Hướng dẫn giải đề thi thử số 7 năm 2012 môn: Toán gồm 7 câu hỏi bài tập tự luận trong thời gian làm bài 180 phút. Mời các bạn cùng tham khảo và thử sức mình với đề thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.
Trang 1DI ỄN ĐÀN BOXMATH.VN HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ 7 NĂM 2012
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu I) Cho hàm số: y=mx3−3mx2+(2m+1)x+ −3 m (Cm)
1) Khảo sát và vẽđồ thị hàm số (Cm khi ) m=2
2) Tìm m để hàm số (Cm có c) ực đại, cực tiểu và khoảng cách từđiểm 1; 4
2
đến đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của hàm số là lớn nhất
1) Tự giải
2)
Cách 1:
y=mx − mx + m+ x+ −m
TXĐ: D=ℝ
2
y = mx − mx+ m+
2
y = ⇔ mx − mx+ m+ = (*)
Hàm số có cực trị ⇔(*) có 2 nghiệm phân biệt 20 0
m
m
≠
− >
Chia y cho y’ ta viết được: 1 1 ( )
x
y= − y + − m x+ −m
Tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn hệ:
' 0
1
3
y
x
=
−
Do đó đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là ( )∆ : 1 ( )
3
y= − m x+ −m
3
Do đó tọa độđiểm cốđịnh của (d) thỏa mãn hệ:
1
2 1 0
2
3 2 10 0
3
y
⇔
− − =
Vậy ( )∆ đi qua 1;3
2
−
cốđịnh
Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên ( )∆ khi đó ta có: d N/( )∆ =NH ≤NM
Vậy d N/∆max=NM ⇔ ∆ ⊥ NM
Trang 2Hệ số góc của đường thẳng MN là: 4 3 1
1 1
2 2
+
suy ra điều kiện:
m
−
= − ⇔ =
Vậy 5
2
m= là giá trị cần tìm
Cách 2:
2
y′ = mx − mx+ m+
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi 'y =0 có 2 nghiệm phân biệt 0
1
m m
<
>
Ta có: (1 1) (2 2 ) 10 1
Suy ra pt đt đi qua 2 điểm cực trị là: (2 2 ) 10 1
y= − m x+ − m (d)
( , )
2
2
(2 2) 9 (2 1) 6(2 1) 18 1
2 1 (2 1) 1
2
N d
d
m
+
Dấu bằng xảy ra khi
2
0
Câu II)
1) Giải phương trình: 2 sin2 sin 2 2 sin 1
4
2) Giải hệ phương trình:
2 15 6 (2 5 4 ) 2
1) Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
2 sin x+2 sin cosx x+sinx−cosx= ⇔1 2 sin x+(2 cosx+1) sinx−cosx− =1 0
Trang 3Suy ra
1 sin 1
2
1 sin
sin cos 1
x x
x
=
=
+ = −
= − −
2 6 5 2 6 2 2 2
= +
⇔
= − +
= +
Kết hợp các nghiệm ta có:
2
2
k x
k
= +
= +
ℤ
Cách 2:
2
2 sin 1 sin 2 2 sin 0
4
3
3
2 4
cos 0
2
x
x
π
⇔
=
2
2
k x
k
= +
= +
ℤ
2) Lời giải:
Phương trình thứ nhất của hệ ⇔ ( 2 ) 2
2
12
y
=
=
TH 1:
2
15 12
x
thay vào pt thứ hai của hệ ta được:
( )
2 2
x x
−
−
−
36
Trang 4( )
2 2
2 2
2 2
2
15 15
16 15 0
x x
x x
−
−
⇔
Xét phương trình (*) 2 ( 2 )( 2 )
36x = x −15 x +16x−15
Vì x=0 không phải là nghiệm Ta chia hai vế phương trình cho x ta có: 2
= − + −
2
15
16 36 0
x
18
t t
=
= −
3( )
x
=
⇔ − = ⇔ − − = ⇔
= −
9 4 6( )
= − −
⇔ − = − ⇔ + − = ⇔
= − +
Nghiệm của hệđã cho là: ( ) 5 27 12 6
; 5; , 9 4 6;
= − −
TH 2: 2 y=x Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có:
0
⇔ + = + − ⇔ = ⇔ = (loại )(điều kiện y≠0 )
KL: Nghiệm của hệđã cho là: ( ) 5 27 12 6
; 5; , 9 4 6;
= − −
Câu III) Tính tích phân sau:
3
2 0
(4 4(sin cos ) sin 2 )
1 cos
x
x
π
=
+
∫
Lời giải:
Ta có :
(4 4(sin cos ) sin 2 ) (1 sin )(1 cos ) (sin cos 1)
2
'
1 sin 1 sin
1 cos 1 cos
Trang 5
Ta có:
3
0 0
(1 sin ) (1 sin ) 4 2 3
π
π
Xét
2
2 cos 2
x
x
+
0
Vậy 4 2 3 3 1 3
2
π
= −
Lời giải:
A'
B N
H
K I
M C
B' C'
Câu IV Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giácABCA B C có ' ' ' đáy ABC là tam giác
vuông tại A
3,
AB=a AC=a Biết đỉnh C cách ' đều các đỉnh , ,A B C và khoảng cách từđỉnh B đến mặt
phẳng (C’AC) bằng 6
15
a
.Tính thể tích khối chóp A ABC theo a và tính cosin góc t' ' ạo bởi mặt
phẳng (ABB A và m' ') ặt phẳng đáy (ABC )
Trang 6- Hạ C H' ⊥(ABC)⇒∆C HA' = ∆C HB' = ∆C HC' ⇔HA=HB=HC
Suy ra H là tâm vòng trong ngoại tiếp tam giác ABC Vì tam giác ABC vuông tại A nên H là trung điểm của BC
Ta có: d B ACC/( ') =2d H/(ACC') Hạ
a
a
HM = AB= ⇒C H =a từđó tính được CC'=2 a
Có
3
' ( ) 3 3
a
- Hạ A K' ⊥(ABC) thì C HKA là hình ch' ' ữ nhật Gọi I =HK∩AB thì / / 1
2
OI = AC suy ra I
là trung điểm của AB Tam giác ABC vuông tại A nên KI ⊥AB⇒ Góc tạo bởi (ABB A và ' ')
đáy (ABC là ) A IK'
Ta có: cos'
'
IK
A IK
A I
= Tính được
A I
Câu V Cho các số thực dương a b c, , Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T
Lời giải:
Đặt x c,y a,z b
= = = ta có x y z, , >0;xyz=1
Ta cần tìm GTNN của:
T
Do xyz=1 nên trong ba sốđó luôn tồn tại ít nhất hai số cùng phía với 1 Không mất tính tổng quát ta giả sử: (x−1)(y− ≥ ⇔1) 0 xy+ ≥ +1 x y
Sử dụng bất đẳng thức AM −GM và đánh giá trên ta có:
Trang 7Từđó ta có:
2
2 1
T
z
+
+
Đẳng thức xảy ra khi x= = =y z 1 hay a= =b c
Vậy minP=2 khi a= =b c
Câu VIa
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ) : (C x+6)2+ −(y 6)2 =50 Viết phương trình đường thẳng ( )∆ tiếp xúc với đường tròn (C) tại điểm M cắt 2 trục tọa độ tại 2 điểm ,A B
sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P):x+y-2z-8=0, (Q):2x-y+z=0
và điểm I(1;1;1) Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) cắt hai mặt phẳng (P), (Q) tại A,B sao cho I là trung điểm của AB
1 Lời giải:
Đường tròn ( )C có tâm ( 6; 6)I − bán kính R= 50
Giả sửđường thẳng ( )∆ cắt hai trục tọa độ lần lượt tại ( ; 0), (0; )A a B b với ab≠0 và M là trung
điểm của AB thì ;
2 2
a b
Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn ( )C tại M nên: ( ) ( )
∈
∈
⇒
Ta có: 6; 6 , ( ; )
nên
0
12 0
a b
a b
+ =
= ⇔ − + + − = ⇔− + − =
Vì
∈ ⇒ + + − =
Ta có hai trường hợp:
0
2, 2
22, 22
a b
+ =
= − =
⇔
= − =
12 0
10, 2
26, 14
a b
− + + =
= − =
⇔
= − = −
Vậy có 4 đường thẳng thỏa mãn điều kiện:
2 0, 22 0, 5 10 0, 7 13 182 0
x− + =y x− +y = x− y+ = x+ y+ =
2 Lời giải:
Trang 8Trong đó n1(1;1; 2),n2(2; 1;1)−
lần lượt là véc tơ pháp tuyến của (P); (Q) tính được (3;3; 3) / / (1;1; 1)
Gọi ( ; ;Bα β β −2 )α ∈( )Q ⇒ A(2−α; 2−β; 2 2+ α β− )⇒AB(2α−2; 2β−2; 2β−4α−2)
Vì đường thẳng ∆ qua A, B vuông góc với đường thẳng giao tuyến của (P) và (Q) nên
VIIa Giải phương trình sau: 5x = +1 ln(1+xln 5)
Lời giải:
Phương trình được viết lại như sau: 5x = +1 ln 5.log (15 +xln 5)
Đặt y=log (15 +xln 5) ta có hệ sau: 5 1 ln 5
5 1 ln 5
x y
y x
= +
= +
Giả sử x> y⇒5x >5y⇒1+yln 5 1> +xln 5⇒y>x⇒x= y
Ta giải phương trình: 5x = +1 xln 5
Xét hàm số f x( )=5x−xln 5 1− có: f x'( )=5 ln 5 ln 5x − =(5x−1) ln 5
Nếu x>0 thì ( )f x đồng biến suy ra f x( )> f(0)= ⇔0 5x > +1 xln 5
Nếu x<0 thì ( )f x nghịch biến suy ra f x( )< f(0)= ⇔0 5x < +1 xln 5
Khi x=0 thì (0)f =0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=0
Câu VIb
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có (2; 6) A chân đường phân giác trong kẻ từ
đỉnh A là: 2; 3
2
−
tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác là 1;1
2
−
Tìm tọa độđỉnh B, C của tam giác
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) :P x+ + − =y z 2 0 và hai đường
thẳng 1: 1 2
:
− Chứng minh ∆ ∆1, 2 chéo nhau và lập
phương trình đường thẳng ∆ cắt ∆ ∆1; 2 tại ,A B song song với mặt phẳng ( )P sao cho độ dài
Trang 9Phương trình đường thẳng AD: x=2
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 1 2 ( )2 125
1
Tọa độ E là giao điểm của AD và đường tròn: 1 2 ( )2 125
1
(2; 4)
2
E x
=
Đường thẳng BC qua qua D nhận IE làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình: x−2y− =5 0
Tọa độ B, C là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác nên thỏa mãn
hệ sau: 1 2 ( )2 125 5; 0
1
8;
2
2 5 0
Vậy tọa độ các điểm B, C là
3 (5; 0), 8;
2 3 (5; 0), 8;
2
I
E
D
C B
A
2 Lời giải:
Ta có đường thẳng ∆1qua M(1; 0; 2)− có VTCP u:1(2;1; 1)−
; ∆2qua N(1; 2; 2)− có 2
: (1;3; 2)
;
Chứng minh được u u1,2.MN ≠0
suy ra ∆ ∆1, 2 chéo nhau
Lấy điểm A thuộc ∆1 thì (1 2 ; ; 2A + a a − −a)
Điểm B thuộc ∆2 thì (1B + − +b; 2 3 ; 2 2 )b − b
Ta có: AB b( −2 ;3a b a− − − + +2; 2b a 4)
Vì ∆/ /( )P ⇒u n∆. = ⇔ −0 b 2a+ − − −3b a 2 2b+ + = ⇔ = −a 4 0 b a 1
Trang 10
Vậy
2
Do đó min 7 2
2
AB = khi 5; 3
a= b=
Viết được phương trình đường thẳng
6 5 :
2 9 2
y
= −
∆ =
= − +
Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình:( )2
log log ( 2) log 2 log ( 2)
2
x
Lời giải:
Điều kiện x>0
Phương trình được viết lại như sau:
2
log 2 log ( 2) 0
x x x
− =
(1) (2)
Giải phương trình (1): Xét hàm số ( ) log2
2
x
2
Lập bảng biến thiên của hàm số ta suy ra ( )f x =0 có tối đa 2 nghiệm
Ta có: (2)f = f(4)=0 ⇒x=2,x=4 là hai nghiệm của phương trình
Giải phương trình (2): log2x−2 log (6 x+ = ⇔2) 0 log2x=log (2 x+2)2
Đặt log2x=t⇒x=2t phương trình trở thành:
t
Hàm số
t
= + + −
nghịch biến (2)f =0⇒t=2 là nghiệm duy nhất khi đó x=4
KL Phương trình có 2 nghiệm: x=2,x=4
(Cảm ơn bạn Lil.Tee , Crazyfish 2008 và letrungtin.dongthap đã giúp đỡ để hoàn thiện đề
thi và đáp án)