Tài liệu Hướng dẫn giải bộ đề thi thử 1,2 pptx

Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu?. Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x x1... Gọi K là trung điểm của c

1

PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)

Câu I Cho hàm số: 2 3  1 2  2 4 3 1

y x  m x  m  m x

1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -3

2 Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x x1 2  2x1 x2

y  x  m xm  m Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 hay



Theo định lí Vi-ét, ta có x1x2  m1,  2 

2

x x  m  m

Suy ra 1 2 4 3 2 1 1 2 8 7

2 m  m  m  2 m  m

Ta nhận thấy, với m   5; 1 thì 2  2

9 m 8m 7 m 4 9 0

Do đó A lớn nhất bằng 9

2 khi m = -4

Câu II

2

1 cot 2 cot 2 sin cos 3 cos

x

Đáp án: Điều kiện: sin2x  0

2

2 2 1 1sin 2 3 sin 2 sin 2 2 0

2

2

2 2

sin 2 2

sin 2 1 cos 2 0

4 4 sin 2 1

x



2 Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình    2 

x x m x  x   nghiệm đúng với mọi giá trị x thuộc đoạn 2; 2 3 

Đáp án: Đặt 2

4 5

t x  x Từ x2; 2 3  t  1; 2 Bất phương trình đã cho tương đương với:

2

t

t



 (do t 2 0)

Bất phương trình nghiệm đúng  x 2; 2 3  m maxg t ,t 1; 2

Xét hàm g(t) có g(t) đồng biến

 1; 2 max    2 1,  1; 2

4

t m g t m  t

Câu III 1 Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,

2

ADa , CD = 2a Cạnh SA vuông góc với đáy và

SA a a Gọi K là trung điểm của cạnh AC Chứng

minh mặt phẳng (SBK) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính

thể tích khối chóp SBCK theo a

Đáp án: 1 Gọi H là giao của AC và BK thì

BH = 2

3BK 2 3

3

a

 và CH = 1

3; CA = 6

3

a

2

BH CH a BC BK AC

Từ BK  AC và BK  SA  BK  (SAC)  (SBK)  (SAC)

VSBCK = 1

3SA.SBCK = 1

3

2

3

2

3 2

2

a

a  a (đvtt)

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O1A1B1 với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và O1(0; 0; 4) Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA1 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (): 2x   y z 5 0 và độ dài MN = 5

Đáp án:

Có A1(2; 0; 4)  OA1 2; 0; 4  phương trình OA1:  

2

0 2 ; 0; 4 4

x n

y N n n

z n





  



 



Có AB  2; 4; 0  phương trình AB: 24 2 2 2 ; 4 ; 0

0

y m N m m z

 





 



Vậy MN 2n 2m 2;  4 ; 4m m

Từ //  .   0 2 2 2 2 4 4 0 1 1; 0; 2

2

MN  MN n    n m  m n   n N

2

8 4

5 5 5

0 2; 0; 0

M m







Câu IV 1 Tính tổng:

n

S

n

        , ở đó n là số nguyên dương và

k n

C là số tổ hợp chập k của n phần tử

1 1

1 !

!

k k k n k n k n k n







Vậy:

2

1

n

n





 0  2 1  2 2  2 3 2  12 1

C   C   C   C    C  C 

Vậy:

1

2 2 2

1 1

n n

C

S

n







2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C): 2 2

6 2 6 0

x  y  x y  và các điểm B(2; -3) và C(4; 1) Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại điểm A và có diện tích nhỏ nhất

Đáp án: Để ABC làm tam giác cân tại A thì A phải nằm trên đường trung trực () qua trung điểm BC là M(3; 1) và nhận BC2; 4

làm véc tơ pháp tuyến nên () có phương trình:

2 x 3  4 y    1 0 x 2y  1 0

Vì A  (C) nên tọa độ A là nghiệm của hệ:

6 2 6 0

2 1 0

x y x y

x y







Giải hệ tìm ra hai điểm A1(-1; 1) và A2( 21

5

 ; 13

5 )

5

A M  A M nên

S S Vậy điểm cần tìm là A(-1; 1)

PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu)

Câu Va 1 Tính tích phân:

ln 5

dx I

e e



t e  t e   tdte dx Khi x = ln2 thì t = 1; khi x = ln5 thì t = 2

Khi đó:

2 2

9 9

10 x x 1

t

t t

e e







2 2

1

2

3

2

x

y

x y x x y x













Đáp án: Điều kiện: x  0

2

1 2

5 x xy 2 2 x xy 2 1 0 x xy 2 1 y x

x



Thay vào (4) nhận được:

2

2

2 1 3 1 1 1 2 1

2 2

2

Ở đó  2t 

f t t là hàm đồng biến với mọi t

Từ đó suy ra

2

4

Vậy nghiệm của hệ phương trình là 2 3

4

x  y 

Câu Vb 1 Tính tích phân:

4

3 0

sin cos

x x

x



Đáp án: Đặt u = x và sin3

cos

x

dv dx du dx

x

2 cos

v

x

Từ đó:

4

0



2

x

xx x   x  x

Đáp án: Điều kiện: x > 0

 6 log 2  log 2 2 log 7 3 0

2

x

2

ln ln 2

x

x

Đặt: f x  lnx f  x 1 lnx





   ; f x   0 x e

Vậy phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm Dễ thấy x = 2 và x = 4 là nghiệm của (7)

Xét log2x2 log7x3 (8)

Đặt: log2 x  t x 2t

 8 7 2 32      4 6 2 9 1 1

Vậy phương trình có nghiệm x = 2 và x = 4

=====================Hết==========================

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 02 PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)

Câu I Cho hàm số 3 2  

yx  mx  m x (1) (m là tham số thực)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0

2 Cho điểm M(3; 1) và đường thẳng : y  x 2 Tìm các giá trị của m để đường thẳng  cắt đồ thị hàm

số (1) tại 3 điểm A(0; 2); B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 2 6

Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng  là:

 

2

x y

x mx m x x

g x x mx m

  





Đường thẳng  cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A(0; 2), B, C

 Phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x  0

 

2 1;

3

m

m m

m m







Chiều cao MBC: h = d(M; ()) = 3 1 2 2

2

Vậy BC 2S MBC 4 3

h

Vì xB, xC là hai nghiệm phương trình g(x) = 0 và B, C  nên:

2

1

m

   (loại) hoặc m = 4 (thỏa mãn)

Câu II 1 Giải phương trình sin sin 2 cos sin 2 2 1 2cos 2 

4



Đáp án: Phương trình đã cho tương đương với

2

sin sin 2 cos sin 2 1 1 cos 2 1 sin 2

2 sin 2 sin cos sin 2 1 0

x x x x



* sin 2 0  

2

k

x  x  k

sinx cos sin 2x x   1 0 sinx  1 2 cos xsinx  0 sinx 1 1 2sin  x 2sin x  0

1 2sinx 2sin x 0

    (vô nghiệm) hoặc sinx = 1

2

2

x  k k

2 Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực duy nhất

1 x 1 y x y

x y m







Đáp án: Do hệ đối xứng nên nếu (x; y) là một nghiệm của hệ thì (y; x) cũng là một nghiệm của hệ Do đó để

hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì x = y

Thay x = y = 1 vào phương trình (2)  m = 2

Khi m = 2 thì hệ trở thành   

2

x y x y

x y







2

2

0

0 1

1

x y

x y

x y xy x y

xy

x y xy

 











1

x y xy

 



 



Dễ thấy hệ có ba nghiệm (1; -1); (-1; 1) và (1; 1)

Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn

Câu III

1 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a (a > 0) Góc ABC bằng 120o, cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a Gọi C là trung điểm của cạnh SC Mặt phẳng () đi qua AC và song song với BD cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B, D Tính thể tích khối của chóp S.ABCD

Đáp án: Gọi O là giao điểm của AC và BD;

I là giao điểm của SO và AC

Trong mặt phẳng (SBD), qua I kẻ đường thẳng

song song BD cắt SB, SD lần lượt tại B và D

Từ BD  (SAC)  BD (SAC)  BD AC

2

ACa SC aAC  SCa

Do I là trọng tâm của SAC

2 2

a

B D  BD

AB C D

a

S     AC N D   

Từ BD  (SAC)  (ABCD)  (SAC) Vậy đường cao h của hình chóp S.ABCD chính alf đường cao của tam giác đều SAC 3

2

a

h Vậy

3

3

1

a

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A(-1; 0; 2), mặt phẳng (P): 2x   y z 3 0 và

y

x    z

Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A, cắt (d) tại B và cắt (P) tại C sao cho AC 2AB 0

Đáp án: Gọi M là giao điểm của (d) và (P)

Phương trình tham số của (d) là:

3

2 4 6

x m

z m

 



  



  



Thay vào (P) ta có: 6  4m  2 4m      6 m 3 0 m 1

Vậy M(5; 6; 7)

Kẻ đường thẳng (d1) đi qua A và // (D) Gọi N là giao điểm của (d1) và (P) ta có:

1

1 2

2

d y t

z t

  



 



  



Thay vào (P) ta được   2 4t 4t       2 t 3 0 t 1

Vậy N(-3, -4, 1)

Gọi C là điểm trên (P) sao cho NC 2NM  0 C 19;  24; 11  

S

A



D

I

B



C



C

B

a

O

2

a

C

A

d

1

d d



B

P

Đường CA cắt (d) tại B thỏa mãn yêu cầu Vậy (d) là đường thẳng qua A và C có phương trình:

18 24 13

y

x   z

Câu IV

1 Cho số phức z x yi x y; ,   thỏa mãn 3

18 26

z   i Tính  2009  2009

T z  z

3 18

x xy

z x xy x y y i i

x y y





Do x = y = 0 không là nghiệm hệ, đặt y = tx

2

1 3 18

3 1 3 12 13 0

x t

t t t

x t t





Khi 1

3

t thì x = 3 và y = 1, thỏa mãn x, y  Z

Khi 2

3t  12t 13  0 thì x, y   Vậy số phức cần tìm là: z = 3 + i

Vậy  2009  2009  2009  2009 1004   1004   1005

T z  z  i  i   i  i

2 Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn z  y z 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4 2 ln 1 4 2 ln 1 4 2 ln 1

P

Đáp án: Từ giả thiết 0 x y z, ,  3 suy ra 4  2 ln 1 x y 0; 4  2 ln 1 y z 0 và

4  2 ln 1 z  x 0 Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:

4 2 ln 1 4 2 ln 1 4 2 ln 1

P



Xét hàm số f t  2 ln 1  t t t,  0;3 , có   1

1

t

f t

t





Lập bảng biến thiên hàm f(t), với t 0; 3 suy ra 0 f t 2 ln 2 1

Do đó P12 f x  9f y  f z  3 2 ln 23



3 2ln 2

P

 , khi x = y = z = 1

PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu)

Câu Va 1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường x y2  3, x  y 1 0

Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường 2

3

x y và x  1 y là:

3 y    1 y y      y 2 0 y 1 hoặc y = 2

1

9

y y



2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cố định A nằm trên đường thẳng ():

2x 3y 14  0, cạnh BC song song với , đường cao CH có phương trình: x 2y  1 0 Biết trung điểm của cạnh AB là M(-3; 0) Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C

Đáp án: Vì AB  CH nên AB có phương trình: 2x  y c 0

Do M(-3; 0)  AB nên c = 6 Vậy phương trình AB là: 2x  y 6 0

Do A  nên tọa độ A là nghiệm của hệ: 2 3 14 0  4; 2

x y

A

x y





Vì M(-3; 0) là trung điểm AB nên B(-2; -2)

Cạnh BC //  và đi qua B nên BC có phương trình: 2x 2 3y 2  0 2x 3y  2 0 Vậy tọa độ C là

nghiệm của hệ 2 3 2 0  1; 0

2 1 0

x y

C

x y





   



Câu Vb 1 Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường 2

yx ; 2

2

y x Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox

Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong là:

x  x x x     x hoặc x = 1

Khi x  1; 1 thì 2 2

2 x x và đồ thị các hàm 2

yx và 2

2

y x cùng nằm phía trên trục Ox

1 1

44

x x

V x x dx x





2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho điểm I(-1; 3) Viết phương trình đường tròn có tâm I và cắt

đường thẳng 3x 4y 10  0 tại hai điểm A, B sao cho AIB bằng 120o

Đáp án: Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng (d): 3x 4y 10  0, khi đó:

 

  3 12 10

5

IHd I d     

Suy ra R = AI = o 2

cos 60

IH 

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:  2  2

x  y 