Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi tự luyện số 03 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - 1 + ∞ - ∞ 1 - - y y' x - ∞ 1 + ∞ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 ðIỂM) Câu I. ( 2,0 ñiểm) Cho hàm số 1 x y x = − (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với ñồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm ñối xứng của ñồ thị (C) ñến tiếp tuyến là lớn nhất. Giải: 1. Tập xác ñịnh: D = R\{1} Chiều biến thiên lim ( ) lim ( ) 1 x x f x f x →+∞ →−∞ = = nên y = 1 là tiệm cận ngang của ñồ thị hàm số 1 1 lim ( ) , lim x x f x + − → → = +∞ = −∞ nên x = 1 là tiệm cận ñứng của ñồ thị hàm số y’ = 2 1 0 ( 1)x − < − Bảng biến thiên Hàm số nghịch biến trên ( ;1) −∞ và (1; ) +∞ Hàm số không có cực trị ðồ thị.(tự vẽ) Giao ñiểm của ñồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ ñồ thị Nhận xét : ðồ thị nhận giao ñiểm của 2 ñường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm ñối xứng 2 . Giả sử M(x 0 ; y 0 ) thuộc (C) mà tiếp tuyến với ñồ thị tại ñó có khoảng cách từ tâm ñối xứng ñến tiếp tuyến là lớn nhất. Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng (d) : 0 0 2 0 0 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x = − − + − − 2 0 2 2 0 0 1 0 ( 1) ( 1) x x y x x ⇔ − − + = − − Ta có d(I ;d) = 0 4 0 2 1 1 1 ( 1) x x − + + Xét hàm số f(t) = 4 2 ( 0) 1 t t t > + ta có HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 03 MÔN: TOÁN Giáo viên: TRẦN PHƯƠNG Thời gian làm bài: 180 phút Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi tự luyện số 03 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - - + f(t) f'(t) x 2 0 1 0 + ∞ f’(t) = 2 4 4 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 1 t t t t t − + + + + f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên : Từ bảng biến thiên ta có d(I ; d) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 0 0 0 2 1 1 0 x x x =  − = ⇔  =  + Với x 0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x 0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x + 4 Câu II. ( 2,0 ñiểm) 1.Tìm nghiệm của phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 biết x ∈ [ 0 ; π ]. Giải: Phương trình ñã cho tương ñương với 2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x 2 cosx = 0 4 os3xcosx = 2 3 os 2sinxcosx 2cos3x = 3 osx + sinx c c x c  ⇔ + ⇔   + osx = 0 x = 2 c k π π ⇔ + + 3x = x- 2 6 2 os3x = 3 osx + sinx cos3x = cos(x- ) 6 3 2 6 k c c x x k π π π π π  +  ⇔ ⇔   = − +   12 24 2 x k k x π π π π  = − +  ⇔   = +   vì x [ ] 11 13 0; , , , 2 12 24 24 x x x x π π π π π ∈ ⇒ = = = = 2. Giải hệ phương trình 3 2 3 2 2 3 5.6 4.2 0 ( 2 )( 2 ) x y x x y x y y y x y x − −  − + =   − = + − +   Giải : ðiều kiện: , 0 x y x y ≥   ≥  Hệ phương trình 3 2 3 2 3 2 3 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( ) x y x x y x y x x y x y y y x y x x y y x y x x y y − − − −   − + = − + =   ⇔ ⇔   − − = − + − = − + − +     3 2 3 2 3 2 3 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 2 0 (2 )[( 2 )( ) 1] 0 x y x x y x y x x y y x y x y x x y y − − − −  − + =  − + =  ⇔ ⇔   − = − + − + + =    (do 2 )( ) 1 0 y x x y y + − + + ≠ ) Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi tự luyện số 03 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - 3 2 3 2 2 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1) 2 2 (2) x y x x y x x x y x y x − −   − + = − + = ⇔ ⇔   = =   Giải (1): 2 2 2 3 1 2 3 3 3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0 2 2 3 4 2 x x x x x x x    =       − + = ⇔ − + = ⇔     =       3 2 0 log 4 x x =   ⇔ =   Với x = 0 thay vào (2) ta ñược y = 0 Với 3 2 log 4 x = thay vào (2) ta ñược y = 3 2 1 log 4 2 Kết hợp với ñiều kiện ta ñược nghiệm của phương trình là 3 2 log 4 x = ,y = 3 2 1 log 4 2 Câu III. (1,0 ñiểm) Tính tích phân 3 1 4 2 0 ( ) 1 x x x e dx x + + ∫ Giải : ðặt I = 3 1 4 2 0 ( ) 1 x x x e dx x + + ∫ . Ta có I = 3 1 1 4 2 0 0 1 x x x e dx dx x + + ∫ ∫ Ta tính 3 1 2 1 0 x I x e dx = ∫ ðặt t = x 3 ta có 1 1 1 0 0 1 1 1 1 3 3 3 3 t t I e dt e e = = = − ∫ Ta tính 1 4 2 0 1 x I dx x = + ∫ ðặt t = 4 x 4 3 4 x t dx t dt ⇒ = ⇒ = Khi ñó 1 1 4 2 2 2 2 0 0 1 2 4 4 ( 1 ) 4( ) 1 1 3 4 t I dx t dt t t π = = − + = − + + + ∫ ∫ Vậy I = I 1 + I 2 1 3 3 e π = + − . Câu IV. (1,0 ñiểm) ) Cho hình chóp tam giác ñều S.ABC có ñộ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp với mặt phẳng ñáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC. Giải: Gọi O là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung ñiểm của BC,  AMS α = . Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I ∈ SO; N là hình chiếu của I trên SM, MI là phân giác của  AMS α = . Ta có SO = OM tanα = 3 6 a tanα ( với a là ñộ dài của cạnh ñáy) Ta có SO 2 + OM 2 = SB 2 – BM 2 2 2 2 2 tan 1 12 12 4 a a a α ⇔ + = − 2 2 3 4 tan a α ⇒ = + r = OI = OM.tan 2 α = 2 tan 2 4 tan α α + . Vậy V = ( ) 3 3 2 4 tan 2 3 4 tan α π α + Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi tự luyện số 03 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - Câu V. (1,0 ñiểm) ) Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn ñiều kiện : xy + yz + zx ≥ 2xyz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Giải : Ta có 1 1 1 2 2 xy yz xz xyz x y z + + ≥ ⇔ + + ≥ nên 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz − − − − ≥ − + − = + ≥ Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (2) x z x z y x z x z xz − − − − ≥ − + − = + ≥ 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (3) x y x y y x y x y xy − − − − ≥ − + − = + ≥ Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta ñược 1 ( 1)( 1)( 1) 8 x y z − − − ≤ vậy A max = 1 3 8 2 x y z ⇔ = = = PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a. ( 2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho ñường tròn (C) có phương trình: 2 2 4 3 4 0 x y x + + − = . Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình ñường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A. Giải: 1. A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’ Phương trình ñường thẳng IA : 2 3 2 2 x t y t  =   = +   , ' I IA ∈ => I’( 2 3 ;2 2 t t + ), (C’): ( ) ( ) 2 2 3 3 4 x y − + − = 2. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho hai ñiểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và ñường thẳng d có phương trình 2 3 2 (t R) 4 2 x t y t z t = +   = − ∈   = +  . Tìm trên d những ñiểm M sao cho tổng khoảng cách từ M ñến A và B là nhỏ nhất. Giải: 2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t) d ∈ , AB//d. Gọi A’ ñối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB ≥ A’B (MA+ MB) min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4) Câu VII.a. ( 1,0 ñiểm) Giải phương trình trong tập số phức: 2 0 z z + = Giải: Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi tự luyện số 03 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 - z = x + iy ( , x y R ∈ ), z 2 + 2 2 2 2 0 2 0 z x y x y xyi = ⇔ − + + + = 2 2 2 2 2 0 0 xy x y x y =   ⇔  − + + =   ( ; ) x y ⇔ = (0;0); (0;1) ; (0;-1). Vậy: z = 0, z = i, z = - i B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b. ( 2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, ñường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và ñường chéo AC ñi qua ñiểm M(2;1). Tìm toạ ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật. Giải: 1. (7;3) BD AB B ∩ = , phương trình ñường thẳng BC: 2x + y – 17 = 0 (2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7 A AB A a a C BC C c c a c ∈ ⇒ + ∈ ⇒ − ≠ ≠ , I = 2 1 2 17 ; 2 2 a c a c+ + − +       là trung ñiểm của AC, BD. I 3 18 0 3 18 (6 35;3 18) BD c a a c A c c ∈ ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ − − M, A, C thẳng hàng  , MA MC   cùng phương ⇒ c 2 – 13c +42 =0  7 6 c c =   =  + Với c = 7 (loại) + Với c = 6 ⇒ A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 2. Trong không gian với hệ toạ ñộ vuông góc Oxyz, cho hai ñường thẳng: 2 1 0 3 3 0 ( ) ; ( ') 1 0 2 1 0 x y x y z x y z x y + + = + − + =   ∆ ∆   − + − = − + =   .Chứng minh rằng hai ñường thẳng ( ∆ ) và ( ' ∆ ) cắt nhau. Viết phương trình chính tắc của cặp ñường thẳng phân giác của các góc tạo bởi ( ∆ ) và ( ' ∆ ). Giải: Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, ( ∆ ) ∩ ( ' ∆ ) = A 1 3 ;0; 2 2   −     (0; 1;0) ( ) M − ∈ ∆ , Lấy N ( ') ∈ ∆ , sao cho: AM = AN => N AMN ∆ cân tại A, lấy I là trung ñiểm MN => ñường phân giác của các góc tạo bởi ( ∆ ) và ( ' ∆ ) chính là ñg thẳng AI ðáp số: 1 2 1 3 1 3 2 2 2 2 ( ) : ;( ) : 1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 x z x z y y d d + − + − = = = = − − − − + + + − − − Câu VII.b. ( 1,0 ñiểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 3 3 log 3 log log log 12 log log x y y x x x y y + = +   + = +  . Giải: ðiều kiện: 0 0 x y >   >  Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề thi tự luyện số 03 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 6 - Hệ phương trình ⇔ 2 2 2 3 3 3 log 3 log log 3 . 2 . log 12 log log 12 . 3 . x y x y x y y x y x x x y y x y  + = + =   ⇔   + = + =    2 3 . 2 . x y y x y x =  ⇔  =  4 3 4 3 log 2 2log 2 x y =   ⇔  =   (thỏa mãn ñiều kiện) Giáo viên: Trần Phương Nguồn: Hocmai.vn . I ∈ SO; N là hình chiếu của I trên SM, MI là phân giác của  AMS α = . Ta có SO = OM tanα = 3 6 a tanα ( với a là ñộ dài của cạnh ñáy) Ta có SO 2 . Xét hàm số f(t) = 4 2 ( 0) 1 t t t > + ta có HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 03 MÔN: TOÁN Giáo viên: TRẦN PHƯƠNG Thời gian làm bài: 180 phút