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

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 14 CỦA BOXMATH.VN Môn: Toán Câu I Cho hàm số 3 2 xy x    ( )H 2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng 2y x m  luôn cắt đồ thị ( )H tại hai điểm phân biệt A và B . Gọi 1 2,d d các tiếp tuyến với ( )H tại A và B . Tìm m để  2;1I cách đều 1 2,d d . Lời giải Điều kiện: 2x  Phương trình hoành độ giao điểm của ( )H và d là:  23 2 2 5 2 3 0 2 x x m x m x m x           Số giao điểm chính là số nghiệm của phương trình trên. Phương trình này có  23 40 0m     ;  2 5 0f    Do đó phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt Ta có 1 21 2 1 2 3 3; , ; 2 2 x xA x B x x x              ,  1 2x x Phương trình tiếp tuyến tại A và B là:         1 1 12 11 2 2 22 22 35: 22 35: 22 xd y x x xx xd y x x xx             Do  2;1I cách đều 1 2,d d . nên                 1 2 1 22 2 1 21 2 1 2 4 4 1 2 3 35 51 2 1 2 2 22 2 , , 25 251 1 2 2 x xx x x xx x d I d d I d x x                                                               1 2 1 1 2 2 1 2 4 4 4 4 1 2 1 2 4 4 4 4 2 1 2 1 4 2 4 2 2 2 2 1 1 2 2 1 4 2 2 4 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 1 2 3 35 5 1 11 1 2 2 2 2 2 2 25 25 25 251 1 1 1 2 2 2 2 2 25 2 25 2 25 2 25 2 2 2 2 2 2 2 2 25 2 2 2 25 2 2 2 25 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                                     2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 0 2 2 25 0 2 2 0 x x x x x x                      - Với    2 21 2 1 2 1 2 2 32 2 25 0 2 2 4 5 5 4 5 2 mx x x x x x m               (vô nghiệm) - Với    2 21 2 1 2 52 2 0 4 4 3 2 mx x x x m             Vậy giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3m   . Câu II 1. Giải phương trình:        cos sin 2sin 2 1 4cos 2 3 cos sin 2sin 2 1 2 x x x x x x x        . Lời giải Cách 1:                            2 2 cos sin 2sin 2 1 4cos 2 3 cos sin 2sin 2 1 2 3 cos sin 3 2sin 2 2 4cos 2 3 cos sin 2sin 2 2 1 2 3 3 cos sin 2 cos sin cos sin 4cos 2 2 3 cos sin cos sin 3 cos sin 2 3 3 cos sin 2 cos sin cos 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                             4cos 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 4cos 2 3 3 cos sin cos sin 2 2cos 2 3 cos sin cos sin 2 2cos 2 3 3 cos sin cos sin 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                              0 3cos 2 2 3 1cos sin cos sin 1 2 2 x x x x x          - Với 3cos 2 2 2 2 6 12 x x k x k           - Với    3 1 3 1 2cos sin cos sin 1 sin cos 2 2 2 4 2 4 2 x x x x x x                    2 2 2 4 6 4 6sin 34 6 2 2 2 4 6 4 3 x k x k x x k x k                                            Vậy phương trình có nghiệm 2 , 2 , 6 3 12 x k x k x k            . Cách 2: Điều kiện:   cos sin 2sin 2 1 2 0x x x    Đặt: cos sin (| , 2 |) cos sin a x x a b b x x      , suy ra: 2 2 sin 2 2 cos 2 a bx x ab       Đồng thời ta cũng có: 2 2 2a b  , từ đó ta thu được hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) 4 3 ( 1) 2 a b a a b ab b a b             Phương trình dưới tương đương với: 2 2 2 2 2 2( 3 )( 1) 4 ( ) 3 0 ( 3 )( 1) ( 3 )( 3 ) 0a b a b ab a b a b a b a b a b               2 2( 3 )( 1 3 ) 0a b a b a b       - Với 3a b , suy ra: cos sin 3(cos sin ) sin sin 3 6 12 x x x x x x x k                       - Với 2 2 2 2 2 2 2 21 3 0 2 2 3 2 2 2 2 2 3 2 2a b a b a a b b a a a b b b                2 2 3 2( 3 1) ( 1) 3 a b a b a b           Với: 3a b suy ra: 3(cos sin ) (cos sin ) 0 sin sin 3 6 12 x x x x x x x k                         Với: 3 2a b  , ta thay vào và suy ra: sin cos 1 6 6 x x               Mà ta lại có: 2 2sin cos 1 6 6 x x               Nên suy ra: sin 0 6 x       hoặc: cos 0 6 x       2. Giải hệ phương trình:       2 2 2 2 2 , 2 2 1 x y x x y x y xy x y xy y x y                Lời giải Cách 1: Điều kiện:  2 2 2 0 0 x x y x y xy x y           Hệ phương trình tương đương với:                                 2 2 2 3 2 2 2 2 3 22 2 2 2 2 2 3 22 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 x y x x y xy x y xy y x y x y x y x x y x y xy x y xy y x y x y x y xy x y x y x xy y x y x y x xyx y x y x y xy x y x y x xy y                                                                     2 0 2 2 2 8 4 2 6 4 2 x y x x y              Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 8 4 2, 6 4 2x y    . Cách 2: (2) 2 (1)PT PT 2 2 2( ) 2( ) 2 4 2 2( 2)x y xy x y x y xy y x x y             2 2 2 ( 2)( ) ( 2)( 2) 2 2( 2) ( ) 2 4 x y x y xy x y y x y x y xy x y xy y x                   2 0 ( )x y I    Hoặc 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 2 2 4 x y xy y II x y xy x y x y xy y x              Giải ( )I : (khá đơn giản) 8 4 2; 6 4 2x y     Xét ( )II .Ta có từ đề bài dễ có ;x y không âm. x y và 1x y  Khi đó ta có: Nếu 0x y xy   thì ta có: 2 2 2 2 2(2) 1 2 2 22 4 2 42 4 y y x xVT x xxy y x               Nếu 0x y xy   thì ta có: 2 2(2) 1 1 2 2 2 22 2 2 4 x y x x y xVT x y x              Tóm lại ta luôn có (2) vô lý Vậy hệ chỉ có nghiệm: 8 4 2; 6 4 2x y    . Câu III: Tính tích phân  2 2 1 2 ln ln 4 ln 1 e x x x I dx x     Lời giải Cách 1: Ta có:          2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 ln ln 4 2ln 5ln 3 6ln 7 ln 1 ln 1 ln 1 2ln 3 6 ln 7 ln 1 ln 1 e e e e x x x x x x x I dx dx x x x x x x x dx dx x x                       - Tính    1 2 1 ln 1 2ln 3 ln 1 e x x x I dx x     Đặt 2 ln 3ln 1 ln 1 2 ln 1 2 ln 1 x xt x x dt x dx dx x x x             Đổi cận 11 2 tx x e t e        Khi đó   2 2 3 3 11 1 2 2 22 2 2 1 3 3 e e I t dt t e    - Tính   2 2 1 6ln 7 ln 1 e x x I dx x             1 1 1 2 2 3 2 2 3 1 3 3 3 3 1 6 ln 1 2 3 ln 1 ln 1 2 ln 1 2 ' ln 1 ln 1 ' 2 ln 1 ' 2 ln 1 2 2 2 e e e e e x x x xI dx x x dx x x x x x x x dx x x dx x x e                           Vậy      3 31 2 32 22 2 1 2 2 2 2 23 3e eI I eI        Cách 2: Đặt 2 2ln 1 ln 1 tet x t x x e        222 . . . .tdxt dt dx t e dt x e     . Đổi cận: 1 1 2 x t x e t           2 2 2 2 2 2 4 2 3 4 3 2 3 3 3 1 1 1 2 22 5 1 . . 2 . . 5 1 .t t tI t t e dt t e dt t e dt e e                 Đặt 2 2 4 3 1 2 . .tA t e dt  . Đặt 2 2 3 2 3 3 . 3 6 . . t t t du t dtu v edv t e dt         2 2 2 2 2 23 3 2 3 6 3 2 3 1 11 2 2 1. . . . . . . 3 3 3 t t ttA e t e dt e e t e dt       2 2 2 2 6 3 2 3 3 3 1 1 2 2 2 1. . 6 . . . 3 3 t tI e e t e dt e dt e              . Đặt 2 2 2 3 1 6 . .tB t e dt  . Đặt 2 23 36 . .t t u t du dt dv t e dt v e          2 2 2 2 22 3 3 6 3 3 1 1 1 . . 2. .t t tB t e e dt e e e dt       . 6 3 6 3 3 3 2 2 2 1 2 2 4. . 2. . 3 3 3 3 I e e e e e 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 060 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng , 'BN B C theo .a Lời giải A B C DN MH A' B' D' I E K N' M'H' - Tính thể tích . ' ' ' 'ABCD A B C DV Vẽ      0 ' , ' ' 60 AD IA HI AD I AD AD A HI A IH AD IH          . Ta có: 2 2 5 2 5; . . . 4 2 2 55 a a AN a aAM a AH AD a AM a       . 0 3 . ' ' ' ' 5 2 3. . . ' . tan 60 5 2 5 55 3' . 5ABCD A B C D ABCD AH a a a aHI MD A H HI AM a aV A H S          - Tính khoảng cách  , 'd BN B C Vẽ đường thẳng d đi qua C vuông góc với AM , cắt AM tại .E       / / / / ' ' , ' , ' 'BN AM BN CE BN B H EC d BN B C d BN B H ECCE AM       Dựng  ' , 'HK H E K H E  Ta có    ' ' ' 'CE AM CE A H EH CE HK HK B H EC         , ' 'HK d BN B H EC  Ta có: 5 5 5 2 5 2 5 10 5 a a a aHE HM ME AM AH HN           22 22 3 2 5 5 2 2' ' ' ' 25 5 5 5 a a a aH E A H HE A H              ' . 3 2 5 5 30. ' ' . . . ' 5 5 102 2 A H HE a a aHK H E A H HE HK H E a      . Câu V Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 3a b c   . Chứng minh rằng: 2 2 23 3 (1)ab bc ca a b b c c a abc       Lời giải (1)      3 3 3 3 3ab bc ca ab b c bc c a ca a b abc                        2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca a b c ab bc ca                           Ta có 2 2 2 2 2 2 ab a ab bc b bc ca c ca       Cộng vế theo vế  2 đúng  1 đúng đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra 1a b c    . Câu VI.a 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn    2 2( ) : 3 4 4C x y    và hai điểm    4;1 , 8;3B 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 )AB a b   (8 ;3 )AC a b   Tam giác ABC vuông A, nên AB AC , nên ( 4)( 8) ( 1)( 3) 0a a b b      (1) Do ( )A C , nên 2 2( 3) ( 4) 4a b    (2) Trừ (1) cho (2) ta được 3 73 2 7 2 aa b b     , thay vào (2) Ta tìm được  5, 4 5;4a b A   49 28 49 28, ; 13 13 13 13 a b A        . 2. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm 1 1;0; 2 2 A     vuông góc với mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0P x y z    và tiếp xúc với mặt cầu      2 2 2( ) : 1 1 2 1.S x y z      Lời giải Gọi ( ) : 0ax by cz d     1 1( ) 0 2 2 2 ( ) ( ) 2 2 0 2 2 A a c d d a c P a b c b a c                     Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng:  2 2 2 0ax a c y cz a c       Do ( ) tiếp xúc với mặt cầu tâm  1;1; 2I  bán kính 1R  nên      22 2 2 2 4 , ( ) 1 1 4 2 4 a a c c a c d I a a c c               2 2 2 24 8 4 5 7 4 11 0 11 7 a c a c a ac c a ac c a c                - Với a c , ta chọn 1c  thì 1a  . Ta có: ( ) : 2 2 0x y z    . - Với 11 7 a c  , ta chọn 7c   thì 11a  . Ta có: ( ) : 22 29 14 18 0x y z     . Câu VII.a Tìm số phức z sao cho | (3 4) | 5z i   và biểu thức 2 2| 2 | | |P z z i    đạt giá trị lớn nhất. Lời giải Gọi z a bi  là số phức cần tìm. Ta có:    2 2| (3 4) | 5 3 4 5z i a b        Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:                 2 2 2 22 2 2 2 2 1 4 2 3 4 3 2 4 23 4 3 2 4 23 20 3 4 2 | 2 3 | | 3 | 3 P z z i a b a b a b a b a b a b                                Giá trị P lớn nhất bằng 43 khi:        2 2 4 3 2 4 0 3 2 53 4 4 1 52 3 4 5 a b a aa b b b a b                          Vậy số phức z cần tìm là 5 5z i  . Câu VI.b 1. Trong mặt phẳng Oxy , viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm    5;4 , 1;6A B và tiếp xúc với đường thẳng : 3 3 0.d x y   Lời giải Gọi ( , )I a b . Từ giả thuyết ta có: 2 2 2 2 2 2 2 (5 ) (4 ) (1 ) (6 ) 3 3 (5 ) (4 ) 10 a b a b a b a b                     Giải hệ trên, ta có: 2 1 2; 3 10 10; 19 2 b a a b a a b a          - Với 2; 3a b  ta tìm được    2 2( ) : 2 3 10C x y    - Với 10; 19a b  ta tìm được    2 2( ) : 10 19 250C x y    . 2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng ( ) đi  2;1;2B , đồng thời cắt và vuông góc với đường thẳng 1 2 4: 1 1 4 x y zd     . Đường thẳng 2d cắt ( ) tại M , đi qua  2;2;0N và tiếp xúc với mặt cầu 2 2 2( ) : 4S x y z   . Tìm tọa độ điểm .M Lời giải Phương trình tham số 1 2 : 4 4 x t d y t z t           Phương trình mặt phẳng qua B vuông góc với 1d :      2 1 4 2 0 4 9 0x y z x y z           Tọa độ H là giao điểm của mặt phẳng trên với 1d :   3 1 32 4 4 4 9 0 ; ;2 2 2 2 t t t t H                 Từ đó ta tìm được phương trình 2 : 1 2 x t y t z         Ta có:    2 ;1 ;2 ; 1;2M M t t NM t t             ; 1;2 , 4;4;2 2;2;0 NM t t NM ON ON               Ta có    222 , 1 , 2 3 1 4 9 2 NM ON t d O d R NM t t tNM                      - Với  1 1;0;2t M   . - Với  2 4;3;2t M  . Câu VII.b Giải phương trình: 2 1 1 3 3( l3) oglog ( )2 2 1 1 x x x     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 22 3 2 1 3 1 2 log ( 2 1) 1 3 log (2 2 2 1) 1 3 log ( 3) log (2 2 2 1 1) 1 3 log ( 2 1 1) 1 3 2log ( 2 1 1 1 2 ) 1 x x x x x x x x x x x x x                                 Đặt  2 1 , 0 2 xt t  . Ta có:  33 2 log 2 1 1t t   Đặt tiếp  3log 2 1 3 2 1yy t t     . Như vậy ta có hệ phương trình: 3 2 1 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 1 t t y t y y y y t t y t              Xét hàm số ( ) 3 2 '( ) 3 ln 3 2 0t tf t t f t      . Do đó:    f t f y t y   Ta có phương trình 3 2 1t t  . Xét hàm số tiếp, ta thấy phương trình này có nhiều nhất 2 nghiệm Mà (0) (1) 0 0, 1f f t t     là 2 của nghiệm phương trình trên. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 1 5, 2 2 x x  .