Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABD.. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A0;7, tâm đường tròn nội tiếp là điểm I0;
Trang 1Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 26/50 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 = x4− m2x2+ 3 (1) , với m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2
2 Tìm m để hàm số (1) có cực tiểu, cực đại lần lượt là y1, y2thoả mãn y1+ y2= 2
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình cos2x + cos x − 4 = sin x cos x − 4sin x
b) Tìm số phức z thoả mãn (z −1)(z + 2) = −1+ 3i
Câu 3 (0,5 điểm). Giải hệ phương trình log2(x2− y2)= 3
log3(x + y −1) + 2log9(x − y +1) = 2
⎧
⎨
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2x 8x +1 + x2+ 8 ≥ 6x x + 3
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = (3x5+ ln x)dx
1
2
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tam giác ABD đều cạnh a, AA' = a Hình chiếu
vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và A’C’
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A(0;7), tâm đường tròn nội tiếp là điểm I(0;1) Gọi E là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC Tìm toạ độ các đỉnh
B,C biết AH = 7HE và B có hoành độ âm
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x + y − 2z +1 = 0 và
hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,B và vuông góc với (P) Viết phương trình đường thẳng d cắt tia Ox , vuông góc với đường thẳng AB, song song với mặt phẳng (P)
và cách (P) một khoảng bằng 3
Câu 9 (0,5 điểm) Có 3 lô sản phẩm A,B,C chuẩn bị nhập vào kho Mỗi lô có 100 sản phẩm gồm sản phẩm loại I và sản phẩm loại II Số sản phẩm loại I trong mỗi lô A,B,C lần lượt là 50,60,70 Người phụ trách nhập kho lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô A,B,C ra một sản phẩm để kiểm tra, nếu có ít nhất 2 trong 3 sản phẩm lấy ra để kiểm tra là sản phẩm loại I thì 3 lô hàng A,B,C được nhập kho Tính xác suất để 3
lô hàng A,B,C được nhập kho
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực thoả mãn a,b,c∈ 1
2;1
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ và a + b + c = 2 Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P= 2(b2+ c2)− a2
a + c ac((a + c)2− b2)+
1
a + b ab((a + b)2− c2)
-HẾT -
Trang 2PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x4− m2x2+ 3 (1) , với m là tham số thực
3 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2
4 Tìm m để hàm số (1) có cực tiểu, cực đại lần lượt là y1, y2thoả mãn y1+ y2= 2
1 Học sinh tự giải
2 Ta có: y' = 4x3− 2m2x; y'= 0 ⇔
x= 0
x2= m2 2
⎡
⎣
⎢
+ Để hàm số có cực đại, cực tiểu khi y’=0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0
Khi đó x CT = ± m2
2 ; x CD = 0 ; ta có y1 = y(± m2
2 )= −m2
4 + 3; y CD = y(0) = 3 Theo giả thiết ta có: y1+ y2= 6 −m2
4 = 2 ⇔ m2= 16 ⇔ m = 4(t / m);m = −4(t / m) Vậy m= 2 là giá trị cần tìm
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình cos2x + cos x − 4 = sin x cos x − 4sin x
b) Tìm số phức z thoả mãn (z −1)(z + 2) = −1+ 3i
a) Phương trình tương đương với:
sin2x − 4sin x + sin x cos x − cos x + 3 = 0 ⇔ sin2
x − sin x − 3sin x + 3+ sin x cos x − cos x = 0
⇔ (sin x −1)(sin x − 3+ cos x) = 0 ⇔ sin x= 1
sin x + cos x = 3(VN)
⎡
⎣
b) Phương trình tương đương với: z2+ z − 2 = −1+ 3i ⇔ z2+ z = 1+ 3i ⇔ z2+ z − (1+ 3i) = 0
Δz = 1+ 4(1+ 3i) = 5 +12i = (3+ 2i)2⇒ z = −1− (3+ 2i)
2 = −2 − i;z = −1+ (3+ 2i)
2 = 1+ i
Câu 3 (0,5 điểm). Giải hệ phương trình log2(x2− y2)= 3
log3(x + y −1) + 2log9(x − y +1) = 2
⎧
⎨
Điều kiện: x + y −1 > 0, x − y +1 > 0, x2− y2> 0
Hệ phương trình tương đương với:
x2− y2= 8 log3(x + y −1) + log3(x − y +1) = 2
⎧
⎨
x2− y2= 8 log3[(x + y −1)(x − y +1)]= 2
⎧
⎨
⎪
⎩⎪
⇔ x2− y2= 8 log3(x2− (y −1)2)= 2
⎧
⎨
⎪
x2− y2= 8
x2− (y −1)2= 9
⎧
⎨
⎪
⎩⎪
⇔ x2= 8 + y2
8+ y2− (y −1)2= 9
⎧
⎨
⎪
x2= 9
y= 1
⎧
⎨
x = −3, y = 1(l)
x = 3, y = 1(t / m)
⎡
⎣
⎢
Kết luận: Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y)= (3;1)
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2x 8x +1 + x2+ 8 ≥ 6x x + 3
Điều kiện: x≥ 0
Trang 3Bất phương trình tương đương với: 2x 8x +1 + x2+ 8 − 6x x − 3 ≥ 0
Xét hàm số f (x) = 2x 8x +1 + x2+ 8 − 6x x − 3 trên 0;+∞[ ), ta có:
f '(x)= 24x+ 2
8x+1+
x
x2+ 8− 9 x; f '(x) = 0 ⇔
24x+ 2
8x+1+
x
x2+ 8 = 9 x
⇔ 2(12x +1) x2+ 8 + x 8x +1 = 9 (x2+ 8)(8x2+ x)
⇔ 2 x2+ 8 (12x +1) −13
3 8x
2+ x
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥+ 8x
2+ x( x −1
3 x
2+ 8) = 0
⇔ 2 x2+ 8 3(12x +1) −13 8x⎡⎣ 2+ x⎤⎦ + 8x2+ x(3 x − x2+ 8) = 0
⇔ 2 x2+ 8(1− x)(56x + 9)
3(12x +1) +13 8x2+ x +
8x2+ x(1− x)(x − 8)
3 x + x2+ 8 = 0
⇔ (1− x).A = 0 ⇔ x= 1
A= 0
⎡
⎣
⎢
Trong đó A= 2 x2+ 8(56x + 9)
3(12x +1) +13 8x2+ x +
8x2+ x(x − 8)
3 x + x2+ 8
+) Nếu x ≥ 8 ⇒ A > 0
+) Nếu 0≤ x < 8 ⇒ 3(12x +1) +13 8x2+ x < 13(3 x + x2+ 8)
Do đó: A>2 x2+ 8(56x + 9) +13(x − 8) 8x2+ x
13(3 x + x2+ 8) > 0.!!
Vậy!ta!chỉ!có! f '(x) = 0 ⇔ x = 1.!
Lập!bảng!biến!thiên!ta!được:! max f (x) = f (1) = 0 !
Do!vậy!bất!phương!trình!tương!đương!với:! f (x) ≥ 0 ⇔ x = 1 !!!
Vậy!tập!nghiệm!của!bất!phương!trình!là! S = 1{ }.!!
Bình luận: Ta có thể chỉ ra f ''(x)= 8
(x2+ 8) x2+ 8+
16(6x+1)
(8x +1) 8x +1−
9
2 x < 0!.!
Từ!đó!suy!ra!phương!trình! f '(x) = 0 có!nghiệm!duy!nhất! x = 1.!
Kết luận: Vậy tập nghiệm của bất phương trình S= 1{ }
Cách 2: Ta đánh giá như sau:
Đặt t = x ≥ 0 , bất phương trình trở thành: 2t2 8t2+1 + t4+ 8 ≥ 6t3+ 3 !!
Sử!dụng!bất!đẳng!thức!AM!–GM!ta!có:!
3.3t 8t
2+1 ≤ t
3(9t
2+ 8t2+1) =17t3+ t
3 !
Từ!đó!suy!ra:!
3 + t4+ 8 ≥ 6t3+ 3 ⇔ 3 t4+ 8 ≥ t3− t + 9.!
+)!Ta!có:!t3− t + 9 = t(t −1)2+ 2t2− 2t + 9 > 0,∀t ≥ 0.!!
Do!đó!bình!phương!hai!vế!ta!được:!
Trang 4! 9(t4+ 8) ≥ (t3− t + 9)2⇔ (t −1)2(t +1)(t3+ t − 9t + 9) ≤ 0 (*).!
Mặt!khác:!
! t3+ t − 9t + 9 = t(t − 2)2+ 5t2−13t + 9 > 0,∀t ≥ 0.!
Do!đó!(*) ⇔ (t −1)2
(t +1) ≤ 0 ⇔ t = 1(do t +1 > 0) ⇔ x = 1.!
Vậy!tập!nghiệm!của!bất!phương!trình!là! S = 1{ }.!!!
!!
!Bài)tập)tương)tự)L)!
Giải!phương!trình! 2 8x2+1 + 1+ 8
x4 = 3 x(2 x + x x) !Đ/s:! x = 1.!
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = (3x5+ ln x)dx
1
2
Ta có:
I = 3 x5dx
1
2
∫ + ln x dx
1
2
2x
6 2
1+ ln x dx
1
2
2 + ln x dx
1
2
∫
=63
2 + (x ln x2
1− dx
1
2
∫ )= 63
2 + 2ln2 − x2
1= 61
2 + 2ln2
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tam giác ABD đều cạnh a, AA' = a Hình chiếu
vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và A’C’
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A(0;7), tâm đường tròn nội tiếp là điểm I(0;1) Gọi E là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC Tìm toạ độ các đỉnh
B,C biết AH = 7HE và B có hoành độ âm
+) Đường thẳng AE đi qua A,I chính là trục Oy
Theo tính chất đường phân giác ta có:
AI
IE = AB
BE ⇒ AI
IE
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
2
= AB2
BE2 = AE2+ BE2
BE2 = AE
BE
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
2 +1 (1) Tam giác AEB và BEH đồng dạng (g.g) nên
AE BE
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
2
= S AEB
S BEH = AE
HE = 8 (2)
Từ (1),(2) suy ra: AI
IE
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
2
= 8 +1 = 9 ⇒ AI
IE = 3 ⇒ IE! "!=1
3AI
! "!
⇒ E(0;−1) +) Ta có: AH! "!! = 7HE! "!! ⇒ H(0;0)
Đường thẳng BC đi qua E và vuông góc với Oy nên có phương trình là y+1 = 0
Gọi B(b;-1) thuộc BC, với b âm Ta có: E là trung điểm BC nên C(-b;-1)
Do H là trực tâm tam giác ABC nên:
BH! "!!.AC! "!!
= 0 ⇔ −b2+ 8 = 0 ⇔ b = −2 2(do b < 0) ⇒ B(−2 2;−1),C(2 2;−1)
Trang 5Kết luận: Vậy B(−2 2;−1),C(2 2;−1)
Bài tập tương tự - Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A(0;−1
2) Gọi
M (−3 5;7) là trung điểm cạnh BC Tìm toạ độ các đỉnh B,C biết B có hoành độ âm và trực tâm tam giác ABC thuộc đường tròn nội tiếp tam giác ABC
HD: Chứng minh AH! "!!
=1
2IM
! "!!
⇒ H(− 3
5;1), I(− 9
5; 4) Đ/s: B(−6 5;1),C(0;13)
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x + y − 2z +1 = 0 và
hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,B và vuông góc với (P) Viết phương trình đường thẳng d cắt tia Ox , vuông góc với đường thẳng AB, song song với mặt phẳng (P)
và cách (P) một khoảng bằng 3
Ta có: AB! "!!
= (2;4;−4),n!"!P = (2;1;−2) ⇒ AB! "!!,n!"!P
⎡⎣ ⎤⎦ = (−4;−4;−6)/ /(2;2;−3)
Mặt phẳng (Q) vuông góc với (P) và qua A,B nên có vtpt là (2;2;-3)
Vì vậy (Q) : 2x + 2y + 3z − 7 = 0
+) Vì d vuông góc với đường thẳng AB, song song với mặt phẳng (P) nên
u!"!d
/ / AB! "!!
,n!"!P
⎡⎣ ⎤⎦ ⇒ u d
!"!
= (2;2;−3) +) Giả sử d cắt tia Ox tại điểm M(m;0;0) với m>0, ta có:
d(d;(P)) = d(M;(P)) = 2m− 7
3 = 3 ⇔ m = 8(t / m)
m = −1(l)
⎡
⎣
Vì vậy d : x− 8
2 = y
2= z
−3
Câu 9 (0,5 điểm) Có 3 lô sản phẩm A,B,C chuẩn bị nhập vào kho Mỗi lô có 100 sản phẩm gồm sản phẩm loại I và sản phẩm loại II Số sản phẩm loại I trong mỗi lô A,B,C lần lượt là 50,60,70 Người phụ trách nhập kho lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô A,B,C ra một sản phẩm để kiểm tra, nếu có ít nhất 2 trong 3 sản phẩm lấy ra để kiểm tra là sản phẩm loại I thì 3 lô hàng A,B,C được nhập kho Tính xác suất để 3
lô hàng A,B,C được nhập kho
Gọi A là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm tra từ lô A là loại I, ta có: P(A) = 0,5;P(A) = 0,5
Gọi B là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm từ lô B là loại I, ta có: P(B) = 0,6;P(B) = 0,4
Gọi C là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm tra từ lô C là loại I, ta có: P(C) = 0,7;P(C) = 0,3
Gọi X là biến cố lấy ra ngẫu nhiên mỗi lô một sản phẩm và được ít nhất 2 sản phẩm loại I
Ta có: X = A.B.C + A.B.C + A.B.C + AB.C
Ta có:
P(X) = P(A.B.C + A.B.C + A.B.C + AB.C)
= P(A.B.C) + P(A.B.C) + P(A.B.C) + P(AB.C)
= P(A).P(B).P(C) + P(A).P(B).P(C) + P(A).P(B).P(C) + P(A).P(B).P(C)
= 0,5.0,6.0,7 + 0,5.0,6.0,7 + 0,5.0,4.0,7 + 0,5.0,6.0,3 = 0,65
Bài tập tương tự -
Có ba lô hàng, người ta lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô hàng ra một sản phẩm Biết rằng tỷ lệ sản phẩm tốt trong từng lô hàng là 0,5;0,6;0,7 Tính xác suất để trong 3 sản phẩm lấy ra kiểm tra có ít nhất một sản
phẩm tốt Đ/s: P(A)= 0,94
Trang 6Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực thoả mãn a,b,c∈ 1
2;1
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ và a + b + c = 2 Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P= 2(b2+ c2)− a2
a + c ac((a + c)2− b2)+
1
a + b ab((a + b)2− c2)
Sử dụng giả thiết và bất đẳng thức AM –GM ta có: 2ac
(a + c)2 ≤1
2;
2ab (a + b)2 ≤1
2.!
Do!đó:
1
a + c ac((a + c)2− b2)= a + c − b.
2ac (a + c)2 ≤ a + c − b
1
a + b ab((a + b)2− c2)= a + b − c.
2ab (a + b)2 ≤ a + b − c
2
Suy ra: P≤ 2(b2+ c2)− a2
2 + a + c − b
2
Để đơn giản ta đặt x=b + c − a
2 , y=a + c − b
2 , z= a + b − c
2 ⇒ x + y + z = 1 (x, y,z ≥ 0)
Và ta có:2(b
2+ c2
)− a2
4 = x + (y − z)2
4 Khi đó: P = x + (y − z)2
4 + y + z
Sử dụng bất đẳng thức Cachy –Schwartz ta có:
P ≤ x + ( y−z)2
4 + 2.
y + z
2 ≤ (1+ 2)(x +
(y−z)2
( y + z)2
= 3(x + (y−z)2+ 2( y + z)2
y + z
(y−z)2+ 4 yz
= 3(x + y + z
2 +
( y + z)2( y − z)2+ 4 yz
≤ 3(x + y + z
2 +
2(y + z)( y − z)2+ 4 yz
4
≤ 3(x + y + z
2 +
2( y − z)2+ 4 yz
4 = 3(x + y + z) = 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z = 13⇔ a = b = c =
2
3
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 Dấu bằng đạt tại a = b = c = 2
3
Cách 2: Tương tự cách trên ta đánh giá được:
P≤ 2(b2+ c2)− a2
2 + a + b − c
2 + a + c − b
2
Đặt!t = a + b − c
2 + a + c − b
2 ⇒ t2= a + (a + b − c)(a + c − b) = a + a2− (b − c)2.!Và!
Trang 72(b2+ c2)− a2
4 =(b + c)
2− a2− (b − c)2
4 =(b + c + a2− (b − c)2)(b + c − a2− (b − c)2)
4
≤(a + b + c)(b + c − a2− (b − c)2)
4 =b + c − a2− (b − c)2
2
=2− a − a2− (b − c)2
2
Do đó: P≤ 1−t2
2 + t = 1− t2
2 + 2 t
2 ≤ (1+ 2)(1−t2
2 + t2)= 3.!!!
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 Dấu bằng đạt tại a = b = c = 2
3