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

Chia sẻ: Phan Tour Ris | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

71
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo đề thi "Hướng dẫn giải đề thi thử đại học số 14 môn: Toán" dưới đây để có thêm tài liệu củng cố lại kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài thi. Hy vọng nội dung đề thi sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 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 x3 Câu I Cho hàm số y  (H ) x2 2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y  2 x  m luôn cắt đồ thị ( H ) tại hai điểm phân biệt A và B . Gọi d1 , d 2 các tiếp tuyến với ( H ) tại A và B . Tìm m để I  2;1 cách đều d1 , d 2 . Lời giải Điều kiện: x  2 Phương trình hoành độ giao điểm của ( H ) và d là: x3  2 x  m  2 x 2   m  5  x  2m  3  0 x2 Số giao điểm chính là số nghiệm của phương trình trên. 2 Phương trình này có    m  3  40  0 ; f  2   5  0 Do đó phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt  x 3  x2  3  Ta có A  x1; 1  , B  x2 ;  ,  x1  x2   x1  2   x2  2  Phương trình tiếp tuyến tại A và B là: 5 x 3 2  d1 : y   x  x1   1  x1  2  x1  2 5 x2  3 d2 : y   2  x  x2    x2  2  x2  2 Do I  2;1 cách đều d1 , d 2 . nên 5 x1  3 5 x2  3 1 2  2  x1   1 2  2  x2    x1  2  x1  2  x2  2  x2  2 d  I , d1   d  I , d 2    25 25 1 4 1 4  x1  2   x2  2  5 x 3 5 x 3 1 1 1  1 1  2 x1  2 x1  2 x2  2 x2  2 x1  2 x2  2     25 25 25 25 1 4 1 4 1 4 1 4  x1  2   x2  2   x1  2   x2  2  4 4 4 4   x2  2   25   x1  2   25   x2  2   25  x1  2   25  4 2 4 2 2 2  x2  2   x1  2   x1  2   x2  2   x2  2   x1  2  4 2 2 4 2 2   x2  2   x1  2   25  x1  2    x1  2   x2  2   25  x2  2  2 2 2 2   x1  2   x2  2   25  x1  2    x2  2    0     x1  2  2  x2  2 2  25  0   x1  2  2   x2  2  2  0  2 2 2m  3 - Với  x1  2   x2  2   25  0  x1 x2  2 x1  2 x2  4  5   m  5  4  5 (vô nghiệm) 2 2 2 m  5 - Với  x1  2    x2  2   0  x1  x2  4   4  m  3 2 Vậy giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m  3 .
Câu II 1. Giải phương trình:  cos x  sin x  2sin 2 x  1  4cos 2 x  3.  cos x  sin x  2sin 2 x  1  2 Lời giải Cách 1:  cos x  sin x  2sin 2 x  1  4cos 2 x  3  cos x  sin x  2sin 2 x  1  2 3   cos x  sin x  3  2sin 2 x  2   4cos 2 x  3  cos x  sin x  2sin 2 x  2  1  2 3 2  3  cos x  sin x   2  cos x  sin x  cos x  sin x   4cos 2 x  2  2 3  cos x  sin x  cos x  sin x   3  cos x  sin x   2 3  3  cos x  sin x   2  cos x  sin x  cos 2 x  4 cos 2 x  2 3  cos x  sin x  cos 2 x  3  cos x  sin x   2 3  3  cos x  sin x   3  cos x  sin x   2 3  2 3  cos x  sin x  cos 2 x  2  cos x  sin x  cos 2 x  4 cos 2 x  3  3  cos x  sin x    cos x  sin x   2   2 cos 2 x  3  cos x  sin x    cos x  sin x   2         2 cos 2 x  3  3  cos x  sin x    cos x  sin x   2  0  3  cos 2 x  2   3 1   cos x  sin x    cos x  sin x   1  2 2 3   - Với cos 2 x   2 x    k 2  x    k 2 6 12 3 1 3  1  2 - Với  cos x  sin x    cos x  sin x   1  sin  x    cos  x    2 2 2  4 2  4 2        x     k 2  x    k 2    2 4 6 4 6  sin  x        4 6 2  x      3  k 2  x    k 2  4 6 4  3    Vậy phương trình có nghiệm x    k 2 , x   k 2 , x    k . 6 3 12 Cách 2: Điều kiện:  cos x  sin x  2 sin 2 x  1  2  0  a 2  b2 a  cos x  sin x sin 2 x  Đặt:  (| a, b  2 |) , suy ra:  2  b  cos x  sin x  cos 2 x  ab  a 2  b 2  2  Đồng thời ta cũng có: a 2  b 2  2 , từ đó ta thu được hệ phương trình:  a(a 2  b 2  1)  4ab  b(a 2  b 2  1)  2  3  Phương trình dưới tương đương với: (a  3b)(a 2  b 2  1)  4ab  (a 2  b 2 ) 3  0  (a  3b)(a 2  b 2  1)  (a  3b)( 3a  b)  0  (a  3b)(a 2  b 2  1  3a  b)  0 - Với a  3b , suy ra:      cos x  sin x  3(cos x  sin x )  sin  x    sin   x   x   k  3 6  12 - Với
a 2  b 2  1  3a  b  0  2a 2  2 3a  2  2b 2  2b  2a 2  2 3a  a 2  b 2  2b 2  2b  3a  b  2  ( 3a  1) 2  (b  1)2    3a  b Với: 3a  b suy ra:      3(cos x  sin x)  (cos x  sin x)  0  sin  x    sin   x   x    k  3 6  12     Với: 3a  b  2 , ta thay vào và suy ra: sin  x    cos  x    1  6  6     Mà ta lại có: sin 2  x    cos2  x    1  6  6     Nên suy ra: sin  x    0 hoặc: cos  x    0  6  6  x  y  x  2  2 2. Giải hệ phương trình:  2 2 2  x, y     x  y  xy  x  y   xy  y  2 2  x  y  1 Lời giải Cách 1: x  2  Điều kiện:  x  y  0  x 2  y 2  xy x  y  0    Hệ phương trình tương đương với:  x  y  x  2  2  2 2 2  x  y  xy  x  y   xy  y  2 2  x  y  1   x  y 3   x  y  2  x  2   2 x  2 y    2 x 2  2 y 2  2 xy  x  y   2 xy  2 y 2  4  x  y  1 3 2   x  y  2 x 2  2 y 2  2 xy  x  y    x  y   x  2  2 xy  2 y 2  4  2 x  2 y   x2  y 2 x 2  xy   x  y  2    2  0   x  y   x  2   2 xy  2 y 2  3 2   x  y  2 x 2  2 y 2  2 xy  x  y   x y20  2  x2  2 x 84 2  y  64 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x  8  4 2, y  6  4 2 . Cách 2: PT (2)  2 PT (1)  x 2  y 2  xy ( x  y )  2( x  y )  xy  y 2  2 x  4  2 2( x  y  2) ( x  y  2)( x  y  xy ) ( x  y  2)( y  2)    2 2( x  y  2) x 2  y 2  xy ( x  y ) xy  y 2  2 x  4  x y2 0 (I ) x  y  xy y2 Hoặc  2 2 ( II ) 2 2 x  y  xy ( x  y )  2 x  2 y xy  y 2  2 x  4 Giải ( I ) : (khá đơn giản)  x  8  4 2; y  6  4 2 Xét ( II ) .Ta có từ đề bài dễ có x; y không âm. x  y và x  y  1
Khi đó ta có: Nếu x  y  xy  0 thì ta có: y2 y2 x2 x2 VT (2)     1 2 2 xy  y 2  2 x  4 2x  4 2x  4 2 Nếu x  y  xy  0 thì ta có: x y x2 xy x2 VT (2)      11  2 2 2x  2 y 2x  4 2 2 Tóm lại ta luôn có (2) vô lý Vậy hệ chỉ có nghiệm: x  8  4 2; y  6  4 2 . e x 2  2 ln 2 x  ln x  4  Câu III: Tính tích phân I   dx 1 ln x  1 Lời giải Cách 1: Ta có: e x  2 ln x  ln x  4  2 2 2 2 e x  2ln x  5ln x  3   6ln x  7   I  dx     dx 1 1 ln x  1 ln x  1 2 2 e x  ln x  1 2ln x  3  e x  6 ln x  7   dx   dx 1 1 ln x  1 ln x  1 2 e x  ln x  1 2ln x  3  - Tính I1   dx 1 ln x  1  x  2 ln x  3 Đặt t  x ln x  1  dt   ln x  1   dx  dx  2 x ln x  1  2 ln x  1  x  1 t  1 Đổi cận    x  e t  e 2 e 2 e 2 2 2 Khi đó I1  2  1 t dt  t 3 2 3 1  3 2e3 2  1  e x 2  6ln x  7  - Tính I 2   dx 1 ln x  1 2 2 e 6 x  ln x  1  x e x3  I2   dx  2  3 x 2 ln x  1   dx 1 1 ln x  1  2 x ln x  1  e e  2 1  x  ' 3 ln x  1  x 3    ln x  1 ' dx  2  x 3 ln x  1 ' dx 1  e  2 x3 ln x  1  2e3 2  2 1 2 2 Vậy I  I1  I 2  3    2e 3 2  1  2 e 3 2  2  2  e 3 2 3    Cách 2: 2 et 2 Đặt t  ln x  1  t  ln x  1  x  e dx 2 2  x  1 t  1  2t.dt   dx  .t.et .dt . Đổi cận:  x e x  e  t  2 2 2 2 2  2 4 3t 2 2 2    2t  5t 2  1 .e3t .dt    5t  1 .e3t dt  4 2 I   2t .e .dt  e3 1 e3  1 1 
 t3 2 du  t .dt 2 4 3t 2  u Đặt A   2t .e .dt . Đặt  3  3t 2 1 dv  6t.e .dt  v  e 3 t 2  2 2 2 t 3 3t 2 2 3t 2 2 2 6 1 3 2 3t 2  A  .e  1 t .e .dt  3 .e  3 .e   t .e .dt 3 1 1 2 2 2 6 1 3 2 2 3t 2 2 3t 2  I 3  .e  .e   6t .e .dt  1 e .dt . e  3 3 1   ut du  dt 2 2 3t 2 Đặt B   6t .e .dt . Đặt  3t 2  3t 2 1 dv  6t.e .dt  v  e 2 2 2 2 2 2  B  t.e3t  3t 6 3  e .dt  2.e  e  3t  e .dt . 1 1 1 2 2 2 6 1 3  2 2 3 4 I 3  .e  .e  2.e 6  e3    .e  . e  3 3  3 3 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 600 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng BN , B ' C theo a. Lời giải B' H' M' A' D' N' K B C H M E A I N D - Tính thể tích VABCD. A ' B ' C ' D '  AD  IA '  Vẽ HI  AD,  I  AD   AD   A ' HI     A ' IH  600 .  AD  IH a2 a 5 AN 2 a 2 a 5 Ta có: AM  a   ; AH  .AD  . .a  . 4 2 AM 2 a 5 5 AH a 5 2 a a a 3 HI  .MD  . .   A ' H  HI .tan 600  AM 5 a 5 2 5 5 a3 3  VABCD . A' B 'C ' D '  A ' H .S ABCD  5
- 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 ' EC   CE  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   a 5 a 5 a 5 2a 5 Ta có: HE  HM  ME  AM  AH  HN     2 5 10 5 2 2 2 3a 2  2a 5 a 5  2a 2 H ' E  A ' H   HE  A ' H '        25  5 5  5 A ' H .HE a 3 2a 5 5 a 30 HK .H ' E  A ' H .HE  HK   . .  . H 'E 5 5 2a 2 10 Câu V Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng: ab  bc  ca  3  a 2b  b 2c  c 2 a  3abc (1) Lời giải (1)  ab  bc  ca  3  ab  3  b  c   bc  3  c  a   ca  3  a  b   3abc  ab  bc  ca  3  3  ab  bc  ca    ab 2  bc 2  ca 2   ab 2  bc 2  ca 2  3  2  ab  bc  ca   ab 2  bc 2  ca 2  a  b  c  2  ab  bc  ca   2  Ta có ab2  a  2ab bc 2  b  2bc ca 2  c  2ca Cộng vế theo vế   2  đúng  1 đúng  đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra  a  b  c  1 . Câu VI.a 2 2 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn (C ) :  x  3   y  4   4 và hai điểm B  4;1 , C  8;3 . Tìm tọa độ điểm A nằm trên đường tròn (C ) sao cho tam giác ABC vuông tại A. Lời giải Gọi A(a; b)  AB(4  a;1  b)  AC (8  a;3  b) Tam giác ABC vuông A, nên AB  AC , nên (a  4)(a  8)  (b  1)(b  3)  0 (1) Do A  (C ) , nên (a  3)2  (b  4)2  4 (2) 3a  7 Trừ (1) cho (2) ta được 3a  2b  7  b  , thay vào (2) 2 Ta tìm được a  5, b  4  A  5; 4  49 28  49 28  a ,b   A ;  . 13 13  13 13 
 1 1 2. Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm A   ; 0;  vuông  2 2 2 2 2 góc với mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  1  0 và tiếp xúc với mặt cầu ( S ) :  x  1   y  1   z  2   1. Lời giải Gọi ( ) : ax  by  cz  d  0 1 1 A  ( )   a  c  d  0  2d  a  c 2 2 ( P)  ( )  2a  2b  c  0  2b  2a  c Phương trình mặt phẳng ( ) có dạng: 2ax   2a  c  y  2cz  a  c  0 Do ( ) tiếp xúc với mặt cầu tâm I 1;1; 2  bán kính R  1 nên 2 a    2 a  c   4c  a  c d  I , ( )   1  1 2 4 a 2    2 a  c   4c 2 a  c  a  4c  8a  4ac  5c  7a  4ac  11c  0   2 2 2 2  a   11 c  7 - Với a  c , ta chọn c  1 thì a  1 . Ta có: ( ) : 2 x  y  2 z  0 . 11 - Với a   c , ta chọn c  7 thì a  11 . Ta có: ( ) : 22 x  29 y  14 z  18  0 . 7 Câu VII.a Tìm số phức z sao cho | z  (3  4)i | 5 và biểu thức P | z  2 |2  | z  i |2 đạt giá trị lớn nhất. Lời giải Gọi z  a  bi là số phức cần tìm. 2 2 Ta có: | z  (3  4)i | 5   a  3   b  4   5 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 2 2 P | z  2 |2  | z  i |2   a  2   b 2  a 2   b  1  4a  2b  3  4  a  3  2  b  4   23  4  a  3  2  b  4   23 2 2  20  a  3   b  4    23  33   4  a  3  2  b  4   0  a 3  a  3  2 a  5 Giá trị P lớn nhất bằng 43 khi:  b4    2 b  4  1 b  5 2 2  a  3    b  4   5  Vậy số phức z cần tìm là z  5  5i . Câu VI.b 1. Trong mặt phẳng Oxy , viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A  5; 4  , B 1; 6  và tiếp xúc với đường thẳng d : x  3 y  3  0. Lời giải Gọi I (a, b) . Từ giả thuyết ta có:  (5  a) 2  (4  b) 2  (1  a) 2  (6  b) 2  2   a  3b  3  2 2     (5  a)  (4  b)   10  b  2a  1   a  2; b  3 Giải hệ trên, ta có:  a  10    a  2  a  10; b  19 
2 2 - Với a  2; b  3 ta tìm được (C ) :  x  2    y  3  10 2 2 - Với a  10; b  19 ta tìm được (C ) :  x  10    y  19   250 . 2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng () đi B  2;1; 2  , đồng thời cắt và vuông góc với x2 y z4 đường thẳng d1 :   . Đường thẳng d 2 cắt () tại M , đi qua N  2; 2; 0  và tiếp xúc với 1 1 4 mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  4 . Tìm tọa độ điểm M . Lời giải  x  2  t  Phương trình tham số d1 :  y  t  z  4  4t  Phương trình mặt phẳng qua B vuông góc với d1 :  x  2    y  1  4  z  2   0  x  y  4 z  9  0 Tọa độ H là giao điểm của mặt phẳng trên với d1 : 3  1 3  2  t  t  4  4t  4   9  0  t   H   ; ;2 2  2 2  x  2  t  Từ đó ta tìm được phương trình  :  y  1  t z  2   Ta có: M    M  2  t ;1  t ;2   NM   t ; t  1;2   NM   t ; t  1; 2         NM , ON    4; 4; 2  ON   2; 2;0      NM , ON   t  1   2 Ta có d  O, d 2   R    2  NM  3  t 2   t  1  4  9   NM t  2 - Với t  1  M 1; 0; 2  . - Với t  2  M  4;3; 2  . 2 x 1 Câu VII.b Giải phương trình: ( 3)  log 1 2  log 3 ( x  2 x  1)  1 3 Lời giải 1 Điều kiện: x  2 Phương trình tương đương với 2 x 1 ( 3)  log 1 2  log 3 ( x  2 x  1)  1 3 2 x 1 2 3  log 3 (2 x  2 2 x  1)  1 2 x 1 2 3  log 3 (2 x  1  2 2 x  1  1)  1 2 x 1 3 2  log 3 ( 2 x  1  1) 2  1 2 x 1 2 3  2log 3 ( 2 x  1  1)  1 2x 1 Đặt t  ,  t  0  . Ta có: 3t  2 log 3  2t  1  1 2 Đặt tiếp y  log 3  2t  1  3 y  2t  1 . Như vậy ta có hệ phương trình:
t 3  2 y  1  y  3t  2 y  3 y  2t  3t  2t  3 y  2 y 3  2t  1 Xét hàm số f (t )  3t  2t  f '(t )  3t ln 3  2  0 . Do đó: f  t   f  y   t  y Ta có phương trình 3t  2t  1 . Xét hàm số tiếp, ta thấy phương trình này có nhiều nhất 2 nghiệm Mà f (0)  f (1)  0  t  0, t  1 là 2 của nghiệm phương trình trên. 1 5 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  , x  . 2 2