hướng dẫn giải đề tự luyện thi thử đại học số 02 môn toán

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (7, 0 ðI M)

Câu I ( 2,0 ñi.m) Cho hàm s y=x3−3mx2+3(m2−1)x m− 3+ (m là tham s th c có ñ th là (m Cm )

1 Kh o sát s bi#n thiên và v& ñ th hàm s khi m = 1

2 Tìm m ñ* hàm s (Cm) có c c ñ+i và c c ti*u ñ ng th-i kho ng cách t ñi*m c c ti*u c/a ñ th ñ#n

g c t0a ñ1 O b3ng 3 l4n kho ng cách t ñi*m c c ñ+i c/a ñ th ñ#n O

Gi i:

1 V6i m = 1, ta có hàm s : y=x3−3x2

Các em t kh o sát và v& ñ th

2 y'=3x2−6mx+3(m2− 1)

1

1

x m

x mx m

x m

= −





Hàm s có c c ñ+i, c c ti*u v6i m0i m ∈ ℝ

ði*m c c ñ+i c/a ñ th là : (A m−1; 2 2 )− m ði*m c c ti*u c/a ñ th là : (B m+ − −1; 2 2 )m

Kho ng cách t ñi*m c c ti*u c/a ñ th ñ#n g c t0a ñ1 b3ng 3 l4n kho ng cách t ñi*m c c ñ+i ñ#n O :

2

2

1

2

m

m

=





⇔

 =



(thBa mãn)

Câu II ( 2,0 ñi.m)

x

x

π

Gi i:

ðiJu kiKn : sinx≠ ⇔ ≠0 x kπ, k∈Z

x

x

π

2

2

cos 1

x

c x

2

+

HƯ NG D N GI I ð T! LUY$N THI TH% ð&I H'C S( 02

MÔN: TOÁN Giáo viên: LÊ BÁ TR N PHƯƠNG

Th2i gian làm bài: 180 phút

2 2 2

3cos 3(sin cos ) 4(sin cos ) sin sin

(sin cos )(3 4 sin ) 3cos sin 0

2

2

(sin cos )(3 4 sin ) 3(1 sin ) sin 0

(sin cos )(3 4 sin ) 3 4 sin 0

(3 4 sin )(sin cos 1) 0

x



Xét phương trình :

2

3

3

k Z

π

π

 = +



 = − +



(thBa mãn ñiJu kiKn)

2

2

2

2

k Z

π

π

 = − +





= +



2

x π k π k Z

2 Gi i phương trình: x− +4 6− −x 2x2+13x−17=0 (x∈ ℝ )

Gi i:

ðiJu kiKn: 4≤ ≤ x 6

5

x

x

=





⇔



Ta có: 1 1 1 1

− + − + − + và 2x− ≥3 5,∀ ∈x [ ]4; 6 nên phương trình (1) vô nghiKm VOy phương trình ñã cho có nghiKm duy nhSt x =5

Câu III ( 1,0 ñi.m) Tính tích phân: 2 4 ( 2 )

3 1

1 ln( 1) ln

x

x

−

Gi i:

2

ðVt

1

ðWi cOn:

5 2

2

= → =







= → =



Ta có:

5

2

2

ln

I =∫t tdt

ðVt

2 ln

2

dt du

dv tdt t

v



=

⇒



5

2

5 1

ln 2

2

t

I  t tdt

2

5

2

t

Câu IV (1,0 ñi.m) Cho hình chóp tY giác S.ABCD có ñáy là hình chZ nhOt v6i SA vuông góc v6i ñáy, G

là tr0ng tâm tam giác SAC, mVt ph[ng (ABG) c\t SC t+i M, c\t SD t+i N Tính th* tích c/a kh i ña diKn

MNABCD bi#t SA=AB=a và góc hNp b]i ñư-ng th[ng AN và mp(ABCD) b3ng 30 0

Gi i:

+ Trong mp(SAC) k_ AG c\t SC t+i M,

trong mp(SBD) k_ BG c\t SD t+i N

+ Vì G là tr0ng tâm tam giác ABC nên d` có

2

3

SG

SO = suy ra G cũng là tr0ng tâm tam giác SBD

T ñó suy ra M, N l4n lưNt là trung ñi*m c/a

SC, SD

S ABD S BCD S ABCD

V =V = V = V

Theo công thYc tc s th* tích ta có:

.

.

S ABN

S ABN

V SA SB SN

.

S BMN

S ABN

S BCD

V SB SM SN

T ñó suy ra:

3 8

S ABMN S ABN S BMN

3

V = SA dt ABCD ; mà theo gi thi#t SA⊥(ABCD) nên góc hNp b]i AN v6i mp(ABCD) chính

là góc NAD , l+i có N là trung ñi*m c/a SC nên tam giác NAD cân t+i N, suy ra NAD=NDA=30 0

tan 30

SA

AD= =a

V = SA dt ABCD = a a a = a

Suy ra: th* tích c4n tìm là:

3

MNABCD S ABCD S ABMN

a

V =V −V = −V V = V =

Câu V (1,0 ñi.m) Cho , , x y z là các s dương Tìm giá tr nhB nhSt c/a bi*u thYc:

3 3 3 3 3 3 3 3 3

Gi i:

V6i , ,x y z > 0 ta có : 3 3 3

4(x +y )≥(x+y) DSu "=" x y ra ⇔ = x y

4(y +z )≥(y+z) DSu "=" x y ra ⇔ y = z

4(z +x )≥(z+x) DSu "=" x y ra ⇔ = z x

4(x +y )+ 4(y +z )+ 4(z +x )≥2(x+ +y z)≥6 xyz

Ta l+i có 2 2 2

3

6

y z x xyz DSu "=" x y ra ⇔ x= = y z

3

1

≥  + ≥

xyz DSu "=" x y ra ⇔  =1

 = =



xyz

x y z⇔ x= = = 1 y z

VOy minP = 12 khi x= = = 1.y z

PH N RIÊNG (3,0 ñi;m): Thí sinh chA ñưCc làm mFt trong hai phLn (phLn A hoNc B)

A Theo chương trình ChuRn:

Câu VI.a ( 2,0 ñi.m)

1 Cho hai ñư-ng tròn: (C1) :x2+y2=13, (C2) : (x−6)2+y2 =25 ði*m A(2; 3) là giao c/a (C1) và (C2) Vi#t phương trình ñư-ng th[ng qua A c\t (C1) và (C2) t+i 2 ñi*m M, N sao cho AM = AN

Gi i:

G0i M(a; b) Vì M thu1c 2 2

1 (C ) :x +y =13 Nên ta có: a2+b2 =13

Vì A là trung ñi*m MN suy ra N(4 a; 6 b) mà N thu1c (C2) nên ta có:

(2+a)2+(6−b)2 =25⇔a2+b2+4a−12b= −15 (2)

Th# (1) vào (2) ta có: 4a – 12b = 28 ⇔ −a 3b= − ⇔ =7 a 3b− 7

Th# vào (1) ta có:

= → =





⇔

 = → = −



M loai do A

≡





−



VOy phương trình ñư-ng th[ng $ qua A(2; 3) và có vectơ chp phương 54 18;

MN 

2 3 3 7 0

x y

2 Trong không gian v6i hK t0a ñ1 Oxyz , cho hai ñư-ng th[ng:

1: 1 , 2: 1 1 4

cho mVt ph[ng ( ) :P x+4y−2z+ = Vi#t phương trình chính t\c c/a ñư-ng th[ng $ vuông góc v6i mVt 5 0 ph[ng (P) ñ ng th-i c\t c hai ñư-ng th[ng d d 1; 2

Gi i:

Chuy*n d d vJ d+ng tham s ta ñưNc: 1; 2 1 2

1

4 3

G0i giao ñi*m c/a $ v6i d d l4n lưNt là: A, B 1; 2

Ta có: ( ; 1 2 ; );A m − + m m B(1+ − −k; 1 2 ; 4 3 )k + k ⇒AB= + −(1 k m; 2− k−2 ; 4 3m + k−m)

MVt ph[ng (P) có vectơ pháp tuy#n n = P (1; 4; 2)− Do $ ⊥mp P( )⇒AB/ /n P ⇔AB=tn P

ðư-ng th[ng $ ñi qua ñi*m A(2; 3; 2) và nhOn n = P (1; 4; 2)− làm vectơ chp phương nên $ có phương

x− = y− = z−

−

Câu VII.a ( 1,0 ñi.m) Tìm s phYc z bi#t: ( ) ( ) 2

2 z+ + − = −1 z 1 1 i z

Gi i:

G0i z= +a bi a b( ; ∈ ℝ )

2 z 1 z 1 (1 i z) 2(a bi 1) a bi 1 (1 i a)( b )

b a b





1

b

⇔ + = + ⇔ = + ⇔ = hoVc

3 10 1 10

a

b

 = −





 =



Có hai s phYc: 1 ; 2 3 1

10 10

z =i z = − + i

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b ( 2,0 ñi.m)

1 Cho ñư-ng th[ng d: 2x+ + = và elip (E): y 3 0

1

x + y = Vi#t phương trình ñư-ng th[ng $ vuông

góc v6i d và c\t (E) t+i 2 ñi*m A, B sao cho diKn tích tam giác AOB b3ng 1

Gi i:

d

$ ⊥ ⇒ $ có phương trình: x−2y+m= 0

T0a ñ1 A, B là nghiKm c/a hK:

2

1

x y m

x y m

x y

y my m



d c\t (E) t+i 2 ñi*m A, B khi và chp khi hK có 2 nghiKm phân biKt ⇔32 4− m2 > ⇔ −0 8<m< 8 (*) G0i A(2y1−m y; 1), B(2y2−m y; 2) trong ñó y1; y2 là nghiKm c/a (1)

2

4 ,

2

4

m

2

2

m

ðư-ng cao ( ; )

5

m

OH =d O $ =

Suy ra:

2

1

AOB

2

m

VOy phương trình ñư-ng th[ng $ là: : 2 2 0

x y

x y



$ − − =



2 Trong không gian v6i hK truc t0a ñ1 Oxyz cho mVt c4u (S) có phương

trình:x2+y2+z2−2x+4y−6z−11 0= v6i mVt ph[ng (α) có phương trình 2x + 2y – z + 17 = 0 Vi#t

phương trình mVt ph[ng (β) song song v6i (α) và c\t (S) theo giao tuy#n là ñư-ng tròn có chu vi b3ng 6π

Gi i:

Do (β) // (α) nên (β) có phương trình: 2x+2y− +z D=0 (D≠17)

MVt c4u (S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính R = 5

ðư-ng tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3

Kho ng cách t I t6i ( )β là h = R2−r2 = 52−32 = 4

Do ñó:

7 2.1 2( 2) 3

17

D D

D

D

= −

VOy ( )β có phương trình: 2x+2y− − =z 7 0

Câu VII.b (1,0 ñi.m) : Gi i bSt phương trình: 2 3 6 3 5

2 x+ − −x +15.2 x− − <2 x

Gi i:

BSt phương trình ñã cho tương ñương v6i: 2 3 6 3 5

3

x

≥ −









 ðVt 2 x+ − −3 x 3=t (t>0)

4

⇒ + − < ⇔ − < <

K#t hNp v6i ñiJu kiKn, ta ñưNc: 0 1

4

t

< <

2

4

x+ − −x

3

1

x

x

≥ −



+ < +

Giáo viên: Lê Bá TrLn Phương NguVn : Hocmai.vn

(lo+i)