Khóa học LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Trần Phương Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 01 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 01 MÔN: TOÁN (HƯỚNG DẪN GIẢI) 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 . Hướng dẫn giải: 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 cot2 cot 2 sin cos 3 cos xx xx x     Hướng dẫn giải: 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    Hướng dẫn giải: 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         . Xét hàm g(t) có g(t) đồng biến         1 1; 2 max 2 , 1; 2 4 t m g t m t         Khóa học LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Trần Phương Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 01 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - 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. Hướng dẫn giải: 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 . Hướng dẫn giải: 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. Hướng dẫn giải: 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:           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      Khóa học LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Trần Phương Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 01 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - 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. Hướng dẫn giải: 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 ln2 10 1 1 xx dx I ee     . Hướng dẫn giải: 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 ln2 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               Hướng dẫn giải: 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 2 t t ft là hàm đồng biến với mọi t. Từ đó suy ra   2 22 1 2 1 3 2 4 xx xy xx            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    . Hướng dẫn giải: Đặt u = x và 3 sin cos x dv dx du dx x    và 2 1 2cos v x  . Khóa học LTĐH đảm bảo môn Toán - thầy Trần Phương Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 01 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - 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) Hướng dẫn giải: Điều kiện: x > 0 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. Nguồn: Hocmai.vn .        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.      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:           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.      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     