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 2
y 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;1
I cách đều
1 2
,
d d
.
Lời giải
Điều kiện:
2
x
Phương trình hoành độ giao điểm của
( )
H
và
d
là:
2
3
2 2 5 2 3 0
2
xx m x m x m
x
Số giao điểm chính là số nghiệm của phương trình trên.
Phương trình này có
2
3 40 0
m
;
2 5 0
f
Do đó phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt
Ta có 1 2
1 2
1 2
3 3
; , ;
2 2
x x
A x B x
x x
,
1 2
x x
Phương trình tiếp tuyến tại
A
và
B
là:
1
1 1
2
1
1
2
2 2
2
2
2
3
5
:
2
2
3
5
:
2
2
x
d y x x x
x
x
d y x x x
x
Do
2;1
I cách đều
1 2
,
d d
. nên
1 2
1 2
2 2
1 2
1 2
1 2
4 4
1 2
3 3
5 5
1 2 1 2
2 2
2 2
, , 25 25
1 1
2 2
x x
x x
x x
x 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 1
1 1
2 2 2 2 2 2
25 25 25 25
1 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 2
1 2 1 2 1 2
2 3
2 2 25 0 2 2 4 5 5 4 5
2
m
x x x x x x m
(vô nghiệm)
- Với
2 2
1 2 1 2
5
2 2 0 4 4 3
2
m
x x x x m
Vậy giá trị
m
thỏa mãn yêu cầu bài toán là
3
m
.
Câu II
1. Giải phương trình:
cos sin 2sin 2 1 4cos2
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 cos2
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
4cos2 2 3 cos sin cos 2 3 cos sin 2 3
3 cos sin 3 cos sin 2 3 2 3 cos sin cos2 2 cos sin cos2 4
cos 2
3 3 cos sin cos sin 2 2cos 2 3 cos sin cos sin 2
2cos2 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
3
cos2 2
3 1
cos sin cos sin 1
2 2
x
x x x x
- Với 3
cos2 2 2
2 6 12
x x k x k
- Với
3 1 3 1 2
cos sin cos sin 1 sin cos
2 2 2 4 2 4 2
x x x x x x
2 2
24 6 4 6
sin 3
4 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 0
x 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 b
x
x ab
Đồng thời ta cũng có: 2 2
2
a 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 ) 0
a b a b ab a b a b a b a b a b
2 2
( 3 )( 1 3 ) 0
a b a b a b
- Với
3
a 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 2
1 3 0 2 2 3 2 2 2 2 2 3 2 2
a 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: 3
a b
suy ra:
3(cos sin ) (cos sin ) 0 sin sin
3 6 12
x x x x x x x k
Với:
3 2
a b
, ta thay vào và suy ra:
sin cos 1
6 6
x x
Mà ta lại có: 2 2
sin 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 2
2 2 2
2 2 2
3 2
2 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 xy
x 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 2
x 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 2
x y
Xét
( )
II
.Ta có từ đề bài dễ có
;
x y
không âm.
x y
và
1
x y
Khi đó ta có:
Nếu
0
x y xy
thì ta có:
2
2 2 2 2
(2) 1 2 2
2
2 4 2 4
2 4
y y x x
VT x x
xy y x
Nếu
0
x y xy
thì ta có:
2 2
(2) 1 1 2 2
2 2
2 2 2 4
x y x x y x
VT x y x
Tóm lại ta luôn có
(2)
vô lý
Vậy hệ chỉ có nghiệm:
8 4 2; 6 4 2
x y .
Câu III: Tính tích phân
2 2
1
2ln ln 4
ln 1
ex x x
I dx
x
Lời giải
Cách 1:
Ta có:
2 2 2 2
2
1 1
2
1 1
2ln ln 4 2ln 5ln 3 6ln 7
ln 1 ln 1
ln 1 2ln 3 6ln 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
ex x x
I dx
x
Đặt 2ln 3
ln 1 ln 1
2 ln 1 2 ln 1
x x
t x x dt x dx dx
x x x
Đổi cận
1
1
2
t
x
x e
t e
Khi đó
2
2 3 3
1
1
1
22 2
2 2 2 1
3 3
ee
I t dt t e
- Tính
2
21
6ln 7
ln 1
ex 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 x
I dx x x dx
x x x
x x x x dx x x dx
x x e
Vậy
3 3
1 2
3
2 2
2 2 1 2 2 2 2 2
3 3
e eI I eI
Cách 2:
Đặt
2
2
ln 1 ln 1
t
e
t x t x x
e
2
2
2 . . . .
t
dx
t 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 2
2 5 1 . . 2 . . 5 1 .
t t t
I t t e dt t e dt t e dt
e e
Đặt 2
2
4 3
1
2 . .
t
A t e dt
. Đặt 2
2
32
3
3
.
3
6 . .
t
t
t
du t dt
u
v e
dv t e dt
2 2 2
22 2
33 2 3 6 3 2 3
1 1
1
2 2 1
. . . . . . .
3 3 3
t t t
t
A 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 t
I e e t e dt e dt
e
.
Đặt 2
2
2 3
1
6 . .
t
B t e dt
. Đặt
2 2
3 3
6 . .
t t
u t du dt
dv t e dt v e
2 2 2
2 2
2
3 3 6 3 3
11 1
. . 2. .
t t t
B 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
0
60
. Tính thể tích khối lăng trụ
đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng
, '
BN B C
theo
.
a
Lời giải
A
BC
DN
M
H
A'
B'
D'
I
E
K
N'
M'
H'
- Tính thể tích
. ' ' ' '
ABCD A B C D
V
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 5
5
a a AN a a
AM a AH AD a
AM a
.
0
3
. ' ' ' '
5 2 3
. . . ' .tan 60
5 2 5 5
5
3
' .
5
ABCD A B C D ABCD
AH a a a a
HI MD A H HI
AM a
a
V A H S
