Tổng hợp 5 đề và đáp án ôn thi quốc gia 2015 - Phan Nhật Nam

DANAMATH www.toanhocdanang.com www.facebook.com/ToanHocPhoThongDaNang Tổng Hợp 5 Đề và đáp án GV:Phan Nhật Nam ÔN THI QUỐC GIA 2015 ĐỀ SỐ 1 Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số 21 1 x y x + = + có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó cách đều hai điểm A(2; 4) và B(-4; - 2). Câu 2(1,0 điểm): 1. Giải phương trình sau: 2cos6 2cos4 3cos2 sin 2 3x x xx+− =+ 2. Giải phương trình : 3 33 3log 2 log log 23 .2 12 xx xx x+=+ Câu 3 (1,0điểm). 1. Tính tích phân: 4 2 0 sin 5sinx.cos x + 2cosx x I dx π = ∫ 2. Cho hình phẳng (H) được giới hạn bởi đồ thị của các hàm số sin3 , 0 , 0y xy x= = = và 6 x π = . Tính thể tích khối tròn xoay sinh bởi (H) khi quay quanh trục Ox. Câu 4 (1,0 điểm). 1. Tìm tập hợp các điểm biểu diển của số phức z thỏa mãn đẳng thức sau : 21 1z i iz i− + = +− . trong các số phức thỏa điều kiện trên , hãy tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. 2. Chọn ngẫu nhiên hai số hạng trong khai triển nhị thức Newton ( ) 100 6 35− . Tính xác suất để hai số được chọn có một số là số hữu tỷ và một số là số vô tỷ. Câu 5(1,0 điểm).Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB vuông góc tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB bằng 2 57 19 a ; góc tạo bới SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 30 0 . Tính thể tích của khối chóp SABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD. Câu 6(1,0điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M(0; 2; 0) và hai đường thẳng 1 121 : 2 21 xyz d −−+ = = − và 2 31 : 2 21 xyz d −+ = = − . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song vớitrục Ox, sao cho (P) cắt hai đường thẳng d 1 , d 2 lần lượt tại A, B thỏa mãn AB = 1. Câu 7(1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có góc  0 60BAD = . Trên cạnh AB, BC lấy các điểm M, N sao cho MB + NB = AB. Biết ( ) 3;1P thuộc đường thẳng DN và đường phân giác trong của góc  MDN có phương trình 3 60xy− += . Tìm tọa độ đỉnh D của hình thoi đã cho. Câu 8(1,0 điểm).Giải hệ phương trình: 22 2 1 32 2 3 6 2 2 3 10 2 2 1 4 6 4 2 x x x y xy x y x y x y xy +  +− = ++    − − + + = −+ + − +  Câu 9 (1,0 điểm).Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện : ( ) 2 2 22 2 x y xy+= . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 22 1 11 1 xy P yx xy =++ ++ ++ Hết GIẢI ĐỀ SỐ 1 Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số 21 1 x y x + = + có đồ thị (C). 2.Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó cách đều hai điểm A(2; 4) và B(-4; - 2). Phương pháp chung : Viết phương trình tiếp tuyến với (C): ()y fx= thỏa mãn tính chất P. • Gọi M(x o ; 0 ()fx ) , 0 f xD∀∈ là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm ⇒ hệ số góc của tiếp tuyến là 0 '( )k fx= • Phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng : 00 0 : '()( ) ()dy f x x x fx= −+ {tới đây ta chỉ cần tìm 0 x } • Phân Tích tính chất P. o Nếu tính chất P liên quan đến hệ số góc {song song đường thẳng cho trước hoặc vuông góc đường thẳng cho trước hoặc tạo với đường thẳng cho trước một góc cụ thể hoặc tạo với hệ trục Oxy thành tam giác có tính chất về tỷ số …} Thì ta sử dụng các công thức ở trên để tìm hệ số góc tiếp tuyến sau đó giải phương trình 0 '( )k fx= để tìm 0 x o Nếu tính chất P là tiếp tuyến kẻ từ hoặc đi qua ( ) 11 ;Ax y thì ta có ( ) 1 010 0 '() ()A d y f x x x fx∈⇔ = − + {với 11 ,xy cho trước} từ đó suy ra 0 x o Nếu tính chất P liên quan đến khoảng cách , góc, diện tích, … thì ta sử dụng công thức tương ứng để lập phương trình theo biến 0 x sau đó giải phương trình để tìm 0 x Các chú ý về hệ số góc của đường thẳng : d: y = ax + b ⇒ hệ số góc của d là a = tan (d,chiều dươngOx) ĐB :d : x = a ⇒ d không có hệ số góc Cho d 1 : y = a 1 x + b 1 và d 2 : y = a 2 x + b 2 khi đó ta có • { } 1 2 12 12 //dd aa bb⇔= ≠ • 1 2 12 .1d d aa⊥⇔ =− • ( ) 12 12 12 tan , 1 aa dd aa − = + • d 1 tạo với trục Ox một góc α ⇒ α tan 1 ±=a Nếu { } { } d Ox A d Oy B ∩=    ∩=   Thì d OB K OA = { d K là hệ số góc của đường thẳng d} Cụ thể : Nếu .0 AB xy< thì d OB K OA = Nếu .0 AB xy> thì d OB K OA = − Bài giải : Gọi 0 0 0 21 ; 1 x Mx x  +  +  (với 0 1x ≠− ) là tiếp điểm của tiếp tuyến d cần tìm 22 0 0 0 00 2 00 21 1 : ( ) : ( 1) 2 2 1 0 ( 1) 1 x dy x x dx x y x x xx + = −+ ⇔ −+ + + += ++ d cách đều hai điểm A, B ( ) 22 2 2 0 00 0 00 44 00 2 ( 1) 4 2 2 1 4 ( 1) ( 2) 2 2 1 , (,) 1 ( 1) 1 ( 1) x xx x xx d Ad dBd xx −+ + + + −−+−+ + + = = = ++ ++ 2 00 0 0 22 00 00 2 0 00 2 0 0, 2 2614 61 1 0 1, 1 ( ) xx x x xx xx x xx l  + =⇔= =− ⇔− − −= + −⇔  −= ⇔ = =−   0 0: 1x dy x=⇒=+ 0 2: 5x dy x=−⇒ = + 0 15 1: 44 x dy x=⇒=+ Vậy có ba tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán: :1dy x= + , :5dy x= + và 15 : 44 dy x= + Câu 2(1,0 điểm): 1. Giải phương trình sau: 2cos6 2cos4 3cos2 sin 2 3x x xx+− =+ Dấu hiệu cần nhớ : Nếu phương trình lượng giác có chứa 3 thì thông thường ta sẽ xét hai trường hợp: • TH1: Nếu phương trình có chứa bật cao và dạng tích thì ta sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng và công thức hạ bật để quy về dạng phương trình bật một theo sin, cos. • TH2: Nếu phương trình không có bật cao và dạng tích thì ta sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích và công thức nhân đôi để biến đổi phương trình về dạng phương trình tích. Nếu phương trình lượng giác có chứa hai số hạng đồng thới thỏa mãn điều kiện: cùng hệ số, cùng hàm(sin hoặc cos), cùng tính chẳn hoặc lẻ của cung thì ta sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích để quy phương trình về dạng phương trình tích Bài giải : ( ) ( ) 2 4cos5 cos 3 2cos 1 2sin cos 3 2cos 2cos5 3cos sin 0pt xx x xx x x x x⇔ − −= + ⇔ − − = cos 0 2 3cos sin 2cos5 (1) x xk xx x π π  =⇔= +  ⇔  +=   31 (1) cos sin cos5 22 xxx⇔ += (chia hai vế cho 2 22 2 31 2ab+ = += ) 52 6 24 2 cos cos sin sin cos5 cos5 cos 66 6 52 6 36 3 xx k x k x x x xx xx k x k π ππ π ππ π π ππ π  =− + ⇔=− +   ⇔ + = ⇔ = −⇔     =−+ + ⇔ = +   Vậy phương trình có ba nghiệm: 2 xk π π = + , 24 2 xk ππ =−+ và 36 3 xk ππ = + với kZ∈ 2. Giải phương trình : 3 33 3log 2 log log 23 .2 12 xx xx x+=+ Dấu hiệu cần nhớ: Nếu phương trình lôga chứa số hạng có dạng: log b x a thì ta đặt log t b t x xb= ⇔= để chuyển phương trình về dạng phương trình mũ cơ bản Bài giải : ĐK: 0x > . Đặt : 3 log 3 t t xx= ⇔= ( ) 3 3 3 33 log 2 3log 2 log 8 log 8 3 338 t t tt x = = = = . ( ) ( ) 23 8 3 .2 12 3 8 18 12 27 ttt tt tt t t pt ⇔+ = + ⇔+ = + 18 12 27 1 888 ttt   ⇔+ = +     32 2 333 3 3 3 10 1 1 0 1 0 1 222 2 2 2 t tt t t t tx          ⇔ − + −= ⇔ − + = ⇔ =⇔= ⇔ =                      Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. Câu 3 (1,0điểm). 1. Tính tích phân: 4 2 0 sin 5sinx.cos x + 2cosx x I dx π = ∫ Dấu hiệu cần nhớ: Nếu tích phân luong giác dạng phân số không căn và tất cả các số hạng cùng loại bậc chẳn hoặc cùng bật lẻ thì ta chia tử và mẫu cho cos n x để quy về dạng : 2 1 (tan ). cos f x dx x ∫ sau đó đặt tantx= hoặc chiatử và mẫu cho sin n x để quy về dạng : 2 1 (cot ). sin f x dx x ∫ sau đó đặt cottx= (với n là bậc cao nhất) Bài giải : 3 44 2 22 00 3 sin tan 1 cos 5sinx.cos x + 2cosx 2tan 5tan 2 cos cos x x x I dx dx xx x x ππ = = ++ ∫∫ Đặt : 2 1 tan cos t x dt dx x = ⇒= Đổi cận: 1 4 00 xt xt π  = ⇒=    =⇒=  11 2 00 1 2(2 1) ( 2) 2 5 2 3 (2 1)( 2) t tt I dt dt tt tt +−+ = = ++ + + ∫∫ 1 0 1 12 1 2 1 1 2 ln 2 ln 2 1 ln3 ln 2 0 3 221 3 6 2 3 dt t t tt  = − = +− + = −  ++  ∫ 2. Cho hình phẳng (H) được giới hạn bởi đồ thị của các hàm số sin3 , 0 , 0y xy x= = = và 6 x π = . Tính thể tích khối tròn xoay sinh bởi (H) khi quay quanh trục Ox. Bài giải : ( ) ( ) 66 2 00 1 sin3 1 cos6 sin 6 ( ) 6 2 2 6 12 0 V x dx x dx x x dvtt ππ π ππ π π  = =−=− =   ∫∫ Câu 4 (1,0 điểm). 1. Tìm tập hợp các điểm biểu diển của số phức z thỏa mãn đẳng thức sau : 21 1z i iz i− + = +− . trong các số phức thỏa điều kiện trên , hãy tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. Bài giải : Gọi z x yi= + với ,xy R∈ , z có điểm biểu diển là M(x ; y). ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 22 1 2 1 1 1 2 1 1 2 10gt x y i y x i x y y x y⇔ + + − =−− + + ⇔ + + − = −− + + ⇔ −= Vậy tập hợp điểm biểu diển của z là đường thẳng có phương trình là 2 10y −= 2 1 11 1 0 2 42 2 z x i z x Min z khi x=+ ⇒ = +≥⇒ = = Số phức có môđun nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài toán là 1 2 zi= 2. Chọn ngẫu nhiên hai số hạng trong khai triển nhị thức Newton ( ) 100 6 35− . Tính xác suất để hai số được chọn có một số là số hữu tỷ và một số là số vô tỷ. Bài giải : Ta có khai triển: ( ) ( ) ( ) 100 100 100 66 100 0 3 5 ( 1) 3 5 kk kk k C − = −=− ∑ Số hạng tổng quát trong khai triển là: 100 6 2 1 100 ( 1) 3 5 k k kk k TC − + = − Vì 3 và 5 là các số nguyên tố nên 1k T + là số hữu tỷ thì 0 100 6 k k ≤≤  ⇒    có 17 số k thỏa điều kiện Vậy trong khai triển ta có 17 số hữu tỷ và 84 số vô tỷ. Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử chọn ngẫu nhiên 2 số hạng trong 101 số hạng của khai triển: ⇒ số phần tử của Ω là 2 101 5050CΩ= = Gọi A là biến cố hai số hạng chọn ra có một số vô tỷ và một số hữu tỷ: • Chọn một số hữu tỷ từ 17 số hữu tỷ trong khai triển ⇒ có 1 17 17C = cách chọn • Chọn một số vô tỷ từ 84 số vô tỷ trong khai triển ⇒ có 1 84 84C = cách chọn Theo quy tắc nhân ta có số phần tử của không gian biến A là 17 84 1428 A Ω= × = Vậy xác suất của biến cố A là 1428 ( ) 5050 A PA Ω = = = Ω Câu 5(1,0 điểm).Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB vuông góc tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB bằng 2 57 19 a ; góc tạo bới SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 30 0 . Tính thể tích của khối chóp SABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD. Bài giải : Gọi H là hình chiếu của S lên AB mặt khác ta có (SAB) và (ABCD) vuông góc nhau theo giao tuyến AB ()SH ABCD⇒⊥ S A D K H Ta có BH là hình chiếu của BS lên mặt phẳng (ABCD) ( ) ( )  ,( ) ,SB ABCD BS BH SBH= = ,  0 30gt SBH⇒= Ta có : ( ) // // ( , ) ( ,( ))AB CD AB SCD d AB SC d H SCD⇒ ⇒= Dựng HM CD⊥ (với M CD∈ ) ( ) CD SHM⇒⊥ ( vì SH CD⊥ ) ⇒ (SCD), (SHM) vuông góc nhau theo giao tuyến SM Dựng HK SM⊥ (với K SM∈ ) ()HK SCD⇒⊥ ⇒ K là hình chiếu của H lên (SCD) (, )d H SCD HK⇒= , 2 57 19 a gt HK⇒= Đặt: cạnh của hình vuông là b khi đó ta có HM = b. Xét ABS∆ ta có:  0 3 cos cos30 2 SB b SBA SB AB = = ⇒= Xét SHB∆ ta có:  0 3 sin sin30 4 SH b SBH SH SB = = ⇒= Xét SHM∆ ta có: 2 2 2 22 2 2 1 1 1 19 1 16 19 2 12 3 3 ba HK HS HM a b b b = + ⇔ = + = ⇔= 3 2 SH a AB a  =  ⇒  =   3 2 1 1 43 33 3 SABCD ABCD a V SH S SH AB= = = (đvtt) Gọi I là tâm của ABCD, khi đó ta có: IB = IC = ID (1) Ta có : BC AB BC SA BC SH ⊥  ⇒⊥  ⊥  mà SA SB⊥ ()SA SBC ⇒⊥ SA SC SAC⇒ ⊥ ⇒∆ vuông tại S (2) IS IC= Từ (1) và (2) ta có I là tâm mật (S) cầu ngoại tiếp SBCD ⇒ bán kính mặt cầu (S) là 1 2 2 R IA AC a= = = Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SBCD là: 22 () 48 S S Ra ππ = = (đvdt) Câu 6(1,0điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm M(0; 2; 0) và hai đường thẳng 1 121 : 2 21 xyz d −−+ = = − và 2 31 : 2 21 xyz d −+ = = − . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song song vớitrục Ox, sao cho (P) cắt hai đường thẳng d 1 , d 2 lần lượt tại A, B thỏa mãn AB = 1. Bài giải : Ta có: 1 12 : 22 1 xt dy t zt = +   = −   =−+  và 2 32 : 12 xm dy m zm = +   =−−   =  ( ) 1 ( ) 1 2;2 2; 1 ( )APd A t t t P= ∩ ⇒ + − −+ ∈ , ( ) 2 () 32;12; ()B P d B m mm P= ∩ ⇒ + −− ∈ ( ) 2 2 2; 2 2 3; 1AB m t m t m t= − + − + − −+  , ( ) 1 2;2; 1AM t t t=−− −+  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 1 1 2 2 2 2 2 3 1 1 9 22 13 0 13 9 mt AB m t m t mt mt mt mt −=−   =⇔ − + +− + − + −+ =⇔ − + − + = ⇔  −=−  Với 1mt−=− 1mt⇒=− ( ) 0; 1; 0AB ⇒=−  ( ) , 1; 0; 2 1 p n AM AB t t  = =−+ +     là VTPT của (P). ( ) / /( ) . 0 1 0 1 0; 0; 3 Ox p Ox p p Ox P u n u n t t n⇒ ⊥ ⇔ = ⇔− + = ⇔ = ⇒ =      (với Ox u    là VTCP của Ox) (P) qua M(0; 2; 0) và có VTPT là ( ) 0; 0; 3 p n =   ( ): 0Py⇒= (loại vì (P) chứa Ox) Với 13 9 mt−=− 814 ;; 999 AB  ⇒ =−−−    9 1 12 18 1 , ;; 9 99 p tt n AM AB −+ +   = = −       là VTPT của (P). 1 12 3 / /( ) . 0 9 1 0 0; ; 9 99 Ox p Ox p p Ox P u n u n t t n  ⇒ ⊥ ⇔ = ⇔− + = ⇔ = ⇒ = −        (với Ox u    là VTCP của Ox) (P) qua M(0; 2; 0) và có VTPT là 12 3 0; ; 99 p n  = −     ( ):4 8 0P yz ⇒ −−= . Vậy mặt phẳng cần tìm là: ( ):4 8 0P yz−−= Câu 7(1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có góc  0 60BAD = . Trên cạnh AB, BC lấy các điểm M, N sao cho MB + NB = AB. Biết ( ) 3;1P thuộc đường thẳng DN và đường phân giác trong của góc  MDN có phương trình 3 60xy− += . Tìm tọa độ đỉnh D của hình thoi đã cho. B ( ) 31P : 3 60dx y− += H P’ N M Bài giải : ( ) 3 6;Dd D m m∈⇒ − MB + NB = AB NC MB CDN CDM NB MA NDB MDA = ∆=∆  ⇒⇒  = ∆=∆       0 60 NDC MDB MDN NDB MDB  =  ⇒ ⇒=  =   ( Vì  0 120ADC = ) Gọi P’ là điểm đối xứng với P qua d 'P DM⇒∈ 'DPP⇒∆ là tam giác đều có d là đường phân giác 2(,)DP d P d⇒= ( ) ( ) 2 2 2 2 3 36 1 363 1 2 33 1 13 m mm m −+ =  ⇔ −− + − = ⇔  = +  + Vậy có hai điểm cần tìm ( ) 3 6;1D − và ( ) 3 3;3 3 1D ++ Câu 8(1,0 điểm).Giải hệ phương trình: 22 2 1 3 2 (1) 2 3 6 2 2 3 10 2 2 1 4 6 4 2 (2) x x x y xy x y x y x y xy +  +− = ++    − − + + = −+ + − +  Bình luận: Vì phương trình (2) quá phức tạp và không có dấu hiệu để biến đổi nên ta sẽ tập trung vào (1). Ta sẽ biến đổi pt(1) về dạng tích bằng phương pháp nhân liên hợp,trước tiên ta phải đoán được nhóm chung cần tìm là gì: 22 (1) 2 3 2 2 1x x y xy x⇔ + − = + ++ . Ta sẽ tìm nhóm chung bằng máy tính vớikỹ thuật sau: Xét 1x = ta có: 2 24 2 21 2 0yy y− = + + ⇒= Xét x = 2 ta có: 2 1 2 10 2 2 2 3 2 yy y− = + + ⇒= Nếu nhóm chung bật một ax by c++ thì ta có : 0 21 1 2 20 2 ac ca xy ba a bc +=  = −   ⇔ ⇒− −  = − + +=    là nhóm chung. Đến đây ta sẽ đại lượng cần thêm vào các nhóm phần tử: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 32 21 32 21 1 1x xyAxy A x xy xy x Ax+− − =−−⇔ = +− −−−=+ ⇒=+ Vậy đại lượng cần thêm vào 2 32x xy+− chình là 1x+ Bài giải : ĐK: [...]... học sinh nam và 4 học sinh nữ Tổ hai có 5 học sinh nam và 2 học sinh nữ Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh đi làm nhiệm vụ Tính xác suất để chọn được hai học sinh gồm một nam và một nữ Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp SABC, có cạnh SA vuông góc với đáy và AB = a, AC = 2a,  BAC = 1200 Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 600 Tính thể tích của khối chóp SABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC... x2 + y2 + 2 x1 x2 + 2 y1 y2 = 4 + 25 + 13 = 42 2 Tổ một có 3 học sinh nam và 4 học sinh nữ Tổ hai có 5 học sinh nam và 2 học sinh nữ Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh đi làm nhiệm vụ Tính xác suất để chọn được hai học sinh gồm một nam và một nữ Bài giải: Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh 1 1 Khi đó ta có số phần tử của không gian mẫu là : Ω= C7 × C7= 49 Gọi A... là một học sinh nam và một học sinh nữ Khi đó ta có số phần tử của không gian biến cố A được tính như sau: 1 1 TH1: Chọn 1 học sinh nam từ tổ một và 1 học sinh nữ từ tổ hai ⇒ có C3 × C2 =cách chọn 6 1 1 TH1: Chọn 1 học sinh nữ từ tổ một và 1 học sinh nam từ tổ hai ⇒ có C4 × C5 = cách chọn 20 Theo quy tắc cộng ta có: Ω A = 6 + 20 = 26 Vậy xác suất cần tìm là : P= ( A) Ω A 26 = 49 Ω Câu 5 (1,0 điểm).Cho... hình bình hành ABCD có phương  23 15   2  trình đường chéo AC: 5x + y + 4 = 0 Gọi H  − ;  là trực tâm của tam giác ABC và G  − ; 4   7 7  3  là trọng tâm tam giác ACD Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành A, B, C, D Bài giải: BH đi qua H và vuông góc AC ⇒ BH : x − 5 y + 14 = 0 B ∈ BH ⇒ B ( 5m − 14; m ) A Gọi I là giao điểm của AC và DB ⇒ I ∈ AC ⇒ I (a ; − 5a − 4)    G là trọng tâm... điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxy z, cho hai mặt phẳng (P): 2x + z – 3 = 0 và (Q): x + 2y + 3z – 4 = 0 Viết phương trình mặt phẳng vuông góc với hai mặt phẳng (P) và (Q), 4 đồng thời hợp với các mặt phẳng tọa độ thành khối tứ diện có thể tích bằng 15 Câu 7 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình  23 15  đường chéo AC: 5x + y + 4 = 0...  = ( −2 − 5 + 4 )   ( R) ⊥ (Q) ⇒ ( R) : 2 x + 5 y − 4 y + m = 0 m   m   A = ( R) ∩ Ox ⇒ A  − ; 0; 0  ⇒ OA = 2  2    m m     B = ( R ) ∩ Oy ⇒ B  0; − ; 0  ⇒ OB = 5  5    m m   C = ( R ) ∩ Oz ⇒ B  0; 0;  ⇒ OB = 4  4    VOABC = 4 1 4 3 ⇔ OA.OB.OC = ⇔ m = 43 ⇔ m = 4 ⇔ m = ±4 15 6 15 Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là: ( R) : 2 x + 5 y − 4 y + 4 = và ( R) : 2 x + 5 y − 4 y −... ∈ [ 4 , + ∞ ) 5 5 Do đó f (t ) là hàm liên tục và đơn điệu tăng trên [ 4 , + ∞ ) ⇒ f (t ) ≥ f (4) ≥ ⇒ Min [ f ( x)] =khi t = 4 4 , +∞ ) 3 [ 3 Vậy Min ( P ) = 5 khi x y 2 = = 3 ĐỀ SỐ 2 2x +1 có đồ thị (C) x+2 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên Câu 1(2,0điểm).Cho hàm số y = − 2 Chứng minh rằng đường thẳng d: y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B Tìm m để đoạn... 3 Câu 4 (1,0 điểm) = = 4 1 Cho hai số phức z1 và z2 thỏa mãn điều kiện z1 2, z2 5 và z1 − z2 =Hãy tính mô đun của số phức z z1 + z2 = Bài giải: Gọi z= x1 + y1i và z= x2 + y2i với x1 , x2 , y1 , y2 ∈ R 1 2 Khi đó ta có :  x12 + y12  x12 + y12  x12 + y12  z1 = 2 = 4 = 4 = 4   2 2  2 2   2 2 ⇔  x2 + y2 25 = ⇔  x2 + y2 25 = ⇔  x2 + y2 25 =  z2= 5    2 2 2 2 2 x x + 2 y y = 2 2 13 4  1... 3 7 4 − − − 5m + 14 =  − − a  a = ⇒ I  − ;  2 ⇔ 3  3 ⇔  2 2  4 − m = 4 ( 4 + 5a + 4 ) m = 2 ⇒ B ( −4 ; 2 )   D I  23 15  H − ;   7 7 B C  xB + xD = 2 xI  xD = 2 xI − xB = 1 ⇔ ⇒ D (1; 5 ) I là trung điểm của BD ⇒   yB + yD = 2 yI  yD = 2 yI − yB = 5 Ta có A ∈ AC ⇒ A ( a ; − 5a − 4 ) Lại có I là trung điểm của AC ⇒ C ( −3 − a ;11 + 5a )     7 a − 2 −35a − 62  AB... 1 = , 8 x − 5 = u 2 + 2v 2 − 6 uv (3) ⇔ 3uv + u 2 + 2v 2 − 6 = u + 4v ⇔ u 2 + ( 3v − 1) u + 2v 2 − 4v − 6 = 0 ∆u = ( 3v − 1) 2 − 4 ( 2v 2 − 4v − 6 ) = ( v + 5) 2 − ( 3v − 1) − ( v + 5 )  =2v − 2 (loai vi u ≥ 0, v ≥ 0) − u = 2 (3) ⇔  − ( 3v − 1) + ( v + 5 )  =−v + 3 u =  2 9 − 5 x ≥ 0 ⇔ u + v = 3 ⇔ 2 x − 1 + 3 x + 1 = 3 ⇔ 2 (2 x − 1)(3 x + 1) = 9 − 5 x ⇔  2 ⇔x=1 0  x − 86 x + 85 = Vậy ( x; . DANAMATH www.toanhocdanang.com www.facebook.com/ToanHocPhoThongDaNang Tổng Hợp 5 Đề và đáp án GV :Phan Nhật Nam ÔN THI QUỐC GIA 20 15 ĐỀ SỐ 1 Câu 1(2,0. phức 1 z và 2 z thỏa mãn điều kiện 12 2, 5zz= = và 12 4zz−= . Hãy tính mô đun của số phức 12 zzz= + . 2. Tổ một có 3 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Tổ hai có 5 học sinh nam và 2 học sinh. của không gian biến A là 17 84 1428 A Ω= × = Vậy xác suất của biến cố A là 1428 ( ) 50 50 A PA Ω = = = Ω Câu 5( 1,0 điểm).Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB vuông