Các năm gần đây trong đề thi Đại học thì câu 1b không còn khó nữa, chỉ ở mức độ vừa phải.. Đây thuộc loại câu dễ trong đề thi để học sinh lấy điểm.. Phần tính khoảng cách thì 70% học sin
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BèNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
TRƯỜNG QUỐC HỌC QUY NHƠN LẦN 2 – NĂM 2015
Mụn : TOÁN
HệễÙNG DAÃN GIAÛI VAỉ BèNH LUAÄN
Câu 1 Cho hàm số y=x3ư3mx2+ 2 ( )1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( )1 khi m=1
b) Tìm m để đồ thị hàm số ( )1 có hai điểm cực trị A , B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 (đvdt)
Ta có y' 3= x2ư6mx=3x x( ư2m); y'= ⇔ =0 x 0 hoặc x=2m
Để hàm số có hai cực trị ⇔ phương trình ' 0y = có hai nghiệm phân biệt ⇔2m≠ ⇔0 m≠ 0
Tọa độ các điểm cực trị A( )0;2 và B m(2 ; 4ư m3+2)
Tam giác OAB có A( )0;2 thuộc Oy nên 1 ( , ) 2 1.2 2 1
OAB
S∆ = OA d B Oy ⇔ = m ⇔m= ± (thỏa mãn) Vậy m= ± thỏa mãn yêu cầu bài toán 1
Bình luận Các năm gần đây trong đề thi Đại học thì câu 1b) không còn khó nữa, chỉ ở mức độ vừa phải Năm 2015 là năm đầu tiên kết hợp kỳ thi chung nên câu này chỉ ở mức độ dễ, ví dụ như trong đề minh họa của BGD Nếu trong bài toán trên chỉ yêu cầu ''Tìm m để đồ thị hàm số
( )1 có hai điểm cực trị '' thì phù hợp
Câu 2 Tính tích phân
1
1 ln
e
x
=∫ +
Ta có
ln ln
x
x
•
1
ln
e
A=∫ x xdx Đặt
2 ln
2
dx du
v
=
•
1
ln
e
x
x
=∫ Đặt t=lnx, suy ra dt 1dx
x
Đổi cận: với x= ⇒ =1 t 0; với x= ⇒ =e t 1
Khi đó
1
0 0
1
t
B=∫ tdt= =
4
e
Bình luận Bài toán có sự kết hợp giữa hai phương pháp tính tích phân: Từng phần và đổi biến Mức độ vừa phải nên phù hợp với đề thi chung hiện nay
Câu 3 Giải phương trình sin 3 1 sin 2 sin 2
4
x= + x+ xư π
Trang 2Phương trình tương đương với sin 3x= +1 sinx+sin 2xưcos2x
2
• sinx= ⇔ =0 x kπ (k∈ ℤ )
• 2sin2x+sinxư +1 cosx= 0
2
4
k x
π
⇔ ư ư = ⇔ + = ⇔ + = ± + ⇔ = = ư + ∈
ℤ
x=k π x= ư +π k π x= ư +π k π (k∈ ℤ )
Bình luận Đây thuộc loại câu dễ trong đề thi để học sinh lấy điểm Để làm được câu này học sinh cần nắm vững các công thức lượng giác cơ bản Trong bài này ta sử dụng các công thức:
s ina cos 2 sin
4
a a π
ư = ư , sin 3a=3sinaư4sin3a , cos2a=cos2aưsin2a=2cos2aư = ư1 1 2sin2a Nếu đề thi không cho phương trình lượng giác thì sẽ cho tính biểu thức lượng giác mà chúng ta
đã học ở chương trình lớp 10 Ví dụ như trong đề minh họa của BDG '' Cho góc α thỏa mãn
2
π
< < và sin 3
5
α = Tính tan 2
1 tan
α
=
Câu 4 Trong một giỏ trái cây có 5 quả ổi, 7 quả xoài và 2 quả bưởi Lấy ngẫu nhiên 4 quả trong giỏ trái
cây Tính xác suất để trong 4 quả lấy được không có đủ 3 loại quả
Số cách chọn 4 quả trái cây bất kỳ trong giỏ có 14 quả là : C144 =1001 cách
Gọi A là biến cố '' 4 quả lấy được có đủ 3 loại quả '' Các khả năng xảy ra biến cố A là :
• 2 quả ổi, 1 quả xoài, 1 quả bưởi : có C C C52 .71 21=140 cách
• 1 quả ổi, 2 quả xoài, 1 quả bưởi : có C C C15 72 21=210 cách
• 1 quả ổi, 1 quả xoài, 2 quả bưởi : có C C C15 .71 22=35 cách
Do đó có tất cả C C C52 .71 21+C C C15 72 21+C C C51 .17 22=385 cách xảy ra biến cố A
Suy ra biến cố A là : '' 4 quả lấy được không có đủ 3 loại quả '' có 1001 385ư =616 cách
Vậy xác xuất cần tìm P A( )=1001616
Bình luận So với các năm gần đây thì câu xác suất này tương đối phù hợp Nhưng so với đề minh họa của BGD thì còn quá dễ Có khả năng cao năm nay 2015 câu xác suất chiếm 0,5 điểm nằm trong câu phân loại nên mức độ khó hơn nhiều Các em nên tham khảo các đề thi thử của
Đại Học Vinh – Phan Bội Châu Nghệ An – Đặng Thức Hứa có những câu xác suất rất hay, đòi hỏi tư duy cao
Câu 5
1) Cho số phức z thỏa mãn (2ưi)(1+ +i) z i(2 + = ư1) 4 2i Tìm phần thực, phần ảo của z
2) Giải phương trình 4x+2x+1= 8
Trang 3x
K
E
N M
C
B
A
S
y
x
E
B
A
1) Ta có (2ưi)(1+ +i) z i(2 + = ư1) 4 2 i ⇔ 3+ +i z i(2 + = ư1) 4 2 i ⇔ 2z i( + = ư 1) 1 3i
1 3 (1 3 1 2)( )
i
i
ư
Vậy phần thực của z bằng 1 ư , phần ảo của z bằng 1
Bình luận Thường các em giải phương trình để tìm số phức z thì đặt z= +a bi với , a b∈ ℝ Nhưng trong phương trình chỉ có z hoặc chỉ có z thì ta nên biến đổi trực tiếp Đây là câu được coi như dễ nhất trong đề thi, các vấn đề được hỏi cũng đơn giản Chú ý dạng lượng giác của số phức không có trong đề thi vì trong chương trình cơ bản không nói đến mà đề thi hiện nay thì không có phần riêng, phần chung nữa
2) Ta có 4x+2x+1= ⇔8 4x+2.2xư = 8 0
Đặt t=2x, t>0 Phương trình trở thành t2+2tư = ⇔ = ư (loại) hoặc 8 0 t 4 t=2
Với t=2, suy ra 2x= ⇔ = 2 x 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=1
Bình luận Đây là câu chiếm 0,5 điểm và cũng khá dễ trong đề thi Nếu đề không cho phương trình mũ thì sẽ có câu thay thế là phương trình logarit Để giải được câu này các em chỉ cần nắm các công thức biến đổi cơ bản và các phương pháp giải cơ bản trong sách giáo khoa Không cần phải học cao, học những cái khó
Câu 6 Cho hình chóp S ABC , có đáy ABC là tam giác cân tại A, AB=a 3, BAC=1200 Cạnh bên
SA vuông góc với đáy (ABC), tam giác SBC đều cạnh 3a Tính thể tích của khối chóp S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM, AC theo a Biết điểm M thuộc cạnh BC sao cho MC=2MB
• Tính thể tích khối chóp S ABC
Gọi N là trung điểm BC Do tam giác ABC cân tại A nên AN⊥BC
2
a
Lại có tam giác SBC đều nên SN⊥BC, suy ra 3 3
2
a
Trong tam giác vuông SAN , ta có SA= SN2ưAN2 =a 6
Diện tích tam giác ABC là 1 3 2 3
ABC
a
a
• Tính khoảng cách d SM AC( , )
Kẻ Mx song song với AC Ta có
d SM AC( , )=d AC SMx( ,( ) )=d A SMx( ,( ) )
Từ A kẻ AE⊥Mx (E∈Mx)
Gọi K là hình chiếu của A trên SE, suy ra AK⊥SE ( )1
⊥
Từ ( )1 và ( )2 , suy ra AK ⊥(SMx) nên d A SMx( ,( ) )= AK
Ta có 2 ( , ) 2 ( , ) 2.2
ABC
S
AC
∆
Trang 4F
x
E
B
A
Trong tam giác vuông SAE, ta có
7
AK
7
a
Bình luận 1) Bài toán cho thừa dữ kiện BAC=1200
2) Đây bắt đầu là câu gây khó dễ cho học sinh ở ngưỡng điểm 6 Phần tính thể tích chắc đa số học sinh tính được Phần tính khoảng cách thì 70% học sinh yếu về vấn đề này nên đâm ra sợ, nguyên nhân là do ở lớp 11 các em học không kỹ về nó Thực ra nó tuân thủ theo sơ đồ sau
( 1, 2) ( 1, ) ( , ) ( , )
Với
• duong1: là đường thẳng nằm trong mặt đáy
• mat : là mặt phẳng chứa duong2 và song song với duong1
• diem : là một điểm bất kỳ trên duong1, ta chọn sao cho dễ tính khoảng cách
, ,
d diem duong k
d chanduongcao duong
Khi bài toán đã đưa về tính d chanduongcao mat( , ) Ta thực hiện kẻ hai lần vuông góc như trong phần trình bày bài giải ở trên
3) Trong phần tính AE ta có thể giải theo cách sau:
Trong tam giác ABC có các cạnh AB= AC=a 3, BC=3a
Dùng định lí hàm số cosin tính được BAC=1200
Suy ra FAE=300
Tam giác vuông FAE , ta có 0 2 3 3
a
Câu 7 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( )P : 2xư ư ư =y z 4 0 và hai điểm
(0;2; 1)
2
B ư
Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( )P Tìm điểm C trên ( )P
sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với ( )P và tam giác ABC vuông tại C
Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( )P là ( ,( ) ) 2 1 4 5
Mặt cầu ( )S cần tìm có tâm A và tiếp xúc với ( )P nên bán kính ( ,( ) ) 5
6
R=d A P = Vậy ( ) 2 ( )2 ( )2 25
6
Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến n P=(2; 1; 1ư ư )
Gọi ( )α là mặt phẳng qua A , B và vuông góc với ( )P
Suy ra ( )α có vectơ pháp tuyến , 0; 7 7;
2 2
P
n α AB n
= = ư
Do đó ( )α : yư ư = z 3 0
Gọi ∆ là giao tuyến của ( )α và ( )P nên
7 2
z t
= +
∆ = +
=
Trang 5
N
I
B
A
Theo giả thiết, suy ra C∈( )α Hơn nữa C∈( )P nên C∈ ∆, suy ra 7 ;3 ;
2
C + t +t t
2
AC= +t +t + t
, BC=(3+t;3+t;3+ t)
Tam giác ABC vuông tại C nên 0 7 (3 ) (1 )(3 ) (1 )(3 ) 0 311
2
6
t
t
= ư
Với t= ư3, ta được 1;0; 3
2
C ư
Với
11 6
t= ư , ta được 10 7; ; 11
C ư
Bình luận 1) Trong cấu trúc đề thi của BDG năm 2015 hoặc các năm gần đây thì đây thuộc câu
ở mức độ dễ, thường đề sẽ hỏi những thứ đơn giản Trong đề này thì quá khó cho học sinh làm
được trọn vẹn hết câu Dám chắc rằng 70% học sinh không làm được ý thứ hai của câu này 2) Đường thẳng ∆ là giao tuyến của ( )α và ( )P ta nên tính toán ở ngoài giấy nháp vì trong sách giáo khoa không có phương trình đường thẳng ở dạng giao tuyến của hai mặt phẳng (hay còn gọi là phương trình tổng quát)
3) Chú ý Nếu điểm thuộc đường thẳng thì ta lấy theo 1 tham số, điểm thuộc mặt phẳng thì ta lấy theo 2 tham số Ví dụ như trong bài này điểm C∈( )P , suy ra C a b a( ; ;2 ư ưb 4) Hai tham số thì ta cần hai phương trình để giải, đó là (ABC) ( )P
Nhưng nếu giải theo hướng này thì rất
phức tạp
Câu 8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B( )1;1 , trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng ∆: 3xư ư =y 2 0 Điểm N( )4;6 là trung điểm của CD Tìm tọa độ các
đỉnh còn lại của hình chữ nhật
Do G∈ ∆, suy ra G t t( ;3 ư 2)
Gọi I= AC∩BD Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 2 1
BG= BI= BD
Từ đó suy ra D t(3 ư2;9tư 8)
Hơn nữa, N( )4;6 là trung điểm của CD nên suy ra C(10 3 ;20 9ư t ư t)
Ta có BC=(9 3 ;19 9ư t ư t), NC=(6 3 ;14 9ư t ư t)
Do ABCD là hình chữ nhật nên NC⊥BC⇔ NC BC = 0
90 2 342 320 0 5
3
15
t=
• Với 5
3
t= , suy ra C( )5;5 , D( )3;7
Trung điểm BD là I( )2;4 nên A(ư1;3)
• Với 32
15
t= , bạn đọc làm tương tự
Bình luận Xu hướng hiện nay, cụ thể là trong đề thi Đạị học năm 2014 ở đề khối A và D, đặc biệt là khối D, câu hình Oxy thuộc câu mang tính chất phân loại cao Những năm về trước Hình học Oxy được giải bằng những phương pháp thông thường như: tham số hóa rồi tìm điều kiện để giải tham số,… Hiện nay Hình học Oxy đã được trừu tượng hơn, mang tính đánh đố hơn Đó là sự kết hợp giữa hình học phẳng với hình học tọa độ Cái khó ở đây là phải phát hiện
được vấn đề, đi chứng minh vấn đề đó rồi mới áp dụng vào bài toán
Đây là câu phân lại cao nhưng đề bài lại cho khá dễ, không phù hợp với cấu trúc đề bây giờ
Trang 6Câu 9 Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( )
( )
3
(x y, ∈ ℝ )
Phương trình ( )1 ⇔x2+xy+ x+ =y 2y2+ 2y
⇔(x2ưy2) (+ xyưy2)+ x+ ưy 2y= 0
2
2
Do đó ( )1' ⇔ ư = ⇔ = Thay vào x y 0 x y ( )2 , ta được
2
2 2
2
2
ư ±
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình là : ( ; ) 1 13; 1 13
x y ư + ư +
Bình luận 1) Khi giải hệ ta thường khai thác một phương trình của hệ (có khi khai thác cả hai) bằng các phương pháp: Liên hợp để xuất hiện nhận tử chung, phân tích thừa số chung,
đặt ẩn phụ, dùng hàm đặc trưng Khi các phương pháp trên không còn hiệu quả thì còn có phương pháp đánh giá, phương pháp đánh giá dùng khi ta dự đoán trước tất cả các nghiệm của hệ để biết được điểm rơi
2) Khi thay x= y vào phương trình (2) ta được phương trình vô tỷ Dùng máy tính Casio nhẩm nghiệm thì rất lẻ nhưng nhờ tính được tổng và tích các nghiệm nên ta biết được phương trình
có nhân tử chung là x2+ ưx 3, từ đó cho ta hướng thêm bớt để liên hợp
3) Trong các đề thi tuyển sinh của BDG thì nghiệm cho ra rất đẹp, nếu nghiệm không nguyên thì cũng phải rơi vào những '' lát cắt vàng '' Trong câu này tác giả cho đề ra nghiệm quá xấu 4) Năm nay thì khả năng ra hệ phương trình là 50%, bất phương trình 30%, phương trình
20% Nên các em cần học kỹ bất phương trình nữa nếu muốn làm được 8 đến 9 điểm
Câu 10 Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn 1 1 1 3
a b+b c+c a=
biểu thức
3 3
2
P
Trang 7Đặt x 1 ;y 1 ;z 1
'' Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn x+ + = Tìm giá trị lớn nhất của y z 3 P= yz+2 113 xyz '' Theo bất đẳng thức AMưGM, ta có
2
y z
yz≤ +
và
( )
5
Suy ra P≤y+2 z+116 x+43(y+z)=116 (x+ +y z)=112
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4; 11
a= =b c=
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 11
2
Lời giải bởi: TRẦN ANH HÀO Cách 2 Phương pháp dồn biến (tham khảo thêm)
Đặt
+ + + Suy ra P=( )xy3+2 113 (xyz)2
Ta có x6+y6+z6= ≥3 z6+2( )xy3 Suy ra 33 6
2
z
xy≤ ư
3 3
Đặt t=z6, suy ra t∈( )0;3 và 3 3 ( )2 ( )
2
t
Ta có ( )
2 3
2
3
Lập bảng biến thiên ta thấy ( ) 4 11
f t ≤ f =
Lời giải bởi: VŨ VĂN BẮC
Bình luận Trong những năm gần đây trong cấu trúc đề thi của BGD thì câu này là câu khó nhất, câu lấy điểm 10 Năm 2012 trở về trước thì xu hướng của bộ ra là biểu thức P đối xứng Năm 2013 và 2014 thì xu hướng của Bộ ra biểu thức P không còn đối xứng nữa mà là gần đối xứng Để giải quyết những bài toán này thì ta dùng đến những bất đẳng cơ bản, bất đẳng thức phụ,… để dồn biến Sau đó ta đặt ẩn phụ để xét hàm hoặc thêm bớt đại lượng rồi dùng bất
đẳng thức lần nữa Trong bài toán này ta đã giải quyết theo hướng cân bằng hệ số trong bất
đẳng thức AM GMư , cái khó của bài toán này là chọn được điểm rơi
NHAÄN XEÙT CHUNG Đề thi ở mức độ tương đối khó, ít học sinh đạt điểm cao Những phần cần
dễ thì không dễ, nhưng phần phân loại cần khó (xác suất, Oxy, hệ phương trình, bất đẳng
thức) thì lại không khó lắm