Trích đoạn tuyển tập 90 đề thi thử đại học kèm lời giải chi tiết và bình luận môn toán tập 1

Hãy nghe thầy cô và các em nói gì về cuốn sách này: Theo thầy Nguyễn Minh Tuấn - GV chuyên Hóa - THPT Hùng Vương - Phú Thọ [tác giả của hơn 20 đầu sách ôn thi đại học nổi tiếng và nhiề

TUYỂN TẬP 90 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN tập I

Kèm lời giải chi tiết và bình luận

sách đầu tiên trong năm học mới 2014 – 2015 Không chỉ trau chuốt từng nội dung nhỏ một, cuốn sách còn được biên soạn đề theo cấu trúc ra đề mới nhất của Bộ Giáo Dục Đây là cuốn sách luyện đề đi tiên phong trong việc

áp dụng hình thức đề mới của Bộ vào trong sách Hãy nghe thầy cô và các

em nói gì về cuốn sách này:

Theo thầy Nguyễn Minh Tuấn - GV chuyên Hóa - THPT Hùng Vương - Phú Thọ [tác giả của hơn 20 đầu sách ôn thi đại học nổi tiếng và nhiều tài liệu chỉa

sẻ trên mạng): “Đây thực sự là một cuốn sách ôn thi đại học chất nhất, công phu và tâm huyết nhất mà thầy từng biết tới Một học sinh ôn thi đại học mà không sở hữu cuốn này thì sẽ thiệt thòi rất nhiều so với các bạn”

Theo em Lê Nhất Duy [THPT TP Cao Lãnh – Đồng Tháp]: “Đây là lần đầu tiên em được đọc một cuốn sách tâm huyết như thế này Từng lời bình của anh chị GSTT GROUP rất chất và gần gũi nữa Kể từ khi cầm trên tay cuốn sách này, em đã cảm thấy tự tin và yêu môn toán hơn nhiều”

Theo cô Lê Thị Bình [Thạc sĩ Toán - Hóa] - giảng viên khoa Toán Tin ứng dụng- ĐH Kiến Trúc Hà Nội: "Một cuốn sách đẳng cấp và thiết thực nhất tôi từng biết Không chỉ dừng lại ở những lời giải kho khan mà cuốn sách còn cho ta những lối tư duy, những kinh nghiệm sương máu mà họ trải qua" Theo Nguyễn Văn Tiến [cựu học sinh Lý Thái Tổ - Bắc Ninh, tân sinh viên

Y Hà Nội 29/30]: Lovebook luôn biết cách tạo ra những ấn phẩm thật hữu ích cho các em học sinh, đặc biệt cuốn Toán Năm vừa rồi mình chỉ tiếc là chưa

có cuốn Toán, nếu có thì chắc kết quả của mình sẽ trọn vẹn hơn Tuy nhiên với 2 cuốn Hóa năm ngoái cũng đủ khiến mình đạt được ước mơ vào đại học

Y Hà Nội"

Theo em Nguyễn Văn Trường [cựu học sinh Diễn Châu 4, Nghệ An - Tân sinh viên Đại Học Bách Khoa HN]: Cuốn sách 90 đề Toán giúp em rất nhiều trong việc tự học ở nhà Ở quê nghèo như em, việc đi học thêm hoặc học online quả là một vấn đề rất nan giải Nếu không có những cuốn sách có hướng dẫn tư duy như của GSTT GROUP thì thật khó khăn Đọc sách anh chị viết mà có cảm giác như đang được người thầy trực tiếp giảng dạy cho”

Tiếp theo, mời quý độc giả thưởng thức một trích đoạn nhỏ trong cuốn sách:

CÁCH SỬ DỤNG SÁCH HIỆU QUẢ

Có một cuốn sách hay là một chuyện nhưng sử dụng sao cho hiệu quả lại là

một câu chuyện khác?

Thứ nhất, các bạn chia làm 2 giai đoạn: Giai đoạn 1, các bạn chia bài tập trong

sách thành chuyên đề Ví dụ trong 5 ngày đầu chỉ chuyên luyện 25 bài hệ

phương trình trong sách chẳng hạn Cứ như vậy, 10 chuyên đề bạn sẽ mất 1

tháng để phủ hết các bài tập trong sách Trong quá trình luyện theo chuyên đề

các bạn tập trong sách bạn có thể kết hợp xem qua kiến thức ở một số sách

chuyên đề để củng cố thêm Dù có làm được hay không, các bạn đều nên xem

lại lời giải, phân tích, định hướng mà tác giả cung cấp trong sách Đôi khi, có

những bài toán, các bạn chỉ dừng lại ở mức độ tìm ra được lời giải, còn chưa

biết khai thác mở rộng tư duy để giải bài đó hoạc có những cách giải khác,

độc đáo hơn

Sau khi luyện bài tập theo chuyên đề xong, các bạn bắt tay vào giai đoạn 2:

luyện đề tổng hợp Giai đoạn 2 giúp vừa giúp các bạn tập tành dần kỹ năng

xử lý 1 đề thi hoàn chỉnh vừa giúp các bạn ôn lại các bài tập, tư duy đã tiếp

cận ban đầu Mỗi ngày có thể luyện từ 1 -2 đề Để rèn luyện thêm kỹ năng

trình bày, cứ 2-3 đề, các bạn nên tự giác trình bày một cách nghiêm túc như

thi thật bài làm ra giấy rồi nhờ thầy cô giáo góp ý về cách trình bày Hoặc bạn

có thể tự đối chiếu với cách trình bày lời giải trong sách

Đối với các tập tiếp theo của bộ sách TUYỂN TẬP 90 ĐỀ THI THỬ thì các

bạn có thể giảm bớt số lần trình bày chi tiết Ví dụ tập 2 chỉ từ 4-5 đề một lần,

tập 3 xuống còn 7 -8 đề, tập 4, xuống còn 9 – 10 đề một lần chẳng hạn

Lưu ý, trong quá trình sử dụng sách, các bạn đừng quên trang bị cho mình

cuốn sổ nho nhỏ để tổng hợp lại những gì mình chắt chiu được trong quá trình

sử dụng sách Ngoài ra bạn cũng có thể sử dụng bút “highlight” để đánh dấu

những vấn đề quan trọng trong sách

Công việc cuối không thể thiếu là lên kế hoạch ôn tập lại cuốn sách Rất nhiều

bạn mải mê tìm thật nhiều đề, luyện thật nhiều, nhưng không có kế hoạch coi

lại những gì đã học nên dẫn tới việc vào phòng thi cứ mơ mơ hồ hồ Đọc cái

gì cũng biết nhưng không nắm chắc được gì cả Chính vì vậy, đối với mỗi

cuốn TUYỂN TẬP 90 ĐỀ, hàng tháng các bạn nên có kế hoạch coi lại Cứ

đều đặn như vậy, các bạn sẽ thấy mình tiến bộ rõ rệt từng ngày một.

ĐỀ SỐ 10

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y 2x 1

x 1





 (1) có đồ thị (C)

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

b) Một hình chữ nhật MNPQ có cạnh PQ nằm trên đường thẳng : 3x – y – 11 = 0, hai điểm M, N thuộc (C) và độ dài đường chéo của hình chữ nhật bằng 5 2 Lập phương trình đường thẳng MN

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 2sin x sin2x 11cos x cot x 2

cot x 3sin2x



 (x ∈ ℝ) Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân: I =  

x 5

x 2

e 3x 2 x 1

dx

e x 1 x 1

Câu 4 (1,0 điểm)

a) Gọi z1, z2 lần lượt là hai nghiệm của phương trình 2  

z  1 3i z 2 2i 0    và

thỏa mãn z1 z2 Tìm giá trị của biểu thức   12   12

A z   1 z 

b) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: 2 3

n n

2 14 1

n

C 3C  Tìm hệ số của x9 trong khai triển nhị thức Niu-tơn  2n

1 3x Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có C(3; 2; 3), đường cao qua A và đường phân giác trong góc B của tam giác ABC lần lượt có phương trình là d :1 x 2 y 3 z 3

 và 2

x 1 y 4 z 3

d :

Lập phương trình đường thẳng BC và tính diện tích của tam giác ABC

Câu 6 (1,0 điểm) Cho khối tứ diện ABCD có AC = AD = 3 2 , BC = BD = 3, khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng (ACD) bằng 3, thể tích của khối tứ diện ABCD là 15 Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD)

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang OABC (OA // BC) có diện tích bằng 6, đỉnh A(–1; 2), đỉnh B thuộc đường thẳng

d1: x + y + 1 = 0 và đỉnh C thuộc đường thẳng d2: 3x + y + 2 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh B, C

Câu 8 (1,0 điểm) Giải phương trình: 1 x x ln x 1 1

  (x ∈ ℝ)

Câu 9 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:

3 x 1    1 x  3 x  1 x  3 m  3 x 1  

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN

Câu 1

a)

• Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {1}

• Sự biến thiên:

– Sự biến thiên:

3

x 1



 với mọi x ∈ 𝔻

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +)

– Giới hạn, tiệm cận:

xlim y xlim y 2

x 1lim y

  ;

x 1lim y

  

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng và nhận đường thẳng

y = 2 làm tiệm cận ngang

– Bảng biến thiên:

• Đồ thị:

Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại

điểm (0; –1), cắt trục hoành tại điểm

1

;0

2

 

  Đồng thời (C) nhận giao điểm

của hai đường tiệm cận là I(1; 2) là trục

đối xứng

b)

Định hướng: Đầu tiên với dữ kiện MNPQ

là hình chữ nhật thì ta khai thác ngay

được tính chất song song, đó là MN //

PQ Lúc này ta sẽ có ngay dạng của

phương trình đường thẳng MN là:

3x – y + m = 0, với m  –11

2

x 1

y' − −

y

2

x

O

1

2

y

I

tương đương với MN: y = 3x + m

Như vậy hoành độ M và N chính là

nghiệm của phương trình giao điểm

của đường thẳng đó với đồ thị (C)

 Dùng được phương trình hoành độ

và dùng định lí Viét để biểu diễn được

tổng và tích xM + xN; xMxN theo biến m

Tiếp theo, với hai đường thẳng song song thì ta luôn xác định được khoảng cách giữa hai đường thẳng đó, bởi khoảng cách giữa hai đường thẳng song song chính bằng khoảng cách của một điểm bất kì trên đường thẳng này đến đường thẳng kia Trên  thì ta luôn lấy được một điểm K có tọa độ xác định  dùng khoảng cách sẽ tính được khoảng cách từ K đến MN  độ dài cạnh PN = d(K, MN) (theo một ẩn m)

Vậy dữ kiện cuối cùng là dữ kiện đường chéo Vì ta có tổng và tích xM + xN, xMxN theo biến m nên việc tính độ dài MN theo m là điều dễ dàng Ngoài ra, dùng định

lí Py–ta–go ta sẽ có ngay: MN2 + NP2 = PM2 = (5 2 )2 từ đây giải phương trình ẩn m duy nhất  tìm m  MN

Theo định hướng khá rõ ràng trên ta có lời giải:

Bài giải:

Do MNPQ là hình chữ nhật nên MN // PQ

 đường thẳng MN có dạng 3x – y + m = 0  y = 3x + m

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng MN và (C) là:

2x 1

3x m 2x 1 x 1 3x m

x 1

 (dễ thấy x = 1 không thỏa mãn)

2

3x m 5 x m 1 0

(*) có biệt thức  =  2   2

m 5 4.3   m 1 m 2m 37 0  với mọi x ∈ ℝ

 (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Theo định lí Viét:

1 2

1 2

5 m

x x

3

m 1

x x

3







Không mất tính tổng quát, giả sử M(x1; 3x1 + m) và N(x2; 3x2 + m) thì

MN2 = 10(x1 – x2)2 = 10  2

1 2 1 2

x x 4x x

2

4

M

N

P

Q

5

K



= 10 2 

m 2m 37

9  

K(0; –11) ∈  d(K, MN) =  

 2 2

3.0 11 m

 

= m 11 10



 NP2 = d2(K, MN) =  2

m 11 10



Áp dụng định lí Py–ta–go, ta được:

MN2 + NP2 = PM2  2   2  2 m 1

m 11 10

109

 



 



Đối chiếu điều kiện m  –11, ta được hai giá trị cần tìm của m là m = –1 và

m = 289

109



Câu 2

Định hướng: Khi đánh giá qua phương trình này thì ta thấy rằng nó cũng không phức tạp quá, chỉ chứa hàm sin, cos và cot ở dạng “thuần” (đơn giản) “Nhẩm” trong đầu nhân tử thì thấy cotx = cos x

sin x ; sin2x = 2sinxcosx thì thấy ngay cả tử

và mẫu đều xuất hiện nhân tử là cosx

Tiếp tục “nháp” thêm tí sau khi rút gọn cosx ở tử và mẫu thì được:





1 2sin x.2sin x 11

sin x 2.

1

3.2sinx

sin x

Và đến đây thì phương trình cũng đã lộ bản chất

của nó: đây thực chất là phương trình một ẩn t = sinx

Bài giải:

Điều kiện:

0

x x

2

x

x

x 0









sin

cot

sin

cos

sin sin

sin

Phương trình đã cho tương đương với:

cos x 2sin x.2sin x cos x 11cos x

sin x 2 cos x

3.2sinx cos x sin x





1 2sin x.2sin x 11

sin x 2 1

3.2sinx sin x



(do cosx  0)

4sin x 11 2 6sin x 4sin x 12sin x 11sin x 3 0

sin x sin x

2sin x 1 2sin x 3 sin x 1   0

π

x k2π π

x k2π 6 5π

2 1

x 2 x

1

6

  















 

sin sin

(k ∈ ℤ)

Thử lại (*), ta có phương trình có hai họ nghiệm là x = π

6 + k2π và x =

5π

6 + k2π (k ∈ ℤ)

Câu 3

Định hướng: Nhận thấy tích phân có chứa cả hàm vô tỉ, hữu tỉ và cả hàm mũ (các hàm khác tính chất) nên ta nghĩ đến phương pháp tích phân từng phần, hoặc tác dạng I =

b b

a a

g’(x) f(x)

g(x)



  để làm dễ dàng hơn Nhưng với bài toán thì cách dùng tích phân từng phần gần như… vô hiệu Vậy nên ta suy nghĩ đến hướng thứ hai

là tách I thành dạng như trên Một điều gợi ý cho chúng ta thực hiện theo phương án thứ hai nữa đó là tử số có phần giống với mẫu số (phải nói là rất giống), nên việc rút gọn bớt đi là điều đương nhiên:

e 3x 2 x 1 e 2x 1

1

e x 1 x 1 e x 1 x 1

 

Như vậy số 1 tách ra thì dễ dàng lấy nguyên hàm, còn lượng  

x

x

e 2x 1

e x 1 x 1



thì vẫn chưa có dạng g’(x)

g(x) Vậy phải làm sao? Không lẽ lại bỏ cuộc giữa chừng? Đừng lo, khi chưa gặp dạng này thì muốn xuất hiện dạng g’(x)

g(x) thì nhiều lúc ta nhân phải cùng chia cả tử cả mẫu cho một lượng nào đó (và thường thì lượng này là lượng tương đồng, hoặc là nhân tử ở mẫu số hoặc tử số), hoặc có lúc là cả

tử và mẫu với một lượng nào đó để xuất hiện được dạng đó Thử xem nhé! Với “cục diện” như thế này thì ta sẽ có hai hướng:

+ Hướng 1: Chia hai vế cho ex ta được:

2x 1

x 1

x 1

e





 

 Cũng chưa thấy xuất hiện dạng g’(x)

g(x)

+ Hướng 2: Chia hai vế cho x 1 ta được:

x

x

e 2x 1

x 1

e x 1 x 1





   Thử lấy đạo hàm mẫu   x 

e x 1

x 1

 , thành công!

Bài giải:

 

x

5 5

x

2 2

e 2x 1

e x 1 x 1



5

5

2

I dx x   5 2 3

x

x

x

2

e 2x 1

2 x 1

e 1

e x 1 1 e x 1 1

'







Vậy

5

2e 1

I I I 3 ln

e 1



   

 Câu 4

a) Đây là một bài toán hoàn toàn cơ bản, chỉ yêu cầu bạn nắm được cách giải phương trình bậc 2 trong tập số phức là được Nhưng lời khuyên cho các bạn là khi tìm được nghiệm của phương trình rồi thì chẳng dại gì lại trình bày theo các bước giải phương trình mình đã làm trong nháp vào giấy thi cả! Hãy dùng cách phân tích nhân tử để trong bài làm, ta chỉ cần dùng các dấu tương đương chứ không cần viết câu chữ gì nhiều nhé!

Bài giải:

Phương trình đã cho tương đương với:

z 2i 1 i z 2i 1 i 0 z 2i z i 1 0

z i 1







Do z1 z2 nên ta có z1 = 2i và z2 = i + 1

Ta có:   12   12 1 2 12 i2 2 1 3

b) Định hướng, chú ý: Để làm được bài toán ta cần phải xác định n, dữ kiện duy nhất 2 3

n n

2 14 1

n

C 3C  bài cho sẽ giúp ta tìm ra điều này Chú ý trong quá trình làm

ta cần xác xét điều kiện để trách hợp khi giải ra nghiệm có thể nó không thỏa mãn các điều kiện của công thức tổ hợp Sau đó thay vào và bắt đầu xét theo đúng yêu cầu bài

Bài giải:

+) Điều kiện: n  3 và n ∈ ℕ

Ta có: 22 143 1

3

C  C  2(2!)(n 2)! 14(3!)(n 3)! 1

n 7n 18 0

n 2





 (loại n = –2)

+) Theo khai triển nhị thức Niu-tơn:

  2n 18 18  k 18  k

Vậy hệ số của x9 trong khai triển là:  9

9

9 18

a C  3  3938220 3 Câu 5

Ta xử lí bài toán này giống như xử lí một bài toán hình học phẳng, về phương pháp thì không có gì mới khi gặp đường cao (tận dụng yếu tố vuông góc) và đường phân giác (tận dụng phương pháp lấy đối xứng)

Bài giải:

+) d1, d2 có véctơ chỉ phương lần lượt là u1 = (1; 1; –2) và u2 = (1; –2; 1) +) B ∈ d2:

x 1 t

y 4 2t

z 3 t

 



  



  



 B(1 + t; 4 – 2t; 3 + t)  CB = (t – 2; 2 – 2t; t)

d1 là đường cao kẻ từ A nên u CB 01   (t – 2) + (2 – 2t) + (–2).t = 0

 t = 0  B(1; 4; 3)

BC đi qua C và nhận véctơ u3 1BC

2

 = (1; –1; 0) làm véctơ chỉ phương

 phương trình đường thẳng BC là

x 3 t

y 2 t

z 3

 



  



 



(t ∈ ℝ)

+) Gọi H(a; b; c) thì trung điểm của CH thuộc d2, đồng thời CH u 2 nên tọa độ

H là nghiệm của hệ:

     

b 2

c 5

1 a 3 2 b 2 1 c 3 0

 H(1; 2; 5)

+) Thấy rằng H ∈ d2 A ≡ H  A(1; 2; 5) và ABC vuông tại A

Diện tích tam giác ABC là: S = 1

2AB.AC =

1 2 2.2 2

2 = 4 (đvdt)

Nhận xét: Bài toán này sẽ là “vượt tầm” thi đại học nếu điểm H tìm được không thuộc đường thẳng d2 Bởi nếu vậy thì sau khi tìm được điểm H, ta sẽ phải đi viết phương trình AB, rồi tìm tọa độ A  dùng công thức diện tích để tính diện tích tam giác thì bài làm trở nên quá dài, không phù hợp với một bài thi đại học (nhất

là ở câu ăn điểm như tọa độ không gian) Vậy nên trong quá trình làm bài, các bạn hãy chú ý đến sự đặc biệt của đề bài, chứ đừng dại gì mà cứ đi theo lối mòn phương pháp mà ta đã sử dụng lâu nay trong khi giải toán

Nếu gặp một bài tương tự thế này thì khi tìm được tọa độ H, nếu thấy H ∉ d2 thì khi dùng công thức tính diện tích, ta dùng S = 1

2AB.CH nhé! Đừng nên dùng công thức S = 1

2BC.d(A, BC) trong trường hợp này vì làm như vậy sẽ phức tạp tính toán hơn ở chỗ dùng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng cho trước!

Câu 6

Định hướng: Tứ diện ABCD ta đã biết được độ dài 4 cạnh, và lại có điều đặc biệt

là A và B đều cách đều hai điểm C, D (AC = AD, BC = BD)  A, B nằm trên mặt phẳng trung trực của cạnh CD Và mặt phẳng trung trực này chính là mặt phẳng

đi qua A, B và trung điểm M của CD  góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) chính bằng AMB̂ hoặc bằng (1800 – AMB̂ ) (tùy vào độ lớn góc AMB̂ là nhỏ hơn

900 hay lớn hơn 900)

Đồng thời bài ra còn cho thêm khoảng cách giữa một đỉnh đến mặt phẳng đối diện và cho thêm cả thể tích khối tứ diện  dễ dàng tính được diện tích mặt đáy

là ACD  tính được độ dài CD (do ACD đã biết độ dài 2 cạnh) BCD hoàn toàn xác định các thông số về 3 cạnh  tính được BM (là đường cao BCD) Ngoài ra nhận thấy có khoảng cách từ B đến (ACD) nên sin(ACD) (BCD),  =

d B (ACD)

BM

,

 từ đó xác định được góc giữa hai mặt phẳng (ACD) (BCD), 