Hướng dẫn giải đề thi thử đại học môn toán đề số 51

Hướng dẫn giải đề thi thử đại học môn toán đề số 51

Hướng dẫn Đề số 51

Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x33x2mx  1 1

 x x 23x m  0 x

0

 





Đê thỏa mãn YCBT thì PT f x( ) 0 có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2 khác 0 và

   

y x y x 1  2   1 2 2

9 4 0, (0) 0







x x1 2 2 x x x1 2 1 x2 m x12 x22 x x1 2 m x1 x2 m2

9 , 0 4





 



9 , 0 4





 



 m 9 65

8





Câu II: 1) Điều kiện: cosx0

PT  cos 2x tan2x 1 cosx (1 tan ) 2x 2cos2x cosx1 0



x x

cos 1

1 cos

2











x k

2

3







 



 





2) Từ hệ PT  y  0 Khi đó ta có:

2

2

1

4

1 4

.

x

x y y

x y

y







Đặt

2 1 ,

x

y



 Với v  3, u  1ta có hệ:

 Với v  5, u  9ta có hệ:

, hệ này vô nghiệm

Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm: (1; 2), ( 2; 5) 

Câu III:

3

2

3

ln

ln 2

x

x

dx

x

2

3

2 2

2

1 1

1 3ln

t





2 3

1

Câu IV: Gọi P,Q là trung điểm của BD, MN Chứng minh được: AC’  PQ Suy ra AC   (BDMN)

Gọi H là giao của PQ và AC’ Suy ra AH là đường cao của hình chóp A.BDMN

Tính được AH 2AC a 15

PQ 15 ,MN

   S BDMN 3a2 15

16

 Suy ra:

3

.

A B MN B MN

a

Câu V:

 Cách 1: Ta có ab bc ca    2 abc a b c  (  ) (1 2 )   a bc a  (1  a ) (1 2 )   a bc

Đặt t bc thì ta có

0

Xét hàm số: f t a( )  (1 a) (1 2 )  a t trên đoạn 0; (1 a )2

4

Có:

2

 

2 2

a

với a   0;1 

2

27

ab bc ca    abc  Dấu "=" xảy ra  a b c 1

3

 Cách 2: Ta có a2  a2 ( b c  )2 ( a b c a b c   )(   ) (1 2 )(1 2 )   c  b (1)

Tương tự: b2  (1 2 )(1 2 ) a  c (2), c2  (1 2 )(1 2 ) a  b (3)

Từ (1), (2), (3)  abc   (1 2 )(1 2 )(1 2 ) a  b  c = 1 2(  a b c   ) 4(  ab bc ca   ) 8  abc

4



4



Mặt khác a b c    33abc  abc 1

27

 Do đó: ab bc ca abc

1

27 2



Dấu "=" xảy ra  a b c 1

3

Câu VI.a: 1) Gọi C c c ( ; 2  3) và I m ( ;6  m ) là trung điểm của BC

Suy ra: B m c (2  ; 9 2  m  2 ) c Vì C’ là trung điểm của AB nên:



   

;

6 6

Phương trình BC: 3 –3 x y  23 0 

Tọa độ của C là nghiệm của hệ: 2 3 0 14 37

;





x y

C

Tọa độ của 19 4

;

3 3

2) Ta có:               AB  (2; 2; 2),                AC  (0; 2;2).

Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x y z    1 0,  y z   3 0 

Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n       AB AC ,    (8; 4;4) 

Suy ra (ABC): 2 x y z     1 0

Giải hệ:

Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1).

Bán kính là R IA   ( 1 0)   2 (0 2)  2 (1 1)  2  5.

Câu VII.a: Giải PT đã cho ta được các nghiệm: 1 1 3 2 , 2 1 3 2

Suy ra

2 2

z z     z z 

Do đó:

2

11 4







Câu VI.b: 1) Giả sử tâm I ( 3 –8; )  t t  

Ta có: d I( , ) IA  2 2



 t3  I (1; 3),  R  5

PT đường tròn cần tìm: ( –1) x 2 y (  3)2  25

2) Ta có               AB  (2; 3; 1),                 AC   ( 2; 1; 1)    n                                 AB AC ,    (2; 4; 8) 

là 1 VTPT của (ABC)

Suy ra phương trình (ABC):  x –0 2 –1 –4 –2    y   z   0  x  2 –4 y z   6 0

Giả sử M(x; y; z)

Ta có: MA MB MC

M ( )P

 





2 ( 1)2 ( 2)2 ( 2)2 (2 2) ( 1)2







x y z

2 3 7

 







 



 M(2;3; 7)

Câu VII.b: Điều kiện:

2

(*)





Hệ PT 

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)

log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1 (2)



Đặt log2y(1  x )  t thì (1) trở thành: 1 2

t

Với t 1 ta có: 1  x    y 2 y  x  1 (3) Thế vào (2) ta có:

2

0 2

x

x







 Với x 0  y  1 (không thoả (*))

 Với x2 y 1  (thoả (*))

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  2, y  1

Hướng dẫn Đề số 52

Câu I: 2) y   6 x2 18 mx  12 m2  6( x2 3 mx  2 ) m2

Hàm số có CĐ và CT  y  có 2 nghiệm phân biệt 0 x x1 2,   = m2 > 0  m 0

Khi đó: x1 1  3 m m x  , 2 1  3 m m 

Dựa vào bảng xét dấu y suy ra xCÑ  x x1, CT  x2

Do đó: x2CÑx CT  3 m m 2 3 m m



 m2

Câu II: 1) Điều kiện x 0

PT  4 x2  1 3 x  x   1 0  x x x



1

 2x1 0  x 1

2

2) PT  10sin2 x 4sin x 14 0

6



3





Câu III: Ta có: f x x x x x x x x x x

( )

 F x ( ) f x dx ( ) 1 ln( x2 1) ( d x2 1) xdx 1 d ln( x2 1)

= 1 ln (2 x2 1) 1 x2 1 ln( x2 1) C

Câu IV: Do B và D cách đều S, A, C nên BD  (SAC) Gọi O là tâm của đáy ABCD Các tam giác

ABD, BCD, SBD là các tam giác cân bằng nhau và có đáy BD chung nên OA = OC = OS Do đó

ASC vuông tại S

Ta có: VS ABCD. 2 VS ABC. 2 1 BO SA SC 1 ax AB 2 OA2

= ax a2 a2 x2 1ax 3a2 x2

1 3





Do đó: VS ABCD a3 ax a2 x2 a3

x a 2

 

 



Câu V: Ta có: a2 b a2 a b a 1 a 1 2 a b 1 a b 1

        

Tương tự: b2 a a b 1

2

3 4

Ta sẽ chứng minh a b a b

2

(*)

Thật vậy, (*)  a2 b2 ab a b 1 4ab a b 1

Dấu "=" xảy ra  a b 1

2

Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn là I t ( ;3 2 )  t  d1

Khi đó: d I d ( , 2)d I d( , )3  t3 4(3 2 ) 5t t t

5

4 3(3 2 ) 2

5

 t

t 2 4



 



Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: x 2 y 2 49

25

25

2) () :

2

3

2 2

 



  



(P) có VTPT n (2;1; 1) 

Gọi I là giao điểm của () và đường thẳng d cần tìm  I (2 ;3 ; 2 2 )  t t   t

      

là VTCP của d.

Do d song song mặt phẳng (P)  AI n  0

 

3

Vậy phương trình đường thẳng d là: 1 2 1

Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x=x a a a a a a  1 2 3 4 5 6

Vì không có mặt chữ số 1 nên còn 9 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần tìm

Vì phải có mặt chữ số 0 và a 1 0 nên số cách xếp cho chữ số 0 là 5 cách

Số cách xếp cho 5 vị trí còn lại là : A85

Vậy số các số cần tìm là: 5.A85 = 33.600 (số)

Câu VI.b: 1) ( ) C có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3

(d) cắt ( ) C tại 2 điểm phân biệt A, B  d I d ( , )  R  2 2  m   1 2  3 2  m 2

Vậy: S

IAB lớn nhất là 9 2 khi  AIB  900  AB =R 2 3 2   3 2

( , )

2



d I d

2

4

2) Ta có: SM                ( ;0; 1), m                SN  (0; ; 1) n 

 VTPT của (SMN) là n   ( ; ; n m mn )

Phương trình mặt phẳng (SMN): nx my mnz mn     0

Ta có: d(A,(SMN))

n m mn



1 1

2 2

1 2

mn

mn m n



Suy ra (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định

Câu VII.b: BPT  (4x 2.2x 3).log2x  3 2  x1 4x  (4x  2.2x  3).(log2x  1) 0 



x x

2

2

2

2

2

2

 

 





 

 

 



 

 



x

x

x

x

2

2

2 3 log 1

2 3 log 1

  

 

 





  

 

 

 





x x x x

2

2

log 3 1 2 log 3 1 0 2

  





 



 

  







  



 





x x

2

log 3 1 0 2

 



  



Hướng dẫn Đề số 53

Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M x y ( ; ) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB.0 0

Do OAB vuơng tại O nên: A OB

OA

1 tan

4

   Hệ số gĩc của d bằng 1

4 hoặc

1 4



Hệ số gĩc của d tại M là: y x

x

0

1

( 1)

  y x( )0 1

4

  

x0 2

4 ( 1)





3 1

2 5 3

2

   







Vậy cĩ hai tiếp tuyến thoả mãn là: y 1(x 1) 3

   hoặc y 1(x 3) 5

  

Câu II: 1) Điều kiện: cos2x0

PT   (sin x  cos ) x 2 2sin2 x  cos 22 x  0  sin 22 x sin2x0

x loại

sin2 0

sin2 1 ( )

2





2) Hệ PT  xy x y x y x y

xy x y xy x y

2 2 2



    

xy x y(( )() xy x y) 3011



    

 Đặt x y u

xy v

  

 

 Hệ trở thành uv u v

uv u v( ) 3011

   

uv u v(11 ) 30 (1)11 (2)

   

uv 56

 

 



 Với uv = 5  u v 6  Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: 5 21 5; 21

5 21 5; 21

 Với uv = 6  u v 5  Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: (1;2) và (2;1)

Kết luận: Hệ PT cĩ 4 nghiệm: (1;2) , (2;1) , 5 21 5; 21

Câu III: Đặt t x  dx2 t dt I = t t dt

t

1 3 0

2 1





t

1 2 0

2

1

  



3  .

Câu IV: Từ giả thiết suy ra ABC vuơng cân tại B Gọi H là trung điểm của AC thì BH  AC và BH

 (ACCA)

Do đĩ BH là đường cao của hình chĩp B.MAC  BH = 2a

2 Từ giả thiết  MA = a

2 2

3 , AC = a 2

Do đĩ: V B MA C BH S MA C BH MA A C a3

Câu V: Ta cĩ: a b a b c b a b a

2 (1  ) 

Tương tự, BĐT trơt thành: a b a b c b c a c

Theo BĐT Cơ–si ta cĩ: a b b c c a a b b c c a

b c c a a b 33 b c c a a b. . 3

Dấu "=" xảy ra  a b c 1

3

  

Câu VI.a: 1) (C) cĩ tâm I(4; 2) và bán kính R = 6 Ta cĩ IE = 29 < 6 = R  E nằm trong hình trịn (C)

Giả sử đường thẳng  đi qua E cắt (C) tại M và N Kẻ IH   Ta cĩ IH = d(I, ) ≤ IE

Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất  H  E   đi qua E và vuông góc với IE

Khi đó phương trình đường thẳng  là: x5( 1) 2 y0  x5 2y 5 0

2) Giả sử (S): x2y2z2  2ax 2by 2cz d  0

 Từ O, A, B  (S) suy ra:

a c d

1 2 0

 







 



 I(1; ;2) b

 d I P( ,( )) 5

6

  b 5 5



  b

b 010

 

 

 Vậy (S): x2y2z2 2x 4z hoặc (S): 0 x2y2 z2 2x20y 4z0

Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x a a a a a a a  1 2 3 4 5 6 7 (a 1  0)

 Giả sử a1 có thể bằng 0:

+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C72

+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C53

+ Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: 2!C82

 Bây giờ ta xét a1= 0:

+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C62

+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C43

+ Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7

Vậy số các số cần tìm là: C C72 .2!53 C82 C C62 .7 1134043  (số)

Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là n1(1;2)

, của BC là n2(3; 1)

, của AC là n3( ; )a b

với

a2b2  0

Do ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau

Suy ra: cosBcosC  n n n n

1 2 3 2



a2 b2

5







 22a22b215ab  0 a b

2

11 2

 

 



 Với 2 a b , ta có thể chọn a1,b2  n3 (1;2)

 AC // AB  không thoả mãn

 Với 11a2b , ta có thể chọn a2,b11  n3 (2;11)

Khi đó phương trình AC là: x2(  1) 11( y3) 0  x2 11y31 0

2) PTTS của :

1 2 1 2

  



 



 



Gọi M( 1 2 ;1 ;2 )  t  t t  

Diện tích MAB là S 1 AM AB, 18t2 36 216t

 

= 18( 1) 198 t  2 ≥ 198 Vậy Min S = 198 khi t 1 hay M(1; 0; 2)

Câu VII.b: PT  25x log5a5x  52x 5x log5a  0

x

t2 t 5a

5 , 0

  







PT đã cho có nghiệm duy nhất  (*) có đúng 1 nghiệm dương  t2  t log5a có đúng 1 nghiệm dương

Xét hàm số f t ( )   với t  [0; +∞) Ta có: f t t2 t ( ) 2 1 t  f t( ) 0 t 1

2

    f 1 1

 



 

  ,

f (0) 0

Dựa vào BBT ta suy ra phương trình f t( ) log 5a có đúng 1 nghiệm dương



a a

5 5

log 0

1 log

4







a

a 4

1 1 5

 









Hướng dẫn Đề số 54 Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm:

x4 2 m x2 2   1 x 1  x4 2 m x2 2 x  0  x x  3 2 m x2  1 0  

 x

g x x3 m x2

0 ( ) 2 1 0 (*)

 





Ta có: g x  ( ) 3  x2 2 m2  0  (với mọi x và mọi m )  Hàm số g(x) luôn đồng biến với mọi giá trị của m.

Mặt khác g(0) = –1 0 Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác 0

Vậy đường thẳng y x 1   luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của

m.

Câu II: 1) Điều kiện: cosx0  x k.

2





  (*)

2

1–cos   2sin –tan

x

sin2 1 tan 1

 





2 4











 





  





4 4











 





  



 x k.

  (Thỏa mãn điều kiện (*) )

2) Điều kiện: x

x

2

2 3

4 0 log ( 2) 0

  







 x x

2 2

4 0 ( 2) 1

  





 x

x 23

 

 

 (**)

log – 4 3 log ( 2)    log ( –2)  4

 log (3 x2)2 3 log (3 x2)2  4 0   log (3 x2)2 4 log (3 x2)2 10

 log (3 x2)2   1 ( x  2)2 3  x   2 3

Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có x   2 3 thỏa mãn

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x   2 3

Câu III: Đặt t 3 sin 2x = 4 cos 2x Ta có: cos2x  4 – t2và dt x x dx

x

2

sin cos

3 sin





3

2 0

cos 3 sin





3

0

sin cos cos 3 sin





t

15 2 2

3 4 

15 2 3





= t

t

15 2 3

1ln 2





= 1 ln 15 4 ln 3 2

= 1 ln 15 4 ln 3 2     

Câu IV: Ta có SA  (ABC)  SA  AB; SA  AC

Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB  BC  AC  BC  SC Hai điểm A,C cùng nhìn đoạn SB dưới góc vuông nên mặt cầu đường kính SB đi qua A,C Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

SABC cũng chính là mặt cầu đường kính SB Ta có CA = CB = AB sin 450 = a 2 ; SCA600

là góc giữa mp(SBC) và mp(ABC)

SA = AC.tan600 = a 6 Từ đó SB2  SA2 AB2 10 a2

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = d 2=  SB2 = 10 a2

Câu V: Tập xác định: D = R

Ta có: f x x x

2

2

1

2 2

  ( BĐT Cô–si)

Dấu "=" xảy ra  x2–2 x    2 1  x  1

Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1.

Câu VI.a: 1) Ta có F1 3;0 , F2 3;0 là hai tiêu điểm của (E)

Theo định nghĩa của (E) suy ra :

2

2 4 33

1 3

5

+  

2

2 4 33

1 3

5

= 10

 a = 5 Mặt khác: c = 3 và a2–   b2 c2  b2  a2 c2 22

Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22 ) ; B2 ( 0; 22 )

2) d có VTCP u d   ( 1;2;0)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d

Giả sử H 1– ; 2 2 ;3t  t   AH    1 ;1 2 ;0 t  t 

Mà AH  d nên AH u d

 

  1  1  t   2  1 2  t   0 t 1

5

  H 6 8 ; ;3

5 5

 AH = 3 5

5 .

Mà ABC đều nên BC = 2AH 2 15

5

3  hay BH = 155 . Giả sử B (1 ;2 2 ;3)  s  s thì s s

 25 s2 10 –2 0 s 

 s 1 3

5

 



Vậy: B 6 3 8 2 3; ;3

 và C 6 3 8 2 3; ;3

hoặc B 6 3 8 2 3; ;3

  và C 6 3 8 2 3; ;3

Câu VII.a: Xét khai triển: (1  x )n Cn0 xCn1 x C2 2n  x C3 3n  x Cn n n

Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n (1  x )n1 Cn1 2 xCn2 3 x C2 3n  nx Cn1 n n

Nhân 2 vế cho x, rồi lấy đạo hàm lần nữa, ta được:

n

n(1  x )  1 ( 1)(1 )  2  12C1 22xC2 32x C2 3  n x C2  1

Cho x = 1 ta được đpcm.

Câu VI.b: 1) Gọi M là trung điểm của BC Ta có AG 2AM

3



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 M(2; 3) Đường thẳng EC qua M và

có VTPT AG 0; 8

3

  



nên có PT: y 3  E(0; 3)  C(4; 3) Mà AE2EB

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

nên B(–1; 1)

 Phương trình BC: x2  5y 7 0

2) Gọi I là tâm của (S) I  d  I(1 3 ; 1 ; ) t  t t Bán kính R = IA = 11t2 2 1t

Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên: d I P( ,( )) 5 3t R

3



   37t2 24t 0









Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên chọn t = 0, R = 1 Suy ra I(1; –1; 0).

Vậy phương trình mặt cầu (S): (x1)2(y1)2z2 1

Câu VII.b: x y y x

24 162 (1)





Từ (2) suy ra y2 –5 x2 4 (3)

Thế vào (1) được: x3 y2–5x y y2  3 16 x  x3–5 x y2 –16 x  0

 x 0 hoặc x2–5 –16 0 xy 

 Với x 0  y2  4  y  2

 Với x2–5 –16 0 xy   y x

x

2 16 5



 (4) Thế vào (3) được: x x

x

2 2

2

5

  

 x4–32 x2 256 –125 x4 100 x2 124 x4 132 –256 0 x2   x2  1 

x 1 ( 1 ( y 3) 3)







Vậy hệ có 4 nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3)

Hướng dẫn Đề số 55

Câu I: 2) Ta có x x m  x x  x m x

x

1



Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của y   x2 2 x  2  x  1 , ( ') C và đường thẳng y m x  ,  1.

f x khi x

 nên   C ' bao gồm:

+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x 1.

+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x 1 qua Ox.

Dựa vào đồ thị ta có:

Số nghiệm vô nghiệm 2 nghiệm kép 4 nghiệm phân biệt 2 nghiệm phân biệt

Câu II: 1) PT 2 sin 2 x 5 sin 5 1

5



2) Điều kiện: x y   0, x y   0

2







Đặt: u x y

v x y

  



 



ta có hệ:



2





Thế (1) vào (2) ta có: uv  8 uv   9 uv   3 uv  8 uv   9 (3  uv )2  uv  0 Kết hợp (1) ta có: uv u v

u v

4



 



(với u > v) Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk) Kết luận: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2).

Câu III: I 4 x2 xdx 4 x xdx I1 I2

 Tính I1 4 x2 xdx

4







   Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta tính được I10

 Tính I2 4 x xdx

4

sin







  Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính được:

4 

Suy ra: I 2 2

4 

Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD

BC SA





 Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao

 SA = AB tan600 = a 3,

a a

3

3



3 , BM =

a

2 3

Diện tích hình thang BCMN là : S =

BCNM

a a

4

3





 Hạ AH BM Ta có SHBM và BC (SAB)  BC  SH Vậy SH ( BCNM)

 SH là đường cao của khối chóp SBCNM

Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AM

SB  MS =

1

2