Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 1 Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 28/50 Ngày thi : 18/04/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = (x−1)(x 2 − x +1− m) (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 2 . 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho x thoả mãn π 2 < x < 2π và cot(x + π 3 )= − 3 . Tính giá trị của biểu thức M = sin(x + π 6 )+ cosx . b) Cho số phức z = 1− 2i . Tính môđun của số phức w = z − 25 z 2 . Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 1 2 (x 2 + 3x + 2)= −1 . Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình (x 2 + 2x +1). x 2 + x +1≥ x 3 + 4x 2 + 2x −1 . Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = 1+ ln(e x .x) (x +1) 2 dx 1 3 ∫ . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SB = a và tất cả các cạnh còn lại bằng 2a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD (AB //CD) . Gọi H,I lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng AC,CD. Giả sử M,N lần lượt là trung điểm của AD,HI. Viết phương trình đường thẳng AB biết M (1;−2),N (3;4) và đỉnh B nằm trên đường thẳng x + y − 9 = 0 , cos ABM ! = 2 5 . Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1;1;0) và hai mặt phẳng (P): x + y− 5= 0;(Q): y + z + 3= 0 . Viết phương trình đường thẳng Δ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt (P) sao cho AM ⊥ Δ và đường thẳng AM cắt mặt phẳng (Q) tại N thoả mãn A là trung điểm MN. Câu 9 (0,5 điểm). Trong một kỳ thi người ta bố trí 32 thí sinh vào một phòng học gồm 8 bàn học song song với nhau, mỗi bàn học xếp 4 thí sinh. Trong 32 thí sinh này có 16 thí sinh nhóm I và 16 thí sinh nhóm II. Tính xác suất để bất kỳ hai học sinh ngồi cạnh nhau cũng như ngồi đối diện trên và dưới với nhau thuộc 2 nhóm khác nhau. Câu 10 (1,0 điểm). Với x là số thực thoả mãn 0 ≤ x ≤1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 x 3 − x 2 + 2 + 1 x 2 − x 4 + 2 + (x 2 − 2)(x 2 − 2 x )+ 2x + 2 4 . HẾT Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 2 PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = (x−1)(x 2 − x +1− m) (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 2 . 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. 1. Học sinh tự giải. 2. Phương trình hoành độ giao điểm: (x −1)(x 2 − x +1− m) = 0 ⇔ x = 1 x 2 − x +1− m = 0 (2) ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ . Để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1. Δ = 1− 4(1− m)> 0 1 2 −1+1− m ≠ 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⇔ 3 4 < m ≠ 1 . Vậy 3 4 < m ≠ 1 là giá trị cần tìm. Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho x thoả mãn π 2 < x < 2π và cot(x + π 3 )= − 3 . Tính giá trị của biểu thức M = sin(x + π 6 )+ cosx . b) Cho số phức z = 1− 2i . Tính môđun của số phức w = z − 25 z 2 . a) Theo bài ra ta có: cot(x + π 3 )= − 3 ⇔ x = π 2 − kπ . Vì π 2 < x < 2π nên π 2 < π 2 − kπ < 2π ⇔ − 3 2 < k < 0 ⇒ k = −1⇒ x = 3π 2 . Khi đó: M = sin( 3π 2 + π 6 )+ cos 3π 2 − 3 2 . b) Ta có: w = z − 25 z 2 = (1− 2i)− 25 (1− 2i) 2 = (1− 2i)+ 25 3+ 4i = (1− 2i)+ (3− 4i)= 4− 6i . Vậy w = 4 2 + (−6) 2 = 2 13 . Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 1 2 (x 2 + 3x + 2)= −1 . Điều kiện: x 2 + 3x + 2 > 0 ⇔ x >−1 x <−2 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ . Phương trình tương đương với: x 2 + 3x + 2 = ( 1 2 ) −1 = 2 ⇔ x 2 + 3x = 0 ⇔ x = 0(t / m) x = −3(t / m) ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ . Vậy nghiệm phương trình x = 0;x = −3 . Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình (x 2 + 2x +1). x 2 + x +1≥ x 3 + 4x 2 + 2x −1 . Bất phương trình đã cho tương đương với: (x +1) 2 x 2 + x +1≥ x 3 + 4x 2 + 2x −1⇔ (x 2 + x +1+ x) x 2 + x +1≥ (x + 3)(x 2 + x +1)− 2(x + 2) . đặt t = x 2 + x +1 > 0 , bất phương trình trở thành: Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 3 t 3 −(x + 3)t 2 + xt + 2(x + 2)≥ 0 ⇔ (t − x − 2)(t 2 −t −2)≥ 0 ⇔ (t − x − 2)(t +1)(t −2)≥ 0 ⇔ (t − x − 2)(t − 2)≥ 0(do t +1> 0) ⇔ ( x 2 + x +1− x − 2)( x 2 + x +1−2)≥ 0 ⇔ −1≤ x ≤ −1+ 13 2 x ≤− 1+ 13 2 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ . Vậy tập nghiệm S = −∞;− 1+ 13 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ∪ −1; −1+ 13 2 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ . Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = 1+ ln(e x .x) (x +1) 2 dx 1 3 ∫ . +) Ta có: I = 1+ x + ln x (x +1) 2 dx 1 3 ∫ = ( 1 x +1 + ln x (x +1) 2 )dx 1 3 ∫ = dx x +1 dx 1 3 ∫ + ln x (x +1) 2 dx 1 3 ∫ . +) K = dx x +1 dx 1 3 ∫ = ln x +1 3 1 = ln2 . +) M = ln x (x +1) 2 dx 1 3 ∫ = ln xd(− 1 x +1 ) 1 3 ∫ = − 1 x +1 ln x 3 1 + 1 x(x +1) dx 1 3 ∫ = − 1 4 ln3+ ln x x +1 3 1 = 3 4 ln3−ln2 . Vì vậy I = ln2+ 3 4 ln3− ln2 = 3 4 ln3 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SB = a và tất cả các cạnh còn lại bằng 2a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). +) Tứ giác ABCD có tất cả các cạnh bằng 2a, nên là hình thoi. Gọi O là giao điểm AC,BD. Hai tam giác SAC và ABC bằng nhau vì có chung AC, SA = SC = 2a,BA = BC = 2a . Do đó: OB = OD = OS , suy ra SBD là tam giác vuông tại S. Suy ra: BD = SB 2 + SD 2 = a 2 + 4a 2 = a 5 . Tam giác OAB vuông tại O ta có: AC = 2OA = 2 AB 2 −OB 2 = 2 4a 2 − 5a 2 4 = a 11 . +) S ABCD = 1 2 AC.BD = 1 2 a 5.a 11 = a 2 55 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD) thì do SA = SC nên HA = HC . Suy ra H thuộc đường trung trực của AC, tức H thuộc BD. Tam giác SBD vuông ta có: SH = SB.SD BD = 2a 2 a 5 = 2a 5 . Vậy V S.ABCD = 1 3 SH.S ABCD = 1 3 . 2a 5 . a 2 55 2 = a 3 11 3 (đvtt). +) Do AB//(SCD) nên d(A;(SCD)) = d(B;(SCD)) (1). Tam giác vuông SBH ta có: BH = SB 2 − SH 2 = a 2 − 4a 2 5 = a 5 ⇒ d(B;(SCD))= BD BH .d(H;(SCD)) = 5 4 d(H;(SCD)) (2) . +) Kẻ SK vuông góc CD tại K, kẻ SI vuông góc SK tại I thì HI ⊥ (SCD) ⇒ HI = d(H;(SCD)) (3) . Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 4 Ta có HK = d(H;CD) = DH DB .d(B;CD) = 4 5 d(B;CD) = 4 5 . S BCD 2CD = S ABCD 5CD = a 2 55 2 5.2a = a 55 20 . Tam giác vuông SHK có: 1 HI 2 = 1 SH 2 + 1 HK 2 = 5 4a 2 + 80 11a 2 = 375 44a 2 ⇒ HI = 2a 165 75 (4) . Từ (1),(2),(3),(4) ta có: d(A;(SCD)) = a 165 30 . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD (AB //CD) . Gọi H,I lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng AC,CD. Giả sử M,N lần lượt là trung điểm của AD,HI. Viết phương trình đường thẳng AB biết M (1;−2),N (3;4) và đỉnh B nằm trên đường thẳng x + y − 9 = 0 , cos ABM ! = 2 5 . Xét tam giác ABD và HBI có: + ABD ! = HCI ! = HBI ! . + ADB ! = ACB ! = HIB ! . Suy ra tam giác ABD đồng dạng với tam giác HBI (g.g). Ta có BM,BN lần lượt là hai trung tuyến của tam giác ABD, HBI do đó: BM BN = BA BH (1) . Lại có ABM ! = HBN ! ⇒ MBN ! = ABH ! (2) . Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABH đồng dạng với tam giác MBN. Do đó MNB ! = AHB ! = 90 0 , hay MN vuông góc NB. +) Ta có: MN ! "!!! = (2;6) / /(1;3) , đường thẳng BN đi qua N và nhận (1;3) làm vtpt nên có phương trình là : x + 3y −15 = 0 . +) Toạ độ điểm B thoả mãn x + y − 9 = 0 x + 3y − 15 = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⇔ x = 6 y = 3 ⎧ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⇒ B(6;3) . Ta có: MB ! "!! = (5;5) / /(1;1) , gọi (a;b) là véc tơ pháp tuyến của AB, ta có: a + b 2(a 2 + b 2 ) = 2 5 ⇔ 5(a + b) 2 = 8(a 2 + b 2 ) ⇔ 3a 2 −10ab + 3b 2 = 0 ⇔ a = 3b a = b 3 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ . +) TH1: Nếu a = 3b , chọn a = 3,b =1 ⇒ AB : 3x + y −21 = 0 . +) TH2: Nếu b = 3a chọn a = 1,b = 3 ⇒ AB : x + 3y −15 = 0 (loại do trùng với BN). Kết luận: Vậy đường thẳng AB là 3x + y − 21 = 0 . Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1;1;0) và hai mặt phẳng (P): x + y− 5= 0;(Q): y + z + 3= 0 . Viết phương trình đường thẳng Δ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt (P) sao cho AM ⊥ Δ và đường thẳng AM cắt mặt phẳng (Q) tại N thoả mãn A là trung điểm MN. +) Đường thẳng Δ là giao tuyến của (P),(Q) nên có véc tơ chỉ phương u ! = n P "!" ;n Q " !" ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ = (1;−1;1) . +) Điểm E(0;5;-8) thuộc (P) và (Q) nên thuộc Δ . Do đó phương trình Δ : x 1 = y− 5 −1 = z + 8 1 . Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 5 +) Gọi điểm cần tìm M(x;5− x;z)∈ (P) , ta có AM ! "!! = (x −1;4− x;z) . Vì AM vuông góc với Δ nên AM ! "!! .u " = 0 ⇔ (x −1)−(4− x)+ z = 0 ⇔ z = 5− 2x ⇒ M(x;5− x;5− 2x) . Do A là trung điểm MN nên N(2− x;x −3;2x − 3) . Mặt khác N thuộc (Q) nên: x − 3+ 2x − 3= 0 ⇔ x = 2 ⇒ M(2;3;1) . Vậy điểm cần tìm M(2;3;1). Câu 9 (0,5 điểm). Trong một kỳ thi người ta bố trí 32 thí sinh vào một phòng học gồm 8 bàn học song song với nhau, mỗi bàn học xếp 4 thí sinh. Trong 32 thí sinh này có 16 thí sinh nhóm I và 16 thí sinh nhóm II. Tính xác suất để bất kỳ hai học sinh ngồi cạnh nhau cũng như ngồi đối diện trên và dưới với nhau thuộc 2 nhóm khác nhau. Không gian mẫu là số cách xếp 32 thí sinh vào 32 vị trí có Ω = 32! . Gọi A là biến cố bất kỳ hai học sinh ngồi cạnh nhau cũng như ngồi đối diện trên và dưới với nhau thuộc 2 nhóm khác nhau. 1 Nhóm I (2) Nhóm II (3) Nhóm I (4) Nhóm II (5) Nhóm II (6) Nhóm I (7) Nhóm II (8) Nhóm I (9) Nhóm I (10) Nhóm II (11) Nhóm I (12) Nhóm II (13) Nhóm II Nhóm I Nhóm II Nhóm I (17) Nhóm I (18) Nhóm II (19) Nhóm I (20) Nhóm II Nhóm II Nhóm I Nhóm II Nhóm I (25) Nhóm I (26) Nhóm II (27) Nhóm I (28) Nhóm II (29) Nhóm II (30) Nhóm I (31) Nhóm II (32) Nhóm I +) Để tìm số phần tử của A, ta miêu tả cách xếp thoả mãn Đánh số vị trí từ 1 đến 32, xuất phát từ vị trí số 1, vị trí này có thể là thí sinh nhóm I hoặc thí sinh nhóm II nên có 2 cách. Ta có cách xếp thoả mãn như sau: +) Nếu vị trí số 1, xếp thí sinh nhóm I thì ta xếp 16 thí sinh nhóm I vào các vị trí như bảng bên dưới và xếp 16 thí sinh nhóm II vào các vị trí như bảng biên dưới. do vậy có 16!.16! cách xếp. +) Tương tự nếu vị trí số 1, xếp thí sinh nhóm II thì có 16!.16! cách xếp. Vậy có tất cả 2.(16!) 2 cách xếp thoả mãn, vì vậy Ω A = 2.(16!) 2 . Xác suất cần tính P(A) = Ω A Ω = 2.(16!) 2 32! = 1 300540195 ≈ 3,327.10 −9 . Câu 10 (1,0 điểm). Với x là số thực thoả mãn 0 ≤ x ≤1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 x 3 − x 2 + 2 + 1 x 2 − x 4 + 2 + (x 2 − 2)(x 2 − 2 x )+ 2x + 2 4 . +) Ta có: Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 6 (x 2 − 2)(x 2 − 2 x )+ 2x + 2 = x 4 − 2x 2 + 2x + 2+ 2 x (2− x 2 ) ≥ 4+ 4(2 x − x 2 )+ 4x + x 4 − 4x 2 x 2 = (−x 2 + 2 x + 2) 2 2 = 2− x 2 + 2 x 2 . Do đó: P ≥ 1 x 3 − x 2 + 2 + 1 x 2 − x 4 + 2 + 2− x 2 + 2 x 4 2 . +) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz ta có: 1 x 3 − x 2 + 2 + 1 x 2 − x 4 + 2 ≥ 4 x 3 − x 2 + 2 + x 2 − x 4 + 2 ≥ 4 2(x 3 − x 2 + 2+ x 2 − x 4 + 2) = 4 8+ 2x 3 (1− x) . Do đó: P ≥ 4 8+ 2x 3 (1− x) + 2− x 2 + 2 x 4 2 . Mặt khác ta có: −x 2 + 2 x −2x 3 (1− x) = x 2− x x − 2x 2 (1− x) x ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ≥ 0 . Vì vậy: P ≥ 4 8+ 2x 3 (1− x) + 2+ 2x 3 (1− x) 4 2 . Đặt t = 2x 3 (1− x)≥ 0 , suy ra P ≥ 4 8+ t + 2+ t 4 2 ≥ 5 2 2 . Bài tập tương tự - Bài số 01. Với x là số thực thuộc đoạn [0;1]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 x 3 − x 2 + 2 + 1 x 2 − x 4 + 2 + 2− x 2 + 2 x 4 2 . Bài số 02. Cho x,y là hai số thực không âm thoả mãn x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 x 2 + y 3 +1 + 1 x 2 y 2 + 2 + x 2 + 2 y +1 4 2 . . Mathlinks.vn 1 Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 28/ 50 Ngày thi : 18/04/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá. điểm). Cho hàm số y = (x−1)(x 2 − x +1− m) (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 2 . 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục. điểm). Cho hàm số y = (x−1)(x 2 − x +1− m) (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 2 . 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục