Tuyển tập 90 đề thi đại học toán - trích đoạn

TRÍCH ĐOẠN SÁCH TOÁN LOVEBOOK

Trích đoạn cuốn “Tuyển tập 90 đề thi thử kèm lời giải chi tiết và bình luận” được đội ngũ t|c giả thủ khoa, giải

quốc gia GSTT GROUP biên soạn do Lovebook.vn sản xuất

Cuốn s|ch được đ|nh gi| l{ cuốn giải tiết và công phu nhất trong chuỗi sách luyện đề môn Toán.!

Sách sẽ chính thức ra mắt các em học sinh v{ độc giả quan tâm vào ngày 18/12 sắp tới!

Cuốn sách gồm 45 đề thi đại học, trong đó có 33 đề thi thử được chọn lọc và bổ sung từ c|c đề thi thử trường

chuyên trên cả nước và 12 đề thi đại học chính thức được chọn lọc từ năm 2002 đến năm 2013

Ngoài ra cuốn sách còn có khoảng gần 300 bài toán luyện thêm sau mỗi bài tập điển hình cho các em luyện

Không chỉ đưa ra lời giải mà cuốn s|ch còn giúp c|c em định hướng tư duy l{m, tổng quát hóa bài toán và các bài mở rộng,…Với cuốn sách Toán này, việc học Toán sẽ trở nên thú vị hơn v{ h{o hứng hơn!

Phần I: MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ, BÀI VIẾT ĐẶC SẮC

1- Phương ph|p thế trong giải hệ phương trình

Lương Văn Thiện (GSTT GROUP – Kỹ Sư T{i Năng – ĐH B|ch Khoa HN)

““Thế” l{ một phương ph|p quan trọng của giải HPT Nếu “thế” đúng thì b{i to|n sẽ được giải quyết ngay tức khắc”

+ Nếu y = 0 thay vào (2) ta có 9x = 0 nên x = 0

Thay x = 0; y = 0 vào (1) ta có 9 = 0 (vô lí)

+ Nếu 3

x 1

x2

y √3y 2y 6 3 4 3y 3y 1 √7 7 2

3y 2y 6 3 √3y 2y 6 3 2 √7 7 7 7 (3)

Xét h{m số: f t t √t, t 0 f t 1 1

2√t 0, với mọi t 0 Suy ra f t đồng biến trên 0

23 y

2523

Phép “thế” có ý đồ chính:

-Ý đồ 1: Rút theo y hoặc y theo từ một phương trình rồi thế v{o phương trình còn lại đưa về phương trình một biến tuy hơi cồng kềnh nhưng nếu mạnh dạn biến đổi thì “kiểu gì cũng ra”- ví dụ 1 l{ minh chứng cho ta điều n{y Lưu ý, có thể dùng ẩn phụ để giải ví dụ 1 gọn hơn “thế” nhưng nó thích hợp với bạn có

tư duy tốt Vậy nên, nếu ẩn phụ không nghĩ ra thì “thế” l{ một phương |n an to{n v{ luôn luôn ra

-Ý đồ 2: Quan s|t những biểu thức cùng uất hiện ở 2 phương trình, sau đó thế chúng cho nhau Ở ví dụ

2, ta thấy ở phương trình 1 có “9” còn phương trình 2 có “9 ”, để thế 2 “thằng” n{y cho nhau thì một c|ch

tự nhiên, ta nh}n 2 về của phương trình 1 cho rồi thế 9 6 y y v{o phương trình 3 thì lời giải được hé mở ho{n to{n Ở ví dụ 3 cũng cùng ý đồ khi thấy thằng “3 ” uất hiện đồng thời ở hai phương trình Ở

ví dụ 3 còn thêm ý đồ nhóm ẩn phụ chính l{ biểu thức trong căn: u 3y 2y 6 3 Ta chỉ cần nhóm ra

B{i 3: Giải hệ phương trình: { y 3 0 1

1 3 y 1 2 y √ y 2y 0 2 B{i 4: Giải hệ phương trình: { y 2 2 0 2 y 2 1 1

B{i 5: Giải hệ phương trình: { y 7y 1 1 y 10y 1 2

Giải b{i tập vận dụng:

Bài 1: Điều kiện : 0, 4, y R

Từ log y 1 3 3 3 thế v{o phương trình 1 ta có:

(√ 1 1).3 3√4 √ 1 1 √4

Đ|p số: y 3 0

Bài 2: Điều kiện y 0

Tương tự như b{i 1 Từ log y 3 y 3 3

Thế v{o phương trình 1 ta có: 2y y 12 81y

2 0 Đ|p số: y 1 3

Bài 4: Từ phương trình 2 : y 2 2 thế v{o phương trình 1 ta có:

3)



2- Sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến để giải phương trình, hệ phương trình

Doãn Trung San (GSTT GROUP – ĐH Y H{ Nội

Khi giải phương trình, hệ phương trình chúng ta gặp một số b{i to|n kh| cồng kềnh C|c phương ph|p hay dùng gặp trở ngại., khi đó ta có quyền nghĩ đến phương ph|p sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến của h{m số hay phương ph|p h{m số

Có hai loại chúng ta hay gặp:

I) Dạng quy được về ( ) với f l{ h{m đơn điệu đồng biến hoặc nghịch biến

4 1 √2 1

8 2 2 2 √2 1 2 2 (√2 1) √2 1

Ta thấy, phương trình đ~ cho tương đương với: 4 1 (√2 1) √2 1 0

Xét h{m số f t t t trên 0

Có f t 3t 1 0 đồng biến trên 0

Suy ra h{m số đồng biến trên 0

M{ phương trình 1 tương đương với f 2 f √2 1

Nên phương trình 1 2 √2 1 4 2 1 0 * 1 √5 th a m~n 0

1 √5 không th a m~n 0 Vậy nghiệm của phương trình l{ 1 √5

í ụ : Giải phương trình: log 3

Phương trình đ~ cho tương đương với:

Vậy phương trình đ~ cho có nghiệm l{ 1 2

B- Tư duy giải to|n

Như vậy, thực chất để giải b{i to|n n{y, bước đầu tiên ta cần l{m l{ đưa b{i to|n về dạng f(u )

f g

Tức l{, ph}n tích, chuyển vế đưa phương trình về dạng m{ 2 vế l{ 2 biểu thức cùng một h{m

Có một số dấu hiệu sau:

Phần II: Đề thi

Đề số 10

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7 điểm)

C}u 1 1,0 điểm) Cho hàm số y = x 1

x 2





a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đ~ cho

b) Gọi I l{ giao điểm hai đường tiệm cận của (H) Viết phương trình tiếp tuyến d của (H) tại điểm M th a mãn IM vuông góc với d

C}u 2 1,0 điểm) Giải phương trình 3 cos2 cosx

2 + (3 + 2cosx)sin

x

2 = cos

x2

II PHẦN RIÊNG 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

C}u 7.a 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O y, cho tam gi|c ABC có A 1 3 , B 5 1 Điểm M nằm trên đoạn thẳng BC sao cho MC = 2MB Tìm tọa độ điểm C biết rằng MA AC 5 v{ đường thẳng BC có hệ số góc là một số nguyên

C}u 8.a 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ):x y z 0    , ( ):x 2y 2z 0    Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc (), có bán kinh bằng 3, tiếp xúc với () tại M, biết rằng điểm M thuộc mặt phẳng (Oxz)

C}u 9.a 1,0 điểm) Tìm số phức z th a mãn z 1 i (1 i) z

(1 i)z



B Theo chương trình N}ng cao

C}u 7.b 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có trực tâm ( ; )H 3 2 Gọi

D, E l{ ch}n đường cao kẻ từ B và C Biết rằng điểm A thuộc đường thẳng d:x 3y 3 0   , điểm ( ; )F 2 3 thuộc đường thẳng DE và HD = 2 Tìm tọa độ điểm A

C}u 8.b 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ O yz, cho hai điểm ( ; ; )A 1 3 2 , ( ; ; )B 3 2 1 và mặt phẳng (P)

có phương trình x 2y 2z 11 0    Tìm điểm M trên (P) sao cho MB 2 2 và MBA 30 0

Câu 9.b 1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n th a mãn

Đề số 11

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7 điểm)

C}u 1 1,0 điểm) Cho hàm số y = 



2x 1

x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đ~ cho

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với H c|ch điểm A(0; 1)một khoảng bằng 2

cosx.ln(1 sinx)

dx

C}u IV 1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng ABC BCD , BAC BDC 90 Cho biết

AB 2a√5, AC a√5 Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a, biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng với tan 4

C}u V 1,0 điểm)

Cho c|c số thực dương y, , th a m~n 3 y 3 y 2

y Tìm gi| trị lớn nhất của biểu thức: P y 16

y 2

II PHẦN RIÊNG 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

C}u VI.a 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O y, cho tam gi|c ABC có A 1 3 , phương trình đường cao BB’ l{: 3 – y 1 0 v{ phương trình đường trung tuyến CM là : 2x +5y - 2 0 Tìm phương trình c|c đường thẳng AC, AB, BC

2 Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với C 3 2 3 , đường cao AH:     

1 2 1 Viết phương trình trung tuyến CN của tam giác ABC

C}u 8.a 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ):x y z 0    , ( ):x 2y 2z 0    Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc (), có bán kinh bằng 3, tiếp xúc với () tại M, biết rằng điểm M thuộc mặt phẳng (Oxz)

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số phức z th a mãn  



(1 3.i)

1 i Tìm môđun của số phức z i.z 

B Theo chương trình N}ng cao

C}u 7.b 1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, cạnh BC: x 2y 1 0 Hai đỉnh A, B   

nằm trên Ox Tìm toạ độ đỉnh C biết diện tích tam giác bằng 10

C}u 8.b 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): – 2 4 – 8 – 4

C}u 9.b 1,0 điểm) Tính tổng: 1 biết rằng  

z cos isin s

- HẾT -

Đề số 19

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7 điểm)

C}u 1 2,0 điểm) Cho hàm số y 2x 1

x 1





 có đồ thị (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Tìm m để đường thẳng y  x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác ABM là tam gi|c đều, biết điểm M(2; 5)

 2 2 2

3 a b c 4abc 13 C}u IV 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đ|y ABCD là hình thoi tâm O , hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết AC = 2a 3 , BD2a, khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng a 3

4 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

II PHẦN RIÊNG 3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn

C}u V.a 3 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O y , cho tam gi|c ABC có đỉnh A(3; –4 Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là x y 1 0   và 3x y 9 0   Tìm tọa độ c|c đỉnh B, C của tam giác ABC

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O y, cho đường tròn (C): x2y22x 4y 8 0   v{ đường thẳng () có phương trình: 2x 3y 1 0   Chứng minh rằng () luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B Tìm toạ độ điểm M trên đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác ABM lớn nhất

x (2)lim y

    và

x (2)lim y

   Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang l{ đường thẳng y = 1, tiệm cận đứng l{ đường thẳng x 2

Chiều biến thiên: Ta có ' ,

điểm ( ; )I 2 1 của hai đường tiệm cận l{m t}m đối xứng

b Định hướng đơn giản: Gọi tọa độ điểm M theo một ẩn 0, sau

đó viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M chứa tham số 0

Cuối cùng dựa v{o điều kiện vuông góc để tìm 0, từ đó suy ra

phương trình tiếp tuyến

  (x0 2) là tiếp điểm Khi đó phương trình

tiếp tuyến tại M là

0 0 2

0 0

Với x0 3, phương trình tiếp tuyến l{ y – 3 2 hay y 5

Với x0 1, phương trình tiếp tuyến l{ y – 1 hay y 1

Vậy có hai tiếp tuyến th a m~n đề b{i l{ y 5 v{ y 1

y

1

1 0,5

y

x

  V{ tại sao bên vế tr|i đ~ có sinx

2 rồi m{ bên vế phải cũng có lượng n{y Rõ r{ng t|c giả có

“ngụ ý” bảo ta nên rút gọn phương trình th{nh: 3 cos2x cos x 2 2cosx sin x 0

t tan

2

 cần điều kiện Thế nhưng c|ch đặt đó thì không khả quan cho lắm, bởi khi đó sẽ quy về một phương trình ẩn t rất phức tạp phương trình lượng gi|c thường không phức tạp đến mức n{y Không lẽ đến đ}y l{ bế tắc Chưa đ}u nhé! Bạn đọc sẽ thường để ý đến biến đổi   x x 2

1 sinx sin cos

  , m{ ít để ý đến

biến đổi dùng công thức nh}n đôi:   x 2x

1 cosx 1 cos 2 2cos

Do đó phương trình * vô nghiệm

Vậy nghiệm của hệ l{ y 4 10 3 10 )

Nhận xét: Với “cục diện” thế n{y thì phương trình 1 sẽ được ta chọn để “đ|nh” nó trước

C|i ngoặc x x 2   v{ tổng xy24y2 dường như “có vấn đề” Nếu t|c giả đ~ muốn nhóm v{o trong ngoặc rồi thì tại sao lại không nhóm luôn cả xy24y2 th{nh y x 42   luôn cho chúng “đồng bộ” Chính sự không đồng bộ n{y đ~ giúp ta tư duy về c|ch giải: nhóm y x 42   v{ ph}n tích nh}n tử của tam thức bậc hai chứa c|c số hạng còn lại Nh}n tử x 4  đ~ uất hiện một c|ch không hề ng u nhiên, phải không n{o  C|ch kh|c có thể coi 1 l{ phương trình bậc hai với ẩn , tham số y v{ dùng biệt thức  để giải

Xử lý phương trình: y2  y 5 3 2y 1 (*)

Solve phương trình với gi| trị thử y dương, m|y b|o Can’t Solve  nghĩ đến việc phương trình phương trình

vô nghiệm Không thiếu c|ch để chứng minh, đ|p |n dùng bất đẳng thức cho nhanh gọn Nhưng mình nghĩ l{ c|c bạn nên đưa * về phương trình bậc 4 thì hay hơn dạng n{y thường gặp

Đến đ}y thì cần thêm chút đ|nh gi| y42y311y28y 34 y  42y310y2y 4 218 0 l{ * đ~ được giải quyết gọn lẹ!

*) Tính thể tích ở bài này không gây nhiều khó khăn cho

ta Diện tích đ|y đ~ biết, việc |c định đường cao cũng không khó vì có (SBA) vuông góc với đ|y nên ta sẽ hạ đường cao tại đ}y, còn về tính to|n cũng không khó vì

nó nằm trong một tam gi|c đ~ biết hết thông tin (việc tính to|n như n{o l{ tùy vào sở thích, tham khảo cách l{m đ|p |n

*) Tính bán kính là vấn đề nan giải nhất Quan sát một chút thì SBCE hiện tại không có gì để ta khai thác cả Nên việc nhảy thẳng vào mà vẽ bán kính là một điều dại dột vì thường khi vẽ ít nhất sẽ có một c|i đ|y như thế nào hoặc một c|i gì đó để khi ta dựng, ít thì cũng có c|i

gì đó giúp ta tính to|n sau n{y v n biết phải mạnh dạn

là tốt, nhưng chưa nên dùng lúc n{y Trước tiên, ta thấy là các cạnh của tứ diện này ta hoàn toàn tính cụ thể ra được, biết đ}u khi tính ra lại có gợi ý

để ta dựng ra được bán kính!

Để ý, , cái này thì các bạn nên để ý vì rất nhiều bài toán có kiểu nhìn tương

tự nó làm tối ưu hóa c|c dữ kiện Vậy thì có Sau khi tính ra ta quan s|t em có gì đặc biệt

không, quả thật không ngo{i mong đợi , thế này thì ta có SAC, SCE là các tam giác vuông lần lượt tại B và E Vậy SC chính l{ đường kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCE và bán kính là một nửa của SC

Yêu cầu: Biết được cách dựng đường cao, cố gắng nhìn những chi tiết quen thuộc rồi tự suy ra trong đầu mình định hướng đặc biệt, như thế bài toán có thể giải quyết nhanh về mặt định hướng hơn V{ khai th|c những gì

ta có thể l{m ngay trước mắt Biết đ}u đó lại là chìa khóa mở ra bài toán!

+) Vì BC  AB, BC  SH nên BC  SAB Do đó CBS 90 0 (1)

Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông CED, SAE, SBC ta có:

+) Từ giả thiết và áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 16(a24)2b4a 2b 2 4  a b.2 0 ab 8 

 , dấu đẳng thức xảy ra khi a = 2, b = 4

Vậy giá trị nh nhất của P là 27

64, đạt được khi a = 2, b = 4

Nhận xét: Việc cần l{ đầu tiên đó l{ đo|n điểm rơi của bất đẳng thức – không qu| khó, cũng không qu| d ! Nhận thấy rằng khi a  b thì P sẽ tiến tới dương vô cùng, vì vậy nên P không có max Vậy nên nhiều khả năng điểm m{ P đạt min l{ “nghiệm đẹp” của phương trình P’ 0

Thay b = v{o P, sau đó lấy đạo h{m P’ Nhập phương trình P’ 0 v{o m|y tính rồi slove  nghiệm đẹp l{ a 2 Điểm rơi dự đo|n l{ a 2, b 4 Đ}y l{ cơ sở dùng bất đẳng thức Cauchy chặn tích ab

Ý kiến cá nhân mình thấy rằng tác giả “chế” b{i to|n n{y n{y theo c|ch “thuận”: tìm h{m theo biến t, sau đó thay rồi dùng một đ|nh gi| để đi đến biểu thức P Còn ta l{m theo c|ch “ngược” nên khó khăn trong c|ch đi n{y!

Đường tròn t}m A, b|n kính R 5 có phương trình: (x 1 )2(y 3 )225 Khi đó tọa độ của C và M là nghiệm

( ; ), ( ; )( )2 ( )2

Vì M nằm trên đoạn thẳng BC nên C 4 1

Nhận xét: Đ}y l{ b{i to|n không cho c|c cụ thể 1 phương trình đường thẳng n{o, nhưng uất hiện nhiều yếu tố liên quan đến độ dài các cạnh (có sự nghi vấn n{o đó Đặc biệt, sau khi kẻ hình ra và quan sát thì thấy rất điều khả nghi như: cân tại A và MC = 2BM Ta sẽ nghĩ đến việc gọi H l{ trung điểm MC vì tại vị trí trung

điểm MC ta tìm thấy rất nhiều vấn đề như

Như vậy ta sẽ thấy mối quan hệ sau , giải hệ này ta sẽ tìm ra được x và AH Vì AH là khoảng

cách từ A đến BC, m{ BC đ~ biết điểm đi qua, kiểu dữ kiện rất quen thuộc Nó cho ta |c định được phương trình đường thẳng BC Đ}y chính l{ mấu chốt b{i to|n chú ý điều kiện hệ số góc để loại nghiệm) Việc |c định

C có nhiều cách, có thể gọi dạng trực tiếp rồi dùng độ dài hoặc l{m như đ|p |n cũng được Tuy nhiên khi giải

ra sẽ nhận được 2 nghiệm, nhìn trên hình thấy ngay đó l{ 2 trường hợp M, C đổi vị trí cho nhau, ta chỉ chọn trường hợp M nằm giữa B, C Có thể dùng chi tiết BC MC để loại nghiệm này

Yêu cầu: Nắm được c|ch tư duy, kĩ thuật gán một đoạn thẳng chưa biết bằng 1 ẩn rồi tìm mối liên hệ xung quanh đó Dựa vào chính mối liên hệ đó mình sẽ tìm thấy cụ thể được nó

Lưu ý: Có thể dùng phương tích để giải bài toán này (tham khảo sách giáo khoa nâng cao)

 (v n có gì đó khó ra Còn dữ kiện I thuộc v n chưa giải

quyết vấn đề gì, dữ kiện này v n bị “đơ” cho từ đầu đến giờ nên việc tục đi theo c|i n{y l{ c|i gì đó không thể Chỉ còn biết trông chờ vào dữ kiện MI  

 Có lẽ cái hay của bài là chỗ này, thực tế ở đ}y l{ đ~ có thể viết

phương trình chính tắc của MI vì đ~ có điểm “đi qua” l{ M v{ VTCP l{ VTPT của β Mặc dù v n biết điểm đi qua là một ẩn, nhưng suy nghĩ s}u a hơn một chút thì khi ta biết được phương trình MI, ta sẽ tìm được dạng của I, tuy nó v n còn 2 ẩn nhưng khi ta thay v{o ta đ~ tìm được mối quan hệ của chúng vậy thì còn 1 ẩn nữa thôi (giống ẩn với M), dùng ngay dữ kiện MI 3 hay d I, β 3 thì mọi chuyện cũng đ~ kh|c rồi nhé Ta đ~ biết được cụ thể ẩn Cuối cùng điểm I cũng đ~ biết v{ v{i to|n đ~ th{nh công

Yêu cầu: Ta có thể thấy câu này là một câu rất hay, ý tưởng ra đề rất đột phá và rất mới Cần chú đoạn viết phương trình MI để đi đến tìm điểm I Thực sự thì tuy duy cũng không có gì mới, nhưng quan trọng là bạn dám nghĩ hay không