Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 14 môn: Toán

Mời các bạn cùng tham khảo đề thi Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 14 môn: Toán dưới đây để có thêm tài liệu củng cố lại kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài thi. Hy vọng nội dung đề thi sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 14 CỦA BOXMATH.VN

Môn: Toán

Câu I Cho hàm số 3

2

x y x





 (H )

2 Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y2x m luôn cắt đồ thị (H tại hai điểm phân ) biệt A và B Gọi d d các tiếp tuyến với 1, 2 (H tại ) A và B Tìm m để I2;1 cách đều d d 1, 2

Lời giải

Điều kiện: x 2

Phương trình hoành độ giao điểm của ( )H và d là:

2

3

2

x

x





Số giao điểm chính là số nghiệm của phương trình trên

Phương trình này có  m3240 ; 0 f 2   5 0

Do đó phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt

, x1 x2

Phương trình tiếp tuyến tại A và B là:

1

1 1

2

2 2

3 5

:

2 2

3 5

:

2 2

x

x x

x

x x













Do I2;1 cách đều d d nên 1, 2

d I d d I d







- Với  1  2 2 2 1 2 1 2

2

m

x  x     x x  x  x      m   (vô nghiệm)

- Với  1 2  2 2 1 2

5

2

m

Vậy giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m  3

Câu II

1 Giải phương trình:   

cos sin 2 sin 2 1 4 cos 2

3 cos sin 2 sin 2 1 2



Lời giải Cách 1:

2 2

cos sin 2sin 2 1 4 cos 2 3 cos sin 2sin 2 1 2 3

cos sin 3 2 sin 2 2 4 cos 2 3 cos sin 2sin 2 2 1 2 3

3 cos sin 2 cos sin cos sin 4 cos 2

2 3 cos sin cos sin 3 cos sin 2 3

3 cos sin 2 cos sin cos 2

4 cos 2 2 3 cos sin cos 2 3 cos sin 2 3

3 cos sin 3 cos sin 2 3 2 3 cos sin cos 2 2 cos sin cos 2 4 cos 2

3 3 cos sin cos sin 2 2 cos 2 3 cos sin cos sin 2

2 cos 2 3 3 cos sin cos sin 2

0 3

cos 2

2

x

















- Với 3cos sin  1cos sin  1 3sin 1cos 2

sin

3

x

Vậy phương trình có nghiệm 2 , 2 ,

Cách 2:

Điều kiện: cosxsinx2 sin 2x120

Đặt: cos sin (| , 2 |)

cos sin

a b









, suy ra:

sin 2

2 cos 2

x

x ab









Đồng thời ta cũng có: a2b2  , từ đó ta thu được hệ phương trình: 2

2

3







  

 Phương trình dưới tương đương với:

(a 3 )(b a b 1)4ab(a b ) 30(a 3 )(b a b 1) ( a 3 )( 3b a b )0

(a 3 )(b a b 1 3a b) 0

- Với a 3b, suy ra:



- Với

2 2 2 2 2 2 2 2

a b   a b   a  a  b  b a  aa b  b  b

( 3 1) ( 1)

3

a b

a b





Với: 3ab suy ra:

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



Với: 3a b 2, ta thay vào và suy ra: sin cos 1

Mà ta lại có: sin2 cos2 1

Nên suy ra: sin 0

6

x 

  hoặc: cos x 6 0



2 Giải hệ phương trình:

2 2

,

x y











Lời giải Cách 1:

Điều kiện:

2 0

0

x

x y

 



 







Hệ phương trình tương đương với:

2 2

x y









 



x y

  

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x 8 4 2,y 6 4 2

Cách 2:

(2) 2 (1)

2 2 ( 2)

2 0 ( )

Hoặc

2

2 2 ( )

II

Giải ( )I : (khá đơn giản) x 8 4 2;y 6 4 2

Xét ( )II Ta có từ đề bài dễ có x y; không âm.xy và xy 1

Khi đó ta có:

Nếu x y xy thì ta có: 0

2

2

2 4

VT

Nếu x y xy thì ta có: 0

VT

Tóm lại ta luôn có (2) vô lý

Vậy hệ chỉ có nghiệm: x 8 4 2;y 6 4 2

Câu III: Tính tích phân 2 2 

1

2 ln ln 4

ln 1

x







Lời giải Cách 1:

Ta có:

2

2

1

2 1

ln 1 2 ln 3

ln 1

x









2

t x









2

1 1

1

6 ln 7

ln 1

x









1

2 2

3

1

3 1

6 ln 1

e

e e

3

Cách 2:

Đặt

2

2

t

e

e

2

2

2 t dt dx dx t e dt t

2

  





  



Đặt 2

2

4 3

1

2 t

A  t e dt Đặt 2

2

3

2 3 3

3

6

t t

t

u



 











3

1

t

3

e

2

2 3

1

6 t

B  t e dt Đặt 2 2

dv t e dt v e





1

3

e

Câu IV Cho lăng trụ ABCD A B C D ' ' ' ' có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a Gọi M N lần lượt ,

là trung điểm của DC AD Hình chiếu vuông góc của , A' lên mặt phẳng (ABCD trùng với giao điểm ) của AM và BN Góc giữa hai mặt phẳng (ADD A và (' ') ABCD bằng ) 60 Tính thể tích khối lăng trụ 0

đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng BN B C theo , ' a

Lời giải

A

D N

M H

A'

B'

D'

I

E

K N'

M' H'

- Tính thể tích V ABCD A B C D ' ' ' '









Ta có:

2

0 3

' ' ' '

3 '

5

a

- Tính khoảng cách d BN B C , ' 

Vẽ đường thẳng d đi qua C vuông góc với AM , cắt AM tại E











Dựng HK H E K' , H E' 

Ta có CEAM CEA H EH' ' CEHK HK B H EC' ' 

HEHM MEAM AH HN    

2 2

2

H E A H  HEA H     

Câu V Cho a b c là các số thực dương thỏa mãn , , a b  c 3 Chứng minh rằng:

Lời giải

(1)ab bc ca 3 ab3 b cbc3 c aca3 a b3abc

3 3

3 2

Ta có

2 2 2

2 2 2

 

 

  Cộng vế theo vế  2 đúng 1 đúng  đpcm

Dấu đẳng thức xảy ra abc1

Câu VI.a

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn  2  2

( ) :C x3  y4  và hai điểm 4

4;1 , 8;3

B C Tìm tọa độ điểm A nằm trên đường tròn ( )C sao cho tam giác ABC vuông tại A

Lời giải

Gọi A a b ( ; )

(4 ;1 )



(8 ;3 )



Tam giác ABC vuông A, nên AB AC , nên (a4)(a8) ( b1)(b3) (1) 0

Do A( )C , nên (a3)2(b4)2 4 (2)

Trừ (1) cho (2) ta được 3 2 7 3 7

2

a

a b b  , thay vào (2)

Ta tìm được

5, 4 5; 4

a b  A 

2 Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( )  đi qua điểm 1; 0;1

A 

  vuông góc với mặt phẳng ( ) : 2P x2y   và tiếp xúc với mặt cầu z 1 0 ( ) :S x12y12 z22 1

Lời giải

Gọi ( ) : ax by czd  0





Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng: 2ax  2ac y 2cz  a c 0

Do ( ) tiếp xúc với mặt cầu tâm I1;1; 2  bán kính R 1 nên

d I

7

a c







  



- Với a , ta chọn c c 1 thì a 1 Ta có: ( ) : 2 x y 2z 0

- Với 11

7

a  c, ta chọn c  7 thì a 11 Ta có: ( ) : 22 x29y14z18 0

Câu VII.a Tìm số phức z sao cho |z(3 4) | i  5 và biểu thức P|z2 |2 |z i |2 đạt giá trị lớn nhất

Lời giải

Gọi za bi là số phức cần tìm

Ta có: |z(3 4) | i  5a32b42  5

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

| 2

3

| |

3

|

3





Giá trị P lớn nhất bằng 43 khi:

3

4

2

a

b









 Vậy số phức z cần tìm là z 5 5i

Câu VI.b

1 Trong mặt phẳng Oxy , viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A5; 4 , B1; 6 và tiếp xúc với đường thẳng d x: 3y 3 0

Lời giải

Gọi I a b Từ giả thuyết ta có: ( , )

2

(5 ) (4 ) (1 ) (6 )

3 3

(5 ) (4 ) 10







Giải hệ trên, ta có:

2 1

2; 3 10

10; 19 2

a

a

















 





- Với a2;b ta tìm được 3 ( ) :C x22y32 10

- Với a10;b19ta tìm được ( ) :C x102y192 250

2 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ( ) đi B2;1; 2, đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng 1: 2 4

 Đường thẳng d cắt 2 ( ) tại M , đi qua N2; 2; 0 và tiếp xúc với mặt cầu ( ) :S x2 y2z2  Tìm tọa độ điểm 4 M

Lời giải

Phương trình tham số 1

2 :

4 4

  





 



   

 Phương trình mặt phẳng qua B vuông góc với d : 1 x2  y14z20xy4z 9 0 Tọa độ H là giao điểm của mặt phẳng trên với d : 1

Từ đó ta tìm được phương trình

2

2

z

 





   

 



Ta có: M   M2t;1t; 2NM t t; 1; 2

; 1; 2

, 4; 4; 2 2; 2;0

NM ON ON





 



2

2

t NM





 





- Với t  1 M1; 0; 2

- Với t2M4;3; 2

Câu VII.b Giải phương trình: 2 1 1

3

3

( 3) x log 2log (x 2x1)1

Lời giải

Điều kiện: 1

2

x 

Phương trình tương đương với

2 1

1 3

2 1

2 1 2

3

2

3

2

3

2 2

3 2

1

3

1 2

log ( 2 1) 1

3 log (2 2 2 1) 1

( 3) log

(2 2 2 1 1) 1

3 log ( 2 1 1) 1

3 2 log ( 2 1 1 1

2

) 1

x

x

x

x

x

x

x

x x

x

x

















Đặt 2 1, 0

2

x

t  t Ta có: 3t 2 log32t11

Đặt tiếp ylog32t13y 2t1 Như vậy ta có hệ phương trình:

3 2 1

t

y

y

t





 

 Xét hàm số ( ) 3t 2 '( ) 3 ln 3 2t 0

f t   t f t    Do đó: f t  f y  t y

Ta có phương trình 3t 2t Xét hàm số tiếp, ta thấy phương trình này có nhiều nhất 2 nghiệm 1

Mà f(0) f(1)  0 t 0,t là 2 của nghiệm phương trình trên 1

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 1, 5