Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 15 môn: Toán

Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 15 môn: Toán phục vụ cho các bạn học sinh tham khảo nhằm củng cố kiến thức môn Toán trung học phổ thông, luyện thi tốt nghiệp trung học phổ thông và giúp các thầy cô giáo trau dồi kinh nghiệm ôn tập cho kỳ thi này. Hy vọng đề thi phục vụ hữu ích cho các bạn.

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 15 CỦA BOXMATH.VN

Môn: Toán Câu I (2 điểm) Cho hàm số yx4(m1)x3(3m1)x23(m1)x (1 C m)

2 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để ( C m) có ba cực trị với hoành độ ba điểm cực trị

là x x x thỏa mãn 1, 2, 3 3 3 3

1 2 3

27

x  x x 

Lời giải

y  x  m x  m x m  x  x  m x m 

Ham số có 3 cực trị khi và chỉ khi

2

9 8 2

9 8 2 3

9 8 2

3

3

8 0

m

m

m

m

















 Khi đó (C m) có 3 cực trị là x  và 3 1 x x là 2 nghiệm của phương trình 1, 2 2  

4x  3m1 x3m 3 0 Theo định lý Viét ta có: 1 2 3 1; 1 2 3 3

x x   x x  

x  x x   x x 

3

1 2 1 2 1 2

3 3

1 2 3

3

2

27

100

27

4

5

35 2 69 73

35 2 69 73

x x

m

m m m







  



 







 







So với điều kiện ta nhận được m  5

Vậy m  5 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình:

3



Lời giải

Điều kiện: sin cos 0 sin 2 0 ,

2

k

Khi đó phương trình tương đương với

 

cos 4 cos 1 3 sin cos 2 3 sin cos 0 cos cos 3 sin 2 cos 2 cos 2 3 sin 2 0

3

x

2

2

6

2

6 2

x

k



























2

2 , 3

2 2 3





























 Vậy phương trình có nghiệm 2 2 ,

3



Câu II (2 điểm)

2 Giải phương trình: 3162x3 2 27x29x  1 1

Lời giải

Đặt y 3162x32y3 162x3 2

Ta cũng có: y2 2y27x29x6y212y162x254x

Cộng lại ta được: y36y212y 8 162x3162x254x 6

Thay ngược lại ta có: 3   3     3 3  

6 3x1  6 3x1 29x 3x1  6 6 3x1 29x

3 3 3

3 36 36 2 6 9

9

3 36 9 3 3 12 9





Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

3 36 9

x  

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:

4 0

sin cos 2sin cos 1 sin









Lời giải

Đặt

2 2

sin cos

1 sin

1 sin

u x

du dx

x xdx

x















Do đó

2 4

0 0

8 cos 1 sin

x







Với

2 2

4

0

2 sin

1 sin

cos 1 sin

x





2

4

0

4 2 0

c

1 sin (tan ) tan 1 sin

6 tan 1 sin

os

2

x







I 

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A (AD/ /BC , )

2

ABBC  a, AD3a Gọi M là trung điểm của AD , N là trung điểm của CM Biết (SNA , ) (SNB cùng vuông góc với mặt phẳng đáy và khoảng cách giữa hai đường thẳng ) SB CD bằng ,

2

a

Tính thể tích khối chóp đã cho và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SCD theo ) a

Lời giải

- Tính thể tích

Từ giả thiết dễ thấy SN vuông (ABCD )

KẻBI/ /CD I( AD), kẻ CH vuông BI tại H, EF/ /CH N( EF E, BI F, CD NO), / /BC O( BI) Kéo dài BI cắt CM tại K

Trong (SNE kẻ ) NH' vuông góc với SE tại H' thì d N SBI( , ( ))NH 

EF

EN



5

IBC

BI

8

a

d SB CD d CD SBI d F SBI  d N SBI 

Suy ra ( , ( )) 5

16

a

d N SBI H N  Áp dụng

SN EN  H N

5 236

a SN

3

a

- Tính khoảng cách

Trong (SNF kẻ ) NP vuông SF tại P ,thì d N SCD( , ( ))NP

Vì N là trung điểm MC nên d M SCD( , ( )2 ( , (d N SCD))2NP

Áp dụng 12 12 12

SN  NF  NP

15

8 41

a NP

Vậy ( , ( ) 15

4 41

a

Câu V (1 điểm) Cho a b c là các số thực dương thỏa mãn , , a b c  1 Chứng minh rằng:

2 2 2

a b c   abcabc

Lời giải

Cách 1:

Đặt x 1, y 1,z 1

Khi đó ta có 1 1 1 1

x yz  tương đương xyyzzxxyz và ta cần chứng minh

2 2 2 2(x y z ) 9 xy z 2xyzxy z 2(xyyzzx)

Bây giờ giả sử thằng z là bé nhất trong ba số x y z, ,

Và chú ý rằng

2(x y z xyyzzx)2(xy) 2(xz y)( z), và

9 9

9 9

2

xy yz zx x y z

x y z

xyz

xy yz zx x y z xy yz zx

xyz

xy yz zx x y z xyz

xyz

xyz





 Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh được viết dưới dạng M x.( y)2N x.( z y)( z) 0. Trong đó M 2 2 ,N 2 x y



Vì z bé nhất nên ta chỉ cần chứng minh M N Thật vậy, ta có , 0

0

1 2

0

xy

xy

M

z

xyz x y xyz xy yz zx x y

N





Bài toán được chứng minh xong

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x yz hay 3 1.

3

abc

Cách 2:

Từ điều kiện ta có: 0a b c, ,  1

Ta sẽ chứng minh

2

2 2

1 1 2 (a b)



Thật vậy bất đẳng thức trên tương đương với 2

(a b ) (1ab) (đúng theo điều kiện) 0 Tương tự ta cũng có:

2

2 2

2

2 2

b c

c a





Cộng 3 bất đẳng thức trên ta được:

2 2 2

2 2 2

2 2 2

9

c a b a b c b c a

a b c a b c ab bc ca abc

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1

3

abc

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn ( ) :C x12y52 25 có tâm I Tìm điểm M

thuộc đường thẳng y 4 sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA MB ( ,, A B là tiếp điểm) đến đường

tròn ( )C và khoảng cách từ I đến AB bằng 25

842 Biết điểm M có hoành độ dương

Lời giải

Đường tròn ( )C có tâm (1;5) I , bán kính R 5

Gọi tọa độ điểm M là M m( ; 4)

Gọi A có tọa độ: A x y , ta có ( ;1 1) AC(x11)2(y15)2 25

Phương trình đường thẳng MA là (x11)(x1) ( y15)(y5)25

Do MMA nên ta có: (m1)(x11) ( y15)25(m1)x1y1m190 (1)

Hoàn toàn tương tự, gọi B x y( ;2 2) thì ta có: (m1)x2y2m190 (2)

Từ (1) và (2) ta có phương trình đường thẳng AB là (m1)x y m19 0

Khoảng cách từ I đến AB bằng 25

842

2 2

30

| ( 1).1 5 19 | 25

28 842

( 1) 1

m

m m





 

(do m 0) Vậy điểm M cần tìm có tọa độ M(30; 4)

2 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d x: y và hai điểm (0; 0;3), (0;3;3)z A B Tìm tọa độ điểm C nằm trên đường thẳng d sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất

Lời giải

Phương trình tham số đường thẳng :

x t

d y t

z t











 



Ta có CdC t t t ; ; 

2

3

AB



Xét 2 vectơ ut1; 2 , v2t; 2u  v 1; 2 2

2

u  v  u v  t   t    

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 1 2 2  0 3

2

u v t  t   t

Do đó ABBCCA nhỏ nhất bằng 3 3 3 khi 3 3 3; ;

2 2 2

C 

 

Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình trên tập số phức: z43z39iz 9 0

Lời giải

Phương trình tương đương với

 

2

2 2

3

 

 



z  iz  iz  i z  i

- Với z23z3i , ta có 0 9 12 3 2 2 3 2  3 3 2 

2

i

Vậy phương trình có 4 nghiệm phức: 61 , 3 3 2 

i

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông ABCD cố định, biết A0;1 , I 2; 2 ( I là giao điểm của AC và BD) Một đường thẳng d đi qua C cắt các tia AB AD lần lượt tại , M và N Viết phương trình đường thẳng d sao cho độ dài MN là nhỏ nhất

Lời giải

Xét hệ trục tọa độ gốc A, tia AB AD lần lượt là tia dương trục hoành và trục tung, điểm , C nằm trên tia phân giác góc phần tư thứ nhất nên Ca a a; , 0

Đường thẳng d giả sử có phương trình đoạn chắn là: x y 1,M m( ; 0),N(0; ),n m 0,n 0

Điểm C thuộc d a a 1 1 1 1

Độ dài



Dấu bằng xảy ra m hay n MN nhỏ nhất khi và chỉ khi d vuông góc với AC

Dễ dàng tính được C(4;3),AI (2;1)

suy ra d: 2xy110

2 Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d x:  1 y   và điểm 2 z 3 A(2;5; 4) Lập phương trình mặt phẳng ( )P chứa d sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( )P bằng 2

Lời giải

Phương trình mặt phẳng ( )P có dạng ( ) : P ax by czd  0

Đường thẳng d đi qua M1; 2;3 có vectơ chỉ phương u d 1;1;1

( )

n u



 

2 2

d A P

2

2 2 2 2

2 2

0 2

b







- Với a 0, chọn 1 1 ( ) : 1 0

1

c

d

 







- Với b a, chọn

1

1

b

d

 





 

 Vậy ( ) :P x   hoặc ( ) :y 1 0 P y   z 1 0

Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình trên tập số thực: 3 x22x316.4 x2 x 1x 5 5 2 x x 2

Lời giải

Điều kiện:  1 x0 hoặc 1x 1 6

Phương trình tương đương:

3 x  x  16.4 x  x x 5 x x (1)

- Với x22x 1 0x2   , thì x 1 x

2

4 2 1

x x

     

  









 phương trình (1) vô nghiệm

x  x  x    , thì x x

2

2

2

4 2 1

x x

     

  









 phương trình (1) vô nghiệm

- Với x22x 1 0x 1 2 thì phương trình (1) thỏa mãn

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x 1 2,x 1 2