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

1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 15 CỦA BOXMATH.VN Môn: Toán Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 3 2( 1) (3 1) 3( 1) 1y x m x m x m x        ( )mC 2. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để ( )mC có ba cực trị với hoành độ ba điểm cực trị là 1 2 3, ,x x x thỏa mãn 3 3 3 1 2 3 1 1 1 127 . 27x x x    Lời giải Ta có          3 2 2' 4 3 1 2 3 1 3 1 1 4 3 1 3 3y 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 33 1 48 1 0 3 9 8 2 4 3 1 3 3 0 9 8 2 3 38 0 m mm m mm m m                          Khi đó ( )mC có 3 cực trị là 3 1x  và 1 2,x x là 2 nghiệm của phương trình  24 3 1 3 3 0x m x m     Theo định lý Viét ta có: 1 2 1 2 3 1 3 3; 4 4 m mx x x x    . Ta có 3 3 3 3 3 1 2 3 1 2 1 1 1 127 1 1 100 27 27x x x x x              3 1 2 1 2 1 2 3 3 1 2 3 3 3 2 2 3 100 27 3 1 3 3 3 13. . 1004 4 4 273 3 4 73 435 363 65 0 5 73 70 13 0 5 35 2 69 73 35 2 69 73 x x x x x x x x m m m m m m m m m m m m m                                           So với điều kiện ta nhận được 5m   . Vậy 5m   thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình:   3 2cos 4cos 1 3 sin cos cos 2 x x x x x     . Lời giải Điều kiện: sin cos 0 sin 2 0 , 2 kx x x x k Z      Khi đó phương trình tương đương với 2   3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos 4cos 1 3 sin cos 2 3 sin cos 0 cos cos 3 sin 2cos 2 cos 2 3 sin 2 0 cos cos cos 1 cos 2 0 3 3 cos cos cos 0 2 6 6 3cos cos 2 6 2 6 x x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x                                                                   2 24cos 0 6 3 3 5cos cos 0 cos cos 2 6 2 6 2 6 2 6 cos 0 cos 0 6 6 3 5 22 2 2 6 2 6 3 3 5 2 2 6 2 6 6 2 x x x x x x x x x k x k x x k x k                                                                                               2 2 , 32 2 3 x k k Zx k x k                  Vậy phương trình có nghiệm 2 2 , 3 x k k Z    . Câu II (2 điểm) 2. Giải phương trình: 3 3 2162 2 27 9 1 1x x x     . Lời giải Đặt 3 3 3 3162 2 162 2y x y x     Ta cũng có: 2 2 2 22 27 9 6 12 162 54y y x x y y x x       Cộng lại ta được: 3 2 3 26 12 8 162 162 54 6y y y x x x                3 3 33 2 32 6 27 27 9 1 2 6 3 1 2 6 3 1y x x x y x y x              Thay ngược lại ta có:        3 3 3 36 3 1 6 3 1 2 9 3 1 6 6 3 1 2 9x x x x x x                   3 333 3 3 3 3 3 3 33 3 4 9 1236 2 6 363 36 36 2 6 9 93 36 9 3 3 12 9 x x x            . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 3 36 . 9 x   Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 3 2 2 2 4 0 sin cos 2sin cos 1 sin x x x xI dx x x      . Lời giải Đặt 2 2 sin cos 1 sin 1 sin u x du dx x xdxdv v x x         Do đó 2 42 24 2 200 2sin 61 sin 1 sin 8cos 1 sin xI x x x dx H x x                3 Với 2 24 2 20 2sin1 sin cos 1 sin xH x dx x x             2 2 2 2 4 4 22 2 20 0 2 24 0 42 0 c 1 sin cos sin 1 sin tan .sin .cos( ) cos 1 sin 1 sin 1 sin (tan ) tan . 1 sin 6tan 1 sin os 2 x x x x x x xdx dx xx x x xd x x d x x x                       Vậy 6 6 8 2 I   . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A ( / / )AD BC , 2AB BC a  , 3AD a . 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 Kẻ / / ( )BI 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  Ta có 5 5 2 8 8 KN ON IM BC EF EN KC BC BC       2 4 5 5 8 25 IBCS a aEF CH EN EF BI       8( , ) ( , ( )) ( , ( )) ( , ( )) 5 2 ad SB CD d CD SBI d F SBI d N SBI    4 Suy ra 5( , ( )) 16 ad N SBI H N  . Áp dụng 2 2 2 1 1 1 SN EN H N    5 236 aSN  3 . 1 25. . 3 3 236S ABCD ABCD aV SN S   . - Tính khoảng cách Trong ( )SNF kẻ NP vuông SF tại P ,thì ( , ( ))d N SCD NP Vì N là trung điểm MC nên ( , ( ) 2 ( , ( )) 2d M SCD d N SCD NP  Áp dụng 2 2 2 1 1 1 SN NF NP   15 8 41 aNP  Vậy 15( , ( ) 4 41 ad M SCD  . Câu V (1 điểm) Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 1.a b c   Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 29 . a b c a b c abc        Lời giải Cách 1: Đặt 1 1 1, ,x y z a b c    . Khi đó ta có 1 1 1 1 x y z    tương đương xy yz zx xyz   và ta cần chứng minh 2 2 22( ) 9 2 2( ).x y z x y z xyz x y z xy yz zx            Bây giờ giả sử thằng z là bé nhất trong ba số , , .x y z Và chú ý rằng 2 2 2 22( ) 2( ) 2( )( ),x y z xy yz zx x y x z y z          và                  2 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 z x y x y x z y z xyz                              Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh được viết dưới dạng 2.( ) .( )( ) 0.M x y N x z y z     Trong đó 22 , 2 .x yM N xy xyz      Vì z bé nhất nên ta chỉ cần chứng minh , 0.M N Thật vậy, ta có    1 1 1 2 1 3•1 9 2 2 16 0. 1 1 1 1•1 1 12 0. xy x y z xy xy xy xyM xy xy z x y z z xyz xy z x yxyz x y xyz xy yz zx x yN xyz xyz xyz                                   Bài toán được chứng minh xong 5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3x y z   hay 1 . 3 a b c   Cách 2: Từ điều kiện ta có: 0 , , 1a b c  Ta sẽ chứng minh 2 2 2 1 1 2 ( )a b a b ab ab     Thật vậy bất đẳng thức trên tương đương với 2( ) (1 ) 0a b ab   (đúng theo điều kiện) Tương tự ta cũng có: 2 2 2 2 2 2 1 1 2 ( ) 1 1 2 ( ) b c b c bc bc c a c a ca ca         Cộng 3 bất đẳng thức trên ta được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2( ) ( )( ) 9 2 2 2 1 1 1 29 c a b a b c b c a a b c ab bc ca abc a b c a b c ab bc ca abc a b c abc abc a b c a b c 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    2 2( ) : 1 5 25C x y    có tâm I . Tìm điểm M thuộc đường thẳng 4y  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 5R  Gọi tọa độ điểm M là ( ;4)M m . Gọi A có tọa độ: 1 1( ; )A x y , ta có 2 2 1 1( 1) ( 5) 25A C x y      . Phương trình đường thẳng MA là 1 1( 1)( 1 ) ( 5)( 5) 25x x y y      Do M MA nên ta có: 1 1 1 1( 1)( 1) ( 5) 25 ( 1) 19 0 (1) m x y m x y m           Hoàn toàn tương tự, gọi 2 2( ; )B x y thì ta có: 2 2( 1) 19 0 (2)m x y m     Từ (1) và (2) ta có phương trình đường thẳng AB là ( 1) 19 0m x y m     Khoảng cách từ I đến AB bằng 25 842 2 2 30| ( 1).1 5 19 | 25 ( 1) 841 30 28842( 1) 1 mm m m m mm                 (do 0m  ) Vậy điểm M cần tìm có tọa độ (30;4)M . 2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng :d x y z  và hai điểm (0;0;3), (0;3;3)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      6 Ta có  ; ;C d C t t t        22 2 2 2 22 2 3 3 3 6 9 3 3 3 12 18 AB AC t t t t t BC t t t t t                        2 22 22 23 3 6 9 3 12 18 3 3 1 2 2 2AB BC CA t t t t t t                     Xét 2 vectơ      1; 2 , 2 ; 2 1;2 2u t v t u v           Ta có          2 2 22 2 21 2 2 2 1 2 2 3u v u v t t                Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi     32 1 2 2 0 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: 4 33 9 9 0.z z iz    Lời giải Phương trình tương đương với           24 3 2 2 2 2 2 2 2 3 3 9 0 3 3 3 3 0 3 3 3 0 3 3 3 0 z i z iz z i z i z z i z i z z i z i z z i                       - Với    22 2 23 3 63 .2 1 1 2 2 2 z i z i z i z i          - Với 2 3 3 0z z i   , ta có      2 3 3 2 9 12 3 2 3 2 2 i i i i z              Vậy phương trình có 4 nghiệm phức:     3 3 26 1 , 2 2 i z i z       Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông ABCD cố định, biết    0;1 , 2;2A I ( 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  ; , 0C a a a  . Đường thẳng d giả sử có phương trình đoạn chắn là:  1, ( ;0), (0; ), 0, 0x y M m N n m n m n     Điểm C thuộc 1 1 11a ad m n m n a       Độ dài 2 22 2 2 2 2 2 2 21 1 1( ) ( ) 8 2 2 2 a m n aMN m n m n m n a a m n                    Dấu bằng xảy ra m n  hay MN nhỏ nhất khi và chỉ khi d vuông góc với AC . 7 Dễ dàng tính được (4;3), (2;1)C AI   suy ra : 2 11 0.d x y   2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng : 1 2 3d x y z     và điểm (2;5;4)A . 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 ( ) : 0P ax by cz d    Đường thẳng d đi qua  1;2;3M có vectơ chỉ phương  1;1;1du   Do ( )d P nên  0. 0 2 3 0 2( ) P d c a ba b cn u a b c d d a bM P                        ( ) : 2 0P ax by a b z a b       Ta có      22 2 2 5 4 2 , ( ) 2 2 a b a b a b d A P a b a b                 22 2 2 22 2 02 2 2 0 ab b a b a b a a b b aa b a b                  - Với 0a  , chọn 1 1 ( ) : 1 0 1 c b P y z d          - Với b a  , chọn 1 1 0 ( ) : 1 0 1 b a c P x y d             Vậy ( ) : 1 0P x y   hoặc ( ) : 1 0P y z   . Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình trên tập số thực: 2 2 22 3 1 5 23 16.4 5 .x x x x x x x        Lời giải Điều kiện: 1 0x   hoặc 1 1 6x   . Phương trình tương đương:    2 222 1 4 4 2 113 16.4 5 (1) x x x xx x x         - Với 2 22 1 0 1x x x x x       , thì     2 2 2 2 1 4 1 4 2 1 3 16.4 25 5 25 x x x x x x x                 phương trình (1) vô nghiệm - Với 2 22 1 0 1x x x x x       , thì     2 2 2 2 1 4 1 4 2 1 3 16.4 25 5 25 x x x x x x x                 phương trình (1) vô nghiệm - Với 2 2 1 0 1 2x x x      thì phương trình (1) thỏa mãn Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: 1 2, 1 2.x x   