1 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x − − − − − − = − = − = − ( ) 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 x x x x x x x x f f x x x x − −   − − − − ⇔ + = + ⇔ =     Ở ñó ( ) 2 2 t t f t = + là hàm ñồng biến với mọi t. Từ ñó suy ra ( ) 2 2 2 1 2 1 3 2 4 x x x y x x   − − − = ⇔ = ⇒ =     Vậy nghiệm của hệ phương trình là 3 2 4 x y − = ⇒ = . 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. ( 2,0 ñiểm) 1. Cho elip (E) : 4x 2 + 16y 2 = 64.Gọi F 1 , F 2 là hai tiêu ñiểm. M là ñiểm bất kì trên (E). Chứng tỏ rằng tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu ñiểm F 2 và tới ñường thẳng x = 8 3 có giá trị không ñổi. Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 01 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - Giải: 1. Ta có 1 2 ( 12;0), ( 12;0) F F− Giả sử M(x 0 ; y 0 ) thuộc (E), H là hình chiếu của M trên ñường thẳng 8 3 x = . Ta có MF 2 = a - cx 0 /a = 0 8 3 2 x − MH = 0 8 3 3 x − . Vậy 2 MF MH không ñổi. 2. Trong không gian với hệ trục toạ ñộ Oxyz cho ñiểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) ñi qua A, B và vuông góc với (Q). Giải: Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1) Q Q AB n AB n   = −       Vì ; 0 Q AB n   ≠      nên mặt phẳng (P) nhận ; Q AB n       làm véctơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 Câu VII.a. ( 1,0 ñiểm) Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 7 7 2 log log 3 2log 3 log 2 x x x x x x   + + = + +     Giải: ðiều kiện: x > 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 7 log log 2log 3 0 2 x PT x x x   ⇔ − + + =   Xét 2 2 ln ln 2 log 2 2 2 x x x x x x = ⇔ = ⇔ = (7) ðặt: ( ) ( ) ln 1 ln x x f x f x x x − ′ = ⇒ = ; ( ) 0 f 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 ( ) 2 7 log 2log 3 x x = + (8) ðặt: 2 log 2 t x t x = ⇔ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 2 1 8 7 2 3 6 9 1 7 7 7 t t t t t ⇔ = + ⇔ + + = có nghiệm duy nhất t = 2. Vậy phương trình có nghiệm x = 2 và x = 4. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b. ( 2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa ñộ Oxy cho ñường tròn (C): 2 2 6 2 6 0 x y x y + + − + = và các ñiểm B(2; -3) và C(4; 1). Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm A thuộc ñường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại ñiểm A và có diện tích nhỏ nhất. Giải: ðể ABC làm tam giác cân tại A thì A phải nằm trên ñường trung trực (∆) qua trung ñiểm BC là M(3; 1) và nhận ( ) 2; 4 BC  làm véc tơ pháp tuyến nên (∆) có phương trình: ( ) ( ) 2 3 4 1 0 2 1 0 x y x y − + + = ⇔ + − = Vì A ∈ (C) nên tọa ñộ A là nghiệm của hệ: 2 2 6 2 6 0 2 1 0 x y x y x y  + + − + =  + − =  Giải hệ tìm ra hai ñiểm A 1 (-1; 1) và A 2 ( 21 5 − ; 13 5 ) Do 1 2 18 20 5 A M A M = < = nên 1 2 A BC A BC S S< . Vậy ñiểm cần tìm là A(-1; 1). Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi thử ñại học số 01 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - 2. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz cho lăng trụ ñứng OAB.O 1 A 1 B 1 với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và O 1 (0; 0; 4). Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm M trên AB, ñiểm N trên OA 1 sao cho ñường thẳng MN song song với mặt phẳng (α): 2 5 0 x y z + + − = và ñộ dài MN = 5 . Giải: Có A 1 (2; 0; 4) ⇒ ( ) 1 2; 0; 4 OA =  ⇒ phương trình OA 1 : ( ) 2 0 2 ; 0; 4 4 x n y N n n z n =   = ⇒   =  Có ( ) 2; 4; 0 AB = −  ⇒ phương trình AB: ( ) 2 2 4 2 2 ; 4 ; 0 0 x m y m N m m z = −   = ⇒ −   =  Vậy ( ) 2 2 2; 4 ; 4 MN 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 α α ⇔ = ⇔ + − − + = ⇔ = ⇒   . Khi ñó: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 8 4 1 ; ; 0 5 5 5 2 1 16 4 5 0 2; 0; 0 M m MN m m m M A   =   = − + + = ⇔ ⇒   = ≡   Câu VII. b. 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 ñó n là số nguyên dương và k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử. Giải: Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ! ! 1 1 , 0,1, , 1 1 1 ! ! 1 1 ! ! k k n n C C n n k n 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 1 n x + ở hai vế ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 2 n n n n n n n n C C C C C C + + + + + + + + + + + + + = Vậy: ( ) 1 2 2 2 1 1 n n C S n + + − = + . Giáo viên: Trần Phương Nguồn: Hocmai.vn . giải ñề thi thử ñại học số 01 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - 2. Trong không gian với. g t m t − ∀ ∈ ⇒ ≥ = = ∈ HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 01 MÔN: TOÁN Giáo viên: TRẦN PHƯƠNG Thời gian làm bài: 180 phút Khóa học LTðH môn