ĐỀ + đáp án on thi đại học môn toán 2016

Khoá giải đề đặc biệt Thầy: Đặng Thành Nam Đề 50+1/2015 x − 2x + − m (1) với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho với m = Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành bốn điểm phân biệt, chứng minh tất giao điểm có hoành độ nhỏ Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = Câu (1,0 điểm) 18 ⎛ π ⎞ , ⎜ − < a < ⎟ Tính A = sin a − cos a ⎝ ⎠ 5−i b) Cho số phức z thoả mãn z = Tìm phần thực phần ảo w = 5z 2−i a) Cho tan a + cot a = − Câu (0,5 điểm) Giải phương trình log x + log x = 10 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình x + 1+ 10 + 3 − x = 3 − x − x + 3x + 2x + Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x e x −1 + ln x x dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, tam giác SAB nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD) Gọi M,N trung điểm SA SC Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BM DN Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I(1;2), có ! = 60 , phương trình đường phân giác góc A x + y − = Tìm toạ độ đỉnh A viết góc BAC phương trình đường thẳng BC Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng Δ có phương trình x+2 y z−4 , hai mặt phẳng (P) : x − 2y + 2z − = 0,(Q) : 2x + y − 2z − = Lập phương = = −1 −2 trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc Δ tiếp xúc với hai mặt phẳng (P), (Q) Câu (0,5 điểm) Có ba phong bì giống hệt nhau, phong bì đựng 10 câu hỏi khác đánh số từ đến 10 10 câu hỏi phong bì giống Người ta phát ba phòng bì cho ba học sinh Nga, Sơn Khánh người phong bì yêu cầu bạn bốc thăm phong bì lấy câu hỏi Tính xác suất để ba bạn bốc câu hỏi có nội dung giống đánh số nhỏ 2 Câu 10 (1,0 điểm) Cho biết a,b,c số thực thoả mãn (b+ 3) + (c − 4) = Tìm giá trị nhỏ 2 biểu thức P = (a − b) + (4− a − c) -HẾT - PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2x + − m (1) với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho với m = Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành bốn điểm phân biệt, chứng minh tất giao điểm có hoành độ nhỏ Học sinh tự giải Phương trình hoành độ giao điểm: x − 2x + − m = Đặt t = x ≥ , phương trình trở thành: t − 8t + 4(2 − m) = (*) Để (1) cắt trục Ox bốn điểm phân biệt (*) có hai nghiệm dương phân biệt < t1 < t , ⎧ Δ ' = 16 − 4(2 − m) > ⎪ ⇔ ⎨S = > ⇔ −2 < m < ⎪ P = 4(2 − m) > ⎩ Khi hoành độ bốn giao điểm x1 = − t , x2 = − t1 , x3 = t1 , x4 = t Ta có: x4 = t = + + 4m < 2 < 3,∀m ∈(−2;2) Vậy tất giao điểm có hoành độ nhỏ (đpcm) Câu (1,0 điểm) 18 ⎛ π ⎞ a) Cho tan a + cot a = − , ⎜ − < a < ⎟ Tính A = sin a − cos a ⎝ ⎠ 5−i b) Cho số phức z thoả mãn z = Tìm phần thực phần ảo w = 5z 2−i sin a cos a 18 a) Ta có: tan a + cot a = + = = = ⇒ sin 2a = cos a sin a sin a cos a sin 2a 16 Và, (sin a − cos a)2 = 1− sin 2a = 1+ = 9 ⎧sin a < π Vì − < a < ⇒ ⎨ ⇒ sin a − cos a < ⎩cos a > Do A = − − i (5 − i)(2 + i) 11+ 3i b) Ta có: z = = = ⇒ w = 5z = 11− 3i 2−i 5 Vậy w có phần thực 11, phần ảo -3 Câu (0,5 điểm) Giải phương trình log x + log x = 10 Điều kiện: < x ≠ Phương trình tương đương với: 3log x + = 10 ⇔ 3log 22 x − 10.log x + = log x Đặt t = log x , phương trình trở thành: ⎡t = ⎡ log x = ⎡x = 3t − 10t + = ⇔ ⎢ ⇔ ⎢ 1⇔⎢ ⎢t = ⎢ log x = x = ⎣ ⎣ ⎣ Câu (1,0 điểm) Giải phương trình x + 1+ 10 + 3 − x = 3 − x − x + 3x + 2x + Điều kiện: x + 3x + 2x + ≥ Phương trình tương đương với: − x + 3x + 2x + − x + 10 3 − x = (1+ 3 − x ) + 10 3 + (1+ 3 − x ) (*) 10 Xét hàm số f = t + 10 3 + t ⇒ f ′(t) = 1+ > 0,∀t ∈! 3 (t + 3)2 Vậy hàm số f(t) đồng biến ! Vì phương trình (*) tương đương với: − x + 3x + 2x + + f (−x) = f (1+ 3 − x ) ⇔ f (−x) − f (1+ 3 − x ) − x + 3x + 2x + = (**) Vì x + 3x + 2x + = (x + 1)3 + − x ≥ ⇒ 3 − x ≥ −x − , hay −x ≤ 1+ 3 − x ⇒ f (−x) ≤ f (1+ 3 − x ) Do đó, VT(**) ≤ = VP(**) , dấu phải xảy ra, tương đương với: ⎪⎧ x + 3x + 2x + = ⇔⎨ ⇔ (x + 1)3 = x − 3 ⎪⎩−x = 1+ − x ⇔ (x + 1)3 − (x + 1) + = ⇔ x = −1− Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x e x 2 Ta có: I = ∫ x.e ∫ x.e x −1 +) x + ln x 18 − 321 18 + 321 − 9 dx x −1 ln x dx x dx + ∫ 2 e x −1 e − dx = ∫ d(e x −1 ) = = , 21 2 2 +) −1 ln x 2 ln 2 dx = ln xd(ln x) = ln x = ∫1 x ∫1 2 e3 − 1+ ln 2 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, tam giác SAB nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD) Gọi M,N trung điểm SA SC Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BM DN Vậy I = Gọi H trung điểm AB, ta có: SH ⊥ AB Vì (SAB) vuông góc (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD) a ,SABCD = a 1 a a3 a = Nên VS.ABCD = SH SABCD = (đvtt) 3 +) Trong không gian chọn hệ trục với H(0;0;0), trục Ox trùng với AB, trục Oy qua H song song với AD, trục Oz trùng với SH đó, a a a a a A( ;0;0), B(− ;0;0),C(− ;a;0), D( ;a;0),S(0;0; ) 2 2 a a a a a ), N(− ; ; ) Vì M,N trung điểm SA SC nên M ( ;0; 4 4 Suy ra, !!!!" 3a a !!!" 3a a a !!!!" a a BM = ( ;0; ), DN = (− ;− ; ), MN = (− ; ;0) 4 4 2 ⎛ ⎞ a a 3a 3a ⎟ 2 !!!!" !!!" ⎜ a 3a 3a 4 4 ⎟ =( ⎡⎣ BM , DN ⎤⎦ = ⎜ ; ; ;− ;− ) ⎜ ⎟ 3a a 8 a a a 3a − ⎟ − ⎜ − ⎠ 4 ⎝ Ta có, SH = SA.sin 60 = !!!!" !!!" !!!!" ⎡⎣ BM , DN ⎤⎦ MN = Ta có, d(BM; DN ) = !!!!" !!!" ⎡⎣ BM , DN ⎤⎦ a2 2a = 4 39 3a 27a 9a + + 64 64 64 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I(1;2), có ! = 60 , phương trình đường phân giác góc A x + y − = Tìm toạ độ đỉnh A viết góc BAC phương trình đường thẳng BC Gọi D giao điểm thứ hai phân giác góc A với đường tròn (ABC) Ta có D điểm cung BC ! = 120 , BIC ! = 2BAC ! = 120 ⇒ BDC ! = BIC ! BDC Do BDCI hình thoi, nên ID cắt BC trung điểm M BC Gọi H hình chiếu vuông góc I lên phân giác AD, H trung điểm AD toạ độ điểm H nghiệm hệ: ⎧x + y − = ⇒ H (0;1) ⎨ ⎩x − y + = Gọi G trọng tâm tam ABC, ta có G trọng tâm tam giác AID, !!!" !!" 1 GH = IH = (− ; ) ⇒ G( ; ) 3 3 !!!!" !!!" 1 1 1 Gọi A(a;1-a), ta có: GM = AG = ( − a;a − ) ⇒ M ( − a; + a) 2 3 2 2 Vì M trung điểm ID nên D(-a;a-1) 3 Ta có: IA = ID ⇔ (a − 1)2 + (a + 1)2 = (a + 1)2 + (a − 3)2 ⇔ a = ⇒ A(2;−1), M (− ; ), D(−2;1) 2 !!" Suy ra, ID = (−3;−1) Đường thẳng BC qua M vuông góc ID có phương trình 3x + y + = Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng Δ có phương trình x+2 y z−4 , hai mặt phẳng (P) : x − 2y + 2z − = 0,(Q) : 2x + y − 2z − = Lập phương = = −1 −2 trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc Δ tiếp xúc với hai mặt phẳng (P), (Q) Tâm mặt cầu (S) I , I ∈Δ ⇒ I ( −2 − t ; − 2t ; + 3t ) ( Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P), (Q) ⇔ d I, ( P ) Từ suy ra:  I1 = (11 ; ) = d ( I ; (Q )) ⇔ ⎡t = −13 1 9t + = 10t + 16 ⇔ ⎢ 3 ⎣t = −1 26 ; − 35 )  ;  I ( −1 ; ; 1) ⇒ R1 = 38  ;  R2 = Vậy, có hai mặt cầu cần tìm: (S1): (x - 11)2 + (y - 26)2 + (z + 35)2 = 382, (S2): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = Khoá giải đề đặc biệt Thầy: Đặng Thành Nam Đề 050+2/2015 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x + 3x + m − (1) , với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) với m = Tìm m để hàm số (1) có giá trị cực đại ymax , giá trị cực tiểu ymin thoả mãn ymax ymin = Câu (1,0 điểm) ⎛ π ⎞ a) Cho biết tan a = −2, ⎜ − < a < ⎟ Tính A = cos a(2sin a + 3) ⎝ ⎠ b) Cho số phức z thoả mãn z = − 12i Tìm phần ảo số phức z , biết z có phần thực dương Câu (0,5 điểm) Giải phương trình x+1 + − x+1 − = Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình 5x − 8x + 32 − > −3x + 24x − 3x − 12x + 16 Câu (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay quay quanh trục hoành hình phẳng giới hạn đường y = x + , trục Ox, trục Oy Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, AC = a,SA = SB = SC = AB = a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AB SC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD Gọi M điểm cạnh AB, N điểm tia đối tia AD thoả mãn AD = AM , AN = BM Giả sử H(2;-2) hình chiếu vuông góc A lên A lên DM, E(2;3) trung điểm BN Viết phương trình đường thẳng AD biết đỉnh B có hoành độ dương điểm F(5;7) thuộc đường thẳng BC Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(-1;2;-1) đường thẳng Δ có ⎧ x = 1+ t ⎪ phương trình ⎨ y = (t ∈!) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với đường ⎪z = − t ⎩ thẳng Δ Tìm toạ độ điểm I hình chiếu vuông góc điểm A Δ Câu (0,5 điểm) Gọi M tập hợp tất các số tự nhiên có chữ số dạng ab thoả mãn a > b ≥ Chọn ngẫu nhiên số từ M, tính xác suất để chọn số tự nhiên mà a b − a = b a − b Câu 10 (1,0 điểm) Cho biết a,b số thực thoả mãn a + b > −2,(a + 1)(b + 1) > Tìm giá trị nhỏ 192 biểu thức P = (a + 3)(b + 3) + (b + 3)(a + 3) + a+b+2 -HẾT Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x + 3x + m − (1) , với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) với m = Tìm m để hàm số (1) có giá trị cực đại ymax , giá trị cực tiểu ymin thoả mãn ymax ymin = Học sinh tự giải ⎡x = Ta có: y' = −3x + 6x; y' = ⇔ ⎢ ⎣x = Vì y’ đổi dấu từ âm sang dương qua x = ⇒ ymin = y(0) = m − , ymax = y(2) = m + ⎡ m = −4 Theo đề ta có: (m − 1)(m + 3) = ⇔ m − 2m − = ⇔ ⎢ ⎣m = Câu (1,0 điểm) ⎛ π ⎞ a) Cho biết tan a = −2, ⎜ − < a < ⎟ Tính A = cos a(2sin a + 3) ⎝ ⎠ b) Cho số phức z thoả mãn z = − 12i Tìm phần ảo số phức z , biết z có phần thực dương π 1 a) Ta có: − < a < ⇒ cos a > 0,cos a = = ,sin a = cos a.tan a = − 5 1+ tan a −2 −4 + 15 (2 + 3) = 5 ⎡ z = − 2i b) Ta có: z = − 12i = (3 − 2i)2 ⇒ ⎢ ⎣ z = −3 + 2i Vì vậy, A = Vì z có phần thực dương nên z = − 2i ⇒ z = + 2i , phần ảo z Câu (0,5 điểm) Giải phương trình x+1 + − x+1 − = Phương trình tương đương với: 2.2 x + 2.2 − x − = Đặt t = x > , phương trình trở thành: ⎡2 x = ⎡t = ⎡x = 2t + − = ⇔ 2t − 5t + = ⇔ ⎢ ⇔ ⎢ x ⇔ ⎢ ⎢2 = ⎢t = t ⎣ x = −1 ⎣ ⎣ Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình 5x − 8x + 32 − > −3x + 24x − 3x − 12x + 16 ⎧5x − 8x + 32 ≥ ⎪ Điều kiện xác định: ⎨ 3x − 12x + 16 ≥ ⇔ ≤ x ≤ ⎪−3x + 24x ≥ ⎩ Bất phương trình tương đương với: Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 ( 3x − 12x + 16 − 2) + ( 5x − 8x + 32 − −3x + 24x ) > ⇔ 3x − 12x + 12 3x − 12x + 16 + + 8x − 32x + 32 5x − 8x + 32 + −3x + 24x >0 ⎡ ⎤ ⇔ (x − 2)2 ⎢ + ⎥>0 5x − 8x + 32 + −3x + 24x ⎦ ⎣ 3x − 12x + 16 + ⇔ (x − 2)2 > ⇔ x ≠ Kết hợp với điều kiện suy S = [ 0;8 ] \ {2} Cách 2: Bất phương trình tương đương với: 5x − 8x + 32 + 3x − 12x + 16 > + −3x + 24x Khi vế bất phương trình không âm, bình phương vế đưa bất phương trình tương đương với: 5x − 8x + 32 + 3x − 12x + 16 > + −3x + 24x 11(x − 2)2 + (5x − 8x + 32)(3x − 12x + 16) > −3x + 24x ⇔ 11(x − 2)2 + ⎡ (5x − 8x + 32)(3x − 12x + 16) − −3x + 24x ⎤ > ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ 15x − 24x + 128 ⇔ (x − 2)2 ⎢11+ ⎥>0 2 (5x − 8x + 32)(3x − 12x + 16) + −3x + 24x ⎢⎣ ⎥⎦ 15x − 24x + 128 ⇔ x ≠ 2(do 11+ > 0) (5x − 8x + 32)(3x − 12x + 16) + −3x + 24x Kết hợp với điều kiện suy tập nghiệm S = [ 0;8 ] \ {2} Cách 3: Phân tích: Vì ta thấy x = nghiệm kép phương trình nên sử dụng liên hợp với nghiệm kép sau: Đó ghép thức với ax + b , chẳng hạng: f (x) = 5x − 8x + 32 − (ax + b) ⎧ f (2) = ⎧6 − 2a − b = ⎧a = ⇒⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎩ f '(2) = ⎩1− a = ⎩b = 4(x − 2)2 ⇒ 5x − 8x + 32 − (x + 4) = 5x − 8x + 32 + x + Tương tự, ta tìm biểu thức liên hợp sau: 3x − 12x + 16 − ; −3x + 24x − (x + 4) Lời giải: Bất phương trình tương đương với: Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 ⎡ 5x − 8x + 32 − (x + 4) ⎤ + ⎡ 3x − 12x + 16 − ⎤ + ⎡ x + − −3x + 24x ⎤ > ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ 4 ⇔ (x − 2)2 ⎢ + + ⎥>0 3x − 12x + 16 + x + + −3x + 24x ⎦ ⎣ 5x − 8x + 32 + x + ⇔ (x − 2)2 ≠ ⇔ x ≠ Câu (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay quay quanh trục hoành hình phẳng giới hạn đường y = x + , trục Ox, trục Oy x + = ⇔ x = −2 0 x4 3 +) Vậy V = π ∫ ( x + ) dx = π ∫ (x + 8)dx = π ( + 8x) = 12π (đvtt) −2 −2 −2 +) Phương trình hoành độ giao điểm: Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, AC = a,SA = SB = SC = AB = a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AB SC a2 Ta có, SABC = AB.AC = 2 Gọi H trung điểm BC, tam giác ABC vuông A nên H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vì SA = SB = SC ⇒ SH ⊥ (ABC) Tam giác vuông ABC có BC = AB + AC = 2a , Tam giác vuông SHB có SH = SB − HB = 3a − a = a 1 a2 a3 = Vì VS.ABC = SH SABC = a 3 + Tính d(AB;SC) Trong mặt phẳng (ABC) dựng hình bình hành ABCD, ta có: AB / /CD ⇒ AB / /(SCD) ⇒ d(AB;SC) = d(B;(SCD)) = 2d(H;(SCD)) Gọi M trung điểm AB, đường thẳng HM cắt CD I, hạ HK vuông góc với SI K ta có HI / /AC ⇒ HI ⊥ CD Suy CD ⊥ (SHI ) ⇒ CD ⊥ HK , lại có HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ (SCD) Vậy HK = d(H;(SCD)) Ta có, CD / /AB ⇒ HI HC AC a = = ⇒ HI = HM = = HM HB 2 a =a = Trong tam giác vuông SHI có, HK = SH + HI a2 2a + SH HI a Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 Vậy d(AB;SC) = 2HK = 2a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD Gọi M điểm cạnh AB, N điểm tia đối tia AD thoả mãn AD = AM , AN = BM Giả sử H(2;-2) hình chiếu vuông góc A lên A lên DM, E(2;3) trung điểm BN Viết phương trình đường thẳng AD biết đỉnh B có hoành độ dương điểm F(5;7) thuộc đường thẳng BC Theo giả thiết, AM = AD ⇒ ΔADM vuông cân A, nên AH = HM = DM Xét tam giác AHN MHB có ⎧ AN = MB(gt) ⎪ ⎪ ⇒ ΔHAN = ΔHMB ⎨ AH = HM = DM ⎪ ! = HMB ! = 90 + HAM ! ⎪⎩ HAN ! = HBM ! = HBA ! Suy HN = HB, HNA ! = BAN ! = 90 ⇒ BH ⊥ HN , tức tam giác HNB vuông cân Do tứ giác AHBN nội tiếp, suy BHN B, HE ⊥ BN !!!" Ta có HE = (0;5) , phương trình đường thẳng BN qua E vuông góc HE y − = ⎡b = 7(t / m) Suy B(b;3) với b>0, ta có: EB = HE = ⇔ (b − 2)2 = 25 ⇔ ⎢ ⇒ B(7; 3) ⎣b = −3(l) !!!" Do E trung điểm BN nên N(-3;3), ta có BF = (−2; 4) / /(1;−2) Đường thẳng AD qua N nhận (2;1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình 2x + y + = Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(-1;2;-1) đường thẳng Δ có ⎧ x = 1+ t ⎪ phương trình ⎨ y = (t ∈!) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với đường ⎪z = − t ⎩ thẳng Δ Tìm toạ độ điểm I hình chiếu vuông góc điểm A Δ ! +) Đường thẳng Δ có véc tơ phương u = (1;0;−1) ! Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với đường thẳng Δ nên nhận u = (1;0;−1) làm véc tơ pháp tuyến, (P) :1(x + 1) + 0(y − 2) − 1(z + 1) = ⇔ (P) : x − z = ⎧ x = 1+ t ⎧x = ⎪y = ⎪y = ⎪ ⎪ +) Điểm I giao điểm (P) Δ , nên toạ độ thoả mãn hệ: ⎨ ⇔⎨ ⇒ I(2;2;2) ⎪z = − t ⎪z = ⎪⎩ x − z = ⎪⎩t = Kết luận: Vậy (P) : x − z = , I(2;2;2) Câu (0,5 điểm) Gọi M tập hợp tất các số tự nhiên có chữ số dạng ab thoả mãn a > b ≥ Chọn ngẫu nhiên số từ M, tính xác suất để chọn số tự nhiên mà a b − a = b a − b Không gian mẫu số số tự nhiên dạng ab thoả mãn a > b ≥ Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 Ta có: ≤ b < a ≤ Chọn số tự nhiên từ tập số 2,3,4,5,6,7,8,9 có C82 = 28 cách, với cách chọn số ta có số thoả mãn Vậy M có tất 28 số, tức n(Ω) = 28 Gọi A biến cố số chọn có dạng dạng ab thoả mãn a > b ≥ , a b − a = b a − b (*) Để tính số kết thuận lợi cho A ta tìm số số tự nhiên M có điều kiện thoả mãn (*) Cách 1: Lập bảng giá trị (a,b) ta có nghiệm (a;b)=(3;2) ln x Cách 2: Nếu a > b > ⇒ a > b ≥ , xét hàm số f (x) = , với x ≥ ta x 1− ln x có f '(x) = < 0,∀x ≥ x2 ln a lnb Vì f(x) giảm, tức a > b ⇒ f (a) < f (b) ⇔ < ⇔ ab < b a ⇒ ab − a < b a − b a b Tức trường hợp vô nghiệm, +) Nếu b = ⇒ a = Vậy M có số thoả mãn (*), tức n(A) = n(A) = Xác suất cần tính P(A) = n(Ω) 28 Câu 10 (1,0 điểm) Cho biết a,b số thực thoả mãn a + b > −2,(a + 1)(b + 1) > Tìm giá trị nhỏ 192 biểu thức P = (a + 3)(b + 3) + (b + 3)(a + 3) + a+b+2 Theo giả thiết ta có, a > −1,b > −1 Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có: (a + 3)(b + 3) + (b + 3)(a + 3) ≥ (a + 3)(a + 3).(b + 3)(b + 3) Và, (a + 3)(a + 3) = (a + 1)3 + 8,(b + 3)(b + 3) = (b + 1)3 + Mặt khác: (a + 3)(a + 3).(b + 3)(b + 3) = ⎡⎣(a + 1)3 + ⎤⎦ ⎡⎣(b + 1)3 + ⎤⎦ = (1+ 1) ⎡⎣(a + 1)3 + ⎤⎦ ⎡⎣ + (b + 1)3 ⎤⎦ ≥ (2(a + 1) + 2(b + 1))3 = 4(a + b + 2)3 Dấu xảy a = b = 192 Suy P ≥ (a + b + 2)3 + , đặt t = a + b + > a+b+2 Xét hàm số f (t) = 4t + 192 12(t − 16) 192 ; f '(t) = ⇔ t = > , ta có: f '(t) = 12t − = t t2 t Từ ta có P ≥ f (t) ≥ f (2) = 128 Vậy giá trị nhỏ P 128, dấu đạt a = b = Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 Khoá giải đề đặc biệt Thầy: Đặng Thành Nam Đề 050+3/2015 −2x + x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (H) hàm số cho Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị (H) hai điểm phân biệt có tổng hoành độ dương Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sin 2x = cos x + 1− sin x b) Cho biết z1 nghiệm phức có phần ảo âm phương trình z + 2z + = Tính A = z12 − z1 Câu (0,5 điểm) Giải phương trình (log x − 1).log 9x = log x − Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x(1− e x )dx Câu (0,5 điểm) An Bình tham gia kỳ thi THPT Quốc Gia , thi ba môn Văn, Toán, Anh bắt buộc An Bình đăng ký thêm môn tự chọn khác môn ( Hoá Học, Vật Lý, Sinh học ) hình thức trắc nghiệm để có điều kiện xét tuyển vào Đại học – Cao đẳng Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có mã đề thi khác nhau, mã đề thi môn khác khác Tính xác suất để An Bình có chung môn thi tự chọn mã đề thi Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(2;-1;4) đường thẳng Δ có x −1 y +1 z phương trình = = Tìm toạ độ điểm M thuộc Δ cho AM = 13 , M có hoành độ nguyên Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M vuông góc với Δ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh 2a, gọi E trung điểm cạnh CD Biết tam giác SAE vuông cân S, mặt phẳng (SAE) vuông góc với mặt đáy (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm I(-2;1), gọi H(-1;-1) chân đường cao hạ từ đỉnh A, M trung điểm cạnh BC, N điểm đối xứng M qua I Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC D, đường thẳng CD cắt AH điểm E(0;2) Tìm toạ độ đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ dương Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x( x + − x − 1)3 ≤ Câu 10 (1,0 điểm) Cho biết a,b,c số thực thuộc đoạn [1;2], thoả mãn điều kiện 2a + 2b − c + 2b + 2c − a + 2c + 2a − b = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 8a + (b + c)2 + 8b + (c + a)2 + 8c + (a + b)2 -HẾT PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN −2x + Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (H) hàm số cho Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị (H) hai điểm phân biệt có tổng hoành độ dương Học sinh tự giải −2x + 1 Phương trình hoành độ giao điểm: = x + m ⇔ x + (2m + 5)x + 2m − = (1) x +1 Để d cắt đồ thị (H) hai điểm phân biệt nằm có tổng hoành độ dương (1) có hai nghiệm ⎧ Δ = (2m + 5)2 − 4(2m − 2) > phân biệt S > ⇔ ⎨ ⇔m Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sin 2x = cos x + 1− sin x b) Cho biết z1 nghiệm phức có phần ảo âm phương trình z + 2z + = Tính A = z12 − z1 a) Phương trình tương đương với: 2π ⎡ x=± + k2π ⎢ ⎡ ⎢ ⎢ cos x = − π ( sin x − 1)(2 cos x + 1) = ⇔ ⎢ ⇔ ⎢ x = + k2π , k ∈! ⎢ ⎢sin x = ⎢ 3π ⎢⎣ + k2π ⎢x = ⎣ ⎡ z = −1+ 2i b) Ta có: (z + 1)2 = −4 = (2i)2 ⇔ ⎢ ⇒ z1 = −1− 2i ⎣ z = −1− 2i Vì vậy, A = (−1− 2i)2 − (−1− 2i) = (−3 + 4i) + (1+ 2i) = −2 + 6i Câu (0,5 điểm) Giải phương trình (log x − 1).log 9x = log x − Điều kiện: < x ≠ Phương trình tương đương với: 1− log x (log x − 1)(2 + log x) = log x Đặt t = log x , phương trình trở thành: 1− t ⇔ (t − 1)(2 + t + ) = ⇔ (t − 1)(t + 1)2 = t t ⎡x = ⎡t = −1 ⎡ log x = ⇔⎢ ⇔⎢ ⇔⎢ ⎣t = ⎣ log x = −1 ⎢ x = ⎣ (t − 1)(2 + t) = Vậy nghiệm phương trình x = ; x = 2 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x(1− e x )dx 2 x x Ta có: I = ∫ x dx − ∫ xe dx = − ∫ xe dx = − ∫ xe x dx 1 1 2 x 2 2 x +) ∫ xe dx = ∫ xd(e ) = xe − ∫ e dx = 2e2 − e − e x = e2 1 1 Vậy, I = − e2 Câu (0,5 điểm) An Bình tham gia kỳ thi THPT Quốc Gia , thi ba môn Văn, Toán, Anh bắt buộc An Bình đăng ký thêm môn tự chọn khác môn ( Hoá Học, Vật Lý, Sinh học ) hình thức trắc nghiệm để có điều kiện xét tuyển vào Đại học – Cao đẳng Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có mã đề thi khác nhau, mã đề thi môn khác khác Tính xác suất để An Bình có chung môn thi tự chọn mã đề thi Không gian mẫu số cách chọn môn tự chọn số mã đề thi nhận An Bình + An có C32 cách chọn môn tự chọn, có C61 C61 mã đề thi nhận cho môn tự chọn An x x x + Bình có C32 cách chọn môn tự chọn, có C61 C61 mã đề thi nhận cho môn tự chọn Bình Vậy n(Ω) = (C32 C61 C61 )2 = 11664 Gọi A biến cố để An Bình có chung môn thi tự chọn mã đề thi Để tính số kết thuận lợi cho A, ta mô tả cách chọn môn tự chọn An Bình cách nhận mã đề thi thoả mãn yêu cầu toán + Cặp gồm tự chọn mà cặp có chung môn thi cặp gồm, Cặp thứ nhất: (Hoá học, Vật lý) (Hoá học, Sinh học); Cặp thứ 2: (Vật lý, Hoá học) (Vật lý, Sinh học); Cặp thứ 3: (Sinh học, Hoá học) (Sinh học, Vật lý) Suy ra, số cách chọn môn thi An Bình thoả mãn C31 2! = + Trong cặp để mã đề An Bình giống An Bình mã đề môn chung, với cặp có cách nhận mã đề An Bình C61 C61 1.C61 = 216 Suy ra, số cách chọn môn nhận mã đề An Bình thoả mãn 216.6 = 1296 n(A) 1296 = = Vậy n(A) = 1296 , xác suất cần tính P(A) = n(Ω) 11664 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(2;-1;4) đường thẳng Δ có x −1 y +1 z phương trình = = Tìm toạ độ điểm M thuộc Δ cho AM = 13 , M có hoành độ nguyên Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M vuông góc với Δ Vì, M ∈Δ ⇒ M (1+ t;−1+ 2t;t) ⇒ AM = (t − 1)2 + 4t + (t − 4)2 ⎡t = 2 2 Theo giả thiết, ta có: (t − 1) + 4t + (t − 4) = 13 ⇔ 6t − 10t + = ⇔ ⎢ ⎢t = ⎣ Vì M có hoành độ nguyên nên M(2;1;1) + Vì (P) vuông góc với Δ nên (P) nhận véc tơ phương Δ làm véc tơ pháp tuyến, !" ! nP = (1;2;1) Suy (P) qua M(2;1;1) có vtpt (1;2;1) nên có phương trình x + 2y + z − = Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh 2a, gọi E trung điểm cạnh CD Biết tam giác SAE vuông cân S, mặt phẳng (SAE) vuông góc với mặt đáy (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD) Ta có: SABCD = 4a Gọi H trung điểm AE, tam giác SAE vuông cân S nên SH ⊥ AE Mặt khác, (SAE) ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ (ABCD) Tam giác vuông ADE SAE có, AE a AE = AD + DE = a 5,SH = = 2 1 a 2a 4a = Vì vậy, VS.ABCD = SH SABCD = 3 Gọi F giao điểm AE BD, theo Talets ta có: FE DE FA = = ⇒ FA = 2FE ⇒ FA = AE ⇒ = FA AB FH FA d(H;(SBD)) = 4d(H;(SBD)) (1) FH Gọi O tâm hình vuông ABCD, kẻ HI//AC cắt BD I, ta có HI ⊥ BD Kẻ HK ⊥ SI (K ∈SI ) , BD ⊥ (SHI ) ⇒ BD ⊥ HK , HK ⊥ (SBD) HK = d(H;(SBD)) (2) Vì vậy, d(A(SBD)) = HI FH AO a = = ⇒ HI = = AO FA 4 1 a 55 = + = + ⇒ HK = (3) Tam giác vuông SHI có, 2 HK SH HI 5a a 22 2a 55 Từ (1),(2),(3) suy ra: d(A;(SBD)) = 11 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I(2;1), gọi H(-1;-1) chân đường cao hạ từ đỉnh A, M trung điểm cạnh BC, N điểm đối xứng M qua I Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC D, đường thẳng CD cắt AH điểm E(0;2) Tìm toạ độ đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ dương Ta chứng minh E trung điểm AH Kẻ đường kính AA’, tứ giác ANA’M hình bình hành nên AN//A’M, suy A' M ⊥ AD Theo Talets ta có, ! ! Suy ra, BAD = BA' M (1) Xét hai tam giác ABD A’BM có !=! DAB MBA' ( phụ với ! ABC ) (2) Từ (1),(2) suy ΔABD đồng dạng với ΔA' BM Suy ra, BA.BM = BD.BA' ⇒ BA.BC = 2BD.BA' Gọi J điểm đối xứng B qua D, ta có: BA.BC = BJ.BA' ⇒ ΔBAJ đồng dạng với ΔA' BC ! ! ! ! ! ! Mặt khác, BA'C = 180 − BAC Suy ra: BAJ + BAC = 180 ⇒ A, J ,C thẳng hàng Do BAJ = BA'C Xét tam giác BJC có BD//AH D trung điểm BJ nên E trung điểm AH (đpcm) Áp dụng giải tích: Vì E trung điểm AH nên A(1;5) Phương trình đường thẳng BC qua H vuông góc với AH x + 3y + = 2 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (x + 2) + ( y −1) = 25 ⎧⎪(x + 2)2 + ( y −1)2 = 25 ⎡ x = 2, y = −2 ⎪⎧ B(2;−2) ⇔⎢ ⇒ ⎪⎨ Toạ độ điểm B,C nghiệm hệ ⎪ ⎨ ⎢ x = −7, y = ⎪C(−7;1) ⎪⎪⎩ x + 3y + = ⎪⎩ ⎣ Vậy A(1;5), B(2;-2) C(-7;1) Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x( x + − x − 1)3 ≤ Điều kiện xác định: x ≥ ⎧⎪a = x + ⎧⎪a + b = 2x Đặt ⎨ ,(a > b ≥ 0) ⇒ ⎨ ⎩⎪a − b = ⎩⎪b = x − Bất phương trình trở thành: a2 + b2 (a2 − b2 ) ( a − b )3 ≤ 32 ⇔ 16 ( a + b ) a − b ≤ ( a + b ) 2 ⇔ ⎡⎣( a + b ) + ( a − b ) ⎤⎦ a − b ≤ ( a + b ) ⎛ a−b ⎛ a − b⎞ ⎞ ⇔ 8⎜ + ⎜ ≤5 ⎝ a + b ⎟⎠ ⎟⎠ ⎝ a+b a−b ≤ ⇔ 2(a − b) ≤ a + b ⇔ a ≤ 3b a+b ⇔ ⎡5 ⎞ Vậy tập nghiệm bất phương trình S = ⎢ ;+∞ ⎟ ⎠ ⎣ Vì x + ≤ x − ⇔ x + ≤ ( x − 1) ⇔ x ≥ Chú ý Lời giải vế trái hàm đồng biến với t = Cách 2: Với x ≥ , ta có: x +1 + x −1 = , x +1 − x −1 a−b a+b 4x = ( x + + x − 1) + ( x + − x − 1) = + ( x + − x − 1)2 ( x + − x − 1)2 Vì vậy, bất phương trình tương đương với: ⎡ 2⎤ ⎢ ( x + − x − 1)2 + ( x + − x − 1) ⎥ ( x + − x − 1) ≤ ⎣ ⎦ ⇔ ( x + − x − 1)5 + 4( x + − x − 1) − ≤ ⇔ x +1 − x −1 ≤1 ⇔ x +1 ≤ x −1 +1 ⇔ x +1 ≤ x + x −1 ⇔ x −1 ≥1 ⇔ x ≥ ⎡5 ⎞ Vậy tập nghiệm bất phương trình S = ⎢ ;+∞ ⎟ ⎠ ⎣4 Câu 10 (1,0 điểm) Cho biết a,b,c số thực thuộc đoạn [1;2], thoả mãn điều kiện 2a + 2b − c + 2b + 2c − a + 2c + 2a − b = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 8a + (b + c)2 + 8b + (c + a)2 + 8c + (a + b)2 Ta chứng minh 8c + (a + b)2 ≥ 2b + 2c − a + 2c + 2a − b Thật vậy, bình phương hai vế bất đẳng thức ta được: 2c + ab ≥ (2b + 2c − a )(2c + 2a − b ) ⇔ (2c + ab)2 ≥ (2b + 2c − a )(2c + 2a − b ) ⇔ 4c ab ≥ 2a c + 2b c − 2(a − b )2 ⇔ (a − b )2 ≥ (ac − bc)2 ⇔ (a − b)2 ⎡⎣(a + b)2 − c ⎤⎦ ≥ ⇔ (a − b)2 (a + b + c)(a + b − c) ≥ Bất đẳng thức cuối đúng, a + b − c ≥ 1+ 1− = Dấu xảy a = b a + b = c Tương tự, ta có: 8b + (c + a)2 ≥ 2b + 2c − a + 2a + 2b − c , 8a + (b + c)2 ≥ 2a + 2b − c + 2a + 2c − b Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta được: P ≥ 2( 2a + 2b − c + 2b + 2c − a + 2c + 2a − b ) = 12 Dấu xảy a = b = c = Khoá giải đề đặc biệt – Thầy : Đặng Thành Nam Đề 050 +4/2015 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2x + m − (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = Tìm m để điểm I(3;2) thuộc đường thẳng Δ , biết Δ đường thẳng qua điểm cực đại, điểm cực tiểu nằm phía bên trái trục Oy đồ thị hàm số (1) Câu (1,0 điểm) 3π ⎞ cos a ⎛ a) Cho tan a = 2, ⎜ π < a < ⎟⎠ Tính A = ⎝ 1+ cot a b) Cho số phức z thoả mãn z + 2i = (3 − i)2 Tìm phần ảo z Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình 32 x+1 − 3x+2 + < π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x(1+ cos x)dx Câu (0,5 điểm) Gọi M tập hợp số tự nhiên gồm chữ số đôi khác thành lập từ chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 Chọn ngẫu nhiên số từ M, tính xác suất để chọn số có tổng chữ số số chẵn Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x + y + z = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M (1; ;0) vuông góc với mặt phẳng (Q) : 3y − 2z + = , tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = 2a, AD = a Hình chiếu vuông góc S lên mặt đáy (ABCD) trung điểm H AC, góc mặt bên (SAD) mặt đáy (ABCD) 60 Gọi M trung điểm SA Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nhọn, AC > AB Đường phân giác ! cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm E(-4;-4) (E khác A) Gọi D(1;1) điểm góc BAC cạnh AC cho ED = EC , tia BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai F(4;0) Tìm toạ độ đỉnh A,B,C 1 ⎧ ⎪ (2x − y )3 + (5x − y )3 = 8y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ (x, y ∈!) ⎪ 2 ⎩ x − 3y (x + 2) + 17 = 13 − 3x Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x,y,z khác thoả mãn x − y ≥ , x(yz + 4z − 4y) = 4yz Tìm giá trị nhỏ biểu thức 16 16 2(x − y − z) P = (x − y) 1+ 2 + z + − x y z 10 -HẾT Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2x + m − (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = Tìm m để điểm I(3;2) thuộc đường thẳng Δ , biết Δ đường thẳng qua điểm cực đại, điểm cực tiểu nằm phía bên trái trục Oy đồ thị hàm số (1) Học sinh tự giải ⎡x = Ta có: y' = x − 4x; y' = ⇔ ⎢ ⎣ x = ±2 Suy điểm cực đại A(0;m-1), điểm cực tiểu B(-2;m-5) C(2;m-5) Vậy đường thẳng Δ AB !!!" Ta có, AB = (−2;−4) / /(1;2) ⇒ Δ : 2x − y + m − = Vì I(3;2) thuộc Δ nên 2.3 − + m − = ⇔ m = −3 Câu (1,0 điểm) 3π ⎞ cos a ⎛ a) Cho tan a = 2, ⎜ π < a < Tính A = ⎟ ⎝ ⎠ 1+ cot a b) Cho số phức z thoả mãn z + 2i = (3 − i)2 Tìm phần ảo z 3π −1 / 1 ⇒ cos a < ⇒ cos a = − ⇒ A = =− a) Ta có: cos a = = , π < a < 2 27 1+ tan a 1+ b) z + 2i = (3 − i)2 = − 6i ⇒ z = − 8i ⇒ z = 64(1− i)2 = −128i Vậy z có phần ảo -128 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình 32 x+1 − 3x+2 + < Bất phương trình tương đương với: 3.32 x − 9.3x + < , đặt t = 3x > Bất phương trình trở thành: 3t − 9t + < ⇔ < t < ⇔ < 3x < ⇔ < x < log Vậy tập nghiệm S = (0;log 2) π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x(1+ cos x)dx π π π 1+ cos 2x 14 I = ∫ x(1+ cos x)dx = ∫ x(1+ )dx = ∫ x(3 + cos 2x)dx 20 0 ⎧du = dx ⎧u = x ⎪ Đặt ⎨ ⇒⎨ ⎩dv = + cos 2x ⎪v = 3x + sin 2x ⎩ π π 1 14 3π Suy ra: I = x(3x + sin 2x) − ∫ (3x + sin 2x)dx = + 2 20 64 Câu (0,5 điểm) Gọi M tập hợp số tự nhiên gồm chữ số đôi khác thành lập từ chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 Chọn ngẫu nhiên số từ M, tính xác suất để chọn số có tổng chữ số số chẵn Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 Không gian mẫu số chữ số có chữ số khác thành lập từ tập E = {1,2, 3, 4,5,6, 7,8,9} có n(Ω) = A95 Gọi A biến cố số chọn có tổng chữ số số lẻ, để tính số kết thuận lợi cho A ta tìm số số có chữ số mà tổng chữ số số lẻ Vậy số có hoặc chữ số lẻ +) Số có chữ số khác nhau, gồm chữ số lẻ thành lập từ E C51 C44 5! = 600 +) Số có chữ số khác nhau, gồm chữ số lẻ thành lập từ E C53 C42 5! = 7200 +) Số có chữ số khác nhau, gồm chữ số lẻ thành lập từ E C55 5! = 120 Vậy n(A) = 600 + 7200 + 120 = 7920 n(A) 7920 11 Xác suất cần tính P(A) = = = n(Ω) A9 21 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x + y + z = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M (1; ;0) vuông góc với mặt phẳng (Q) : 3y − 2z + = tiếp xúc với mặt cầu (S) ! +) Giả sử (P) có véc tơ pháp tuyến n = (a;b;c),a + b + c > , mặt phẳng (Q) có véc tơ pháp tuyến (0;3;-2) ! 3 b ⇒ n(a;b; b) 2 +) Phương trình (P) có dạng: a(x − 1) + b(y − ) + bz = ⇔ (P) : 2ax + 2by + 3bz − 2a − b = 2 Do (P) vuông góc với (Q) nên 3b − 2c = ⇒ c = +) Mặt cầu (S) có tâm O(0;0;0), bán kính d(O;(P)) = ⇔ Do (S) tiếp xúc với (P) nên −2a − b 4a + 4b + 9b =1 ⎡b = ⇔ (2a + b) = 4a + 13b ⇔ 4b(a − 3b) = ⇔ ⎢ ⎣ a = 3b +) Nếu b = , chọn a=1 ta có (P) : x − = +) Nếu a = 3b , chọn a = 3,b = ta có (P) : 6x + 2y + 3z − = Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = 2a, AD = a Hình chiếu vuông góc S lên mặt đáy (ABCD) trung điểm H AC, góc mặt bên (SAD) mặt đáy (ABCD) 60 Gọi M trung điểm SA Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC) 2 Ta có: SABCD = 2a , gọi N trung điểm AD, suy HN//CD nên HN ⊥ AD ! = 60 Lại có, AD ⊥ SH ⇒ AD ⊥ (SHN ) ⇒ SNH Tam giác vuông SHN có, HN = Vì VS.ABCD = CD = a ⇒ SH = HN = a a 2a 3 SH SABCD = 2a = (đvtt) 3 + Tính d(M;(SBC) Ta có: MH//SC, suy MH//(SBC) Vì d(M;(SBC)) = d(H;(SBC)) Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 Gọi I trung điểm BC, kẻ HK ⊥ SI (K ∈SI ) Ta có, BC ⊥ HI, BC ⊥ SH ⇒ BC ⊥ (SHI ) ⇒ BC ⊥ HK Do HK ⊥ (SBC) ⇒ HK = d(H;(SBC)) Tam giác vuông SHI có, HK = SH HI SH + HI = a.a 3a + a = a a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nhọn, AC > AB Đường phân giác ! cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm E(-4;-4) (E khác A) Gọi D(1;1) điểm góc BAC cạnh AC cho ED = EC , tia BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai F(4;0) Tìm toạ độ đỉnh A,B,C Vì E điểm cung nhỏ BC nên EB = EC Mặt khác theo giả thiết có, ED = EC Từ suy EB = ED (1) Tam giác ECD cân có, ! = EDC ! ⇒ ADE ! = 180 − ECD ! = 180 − ACE ! ECD Lại có tứ giác ABEC nội tiếp nên ! + ABE ! = 180 ⇒ ABE ! = 180 − ACE ! ACE ! = ABE ! (2) Suy ra: ADE Vậy d(M;(SBC)) = Từ (1),(2) suy AE trung trực AD, AE ⊥ BD (3) ! = ABF ! (cùng chắn cung AF) Xét tam giác DCF có, DCF ! = ADB ! (đối đỉnh), ADB ! = ABF ! (tam giác ABD cân A) Và CDF ! = CDF ! ⇒ ΔCDF cân F, FD = FC , lại có: ED = EC Từ suy ra: DCF Nên EF trung trực CD, suy EF ⊥ AD (4) Từ (3),(4) suy D trực tâm tam giác AEF Áp dụng giải tích Phương trình đường thẳng AC qua D vuông góc EF 2x + y − = Phương trình đường thẳng AE qua E vuông góc DF 3x − y + = ⎧2x + y − = Toạ độ điểm A nghiệm hệ ⎨ ⇒ A(−1;5) ⎩ 3x − y + = Gọi H giao điểm EF AD, H trung điểm CD ⎧2x + y − = Toạ độ điểm H nghiệm hệ ⎨ ⇒ H (2;−1) ⇒ C(3;−3) ⎩ x − 2y − = Phương trình đường thẳng BF qua D,F x + 3y − = Gọi G giao điểm BF AE G trung điểm BD, toạ độ G nghiệm hệ ⎧ x + 3y − = ⇒ G(−2;2) ⇒ B(−5; 3) ⎨ ⎩ 3x − y + = Vậy A(-1;5), B(-5;3) C(3;-3) Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 1 ⎧ ⎪ (2x − y )3 + (5x − y )3 = 8y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ (x, y ∈!) ⎪ 2 ⎩ x − 3y (x + 2) + 17 = 13 − 3x Điều kiện: < y < x 13 ≤ 2 y6 y6 Phương trình thứ hệ tương đương với: + = 3 (2x − y ) (5x − y ) Đặt t = y2 > , phương trình trở thành: x t3 t3 + = (*) 3 (2 − t) (5 − t) t3 t3 Xét hàm số f (t) = , với t>0, ta có: + (2 − t)3 (5 − t)3 t3 t3 f (t) = u + v,u = > 0,v = > (2 − t)3 (5 − t)3 6t 15t u' v' > 0,v' = > ⇒ f '(t) = + >0 (2 − t) (5 − t) u v Vì f(t) đồng biến (0;2) Do (*) ⇔ f (t) = f (1) ⇔ t = ⇔ x = y Ta có: u ' = Thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: x − 3x − 6x + 17 = 13 − 3x Nhận thấy x=2 nghiệm kép phương trình nên tiến hành liên hợp nghiệm kép sau: (−6x + 13 − 13 − 3x ) + (x + 1)(x − 2)2 = ⎛ ⎞ 39 ⇔ (x − 2)2 ⎜ + x + 1⎟ = ⎝ −6x + 13 + 13 − 3x ⎠ ⎛ ⎛ 39 13 ⎤⎞ ⇔ x = ⎜ + x + > 0,∀x ∈ 0; ⎥ ⎜⎝ ⎦⎟⎠ ⎝ −6x + 13 + 13 − 3x Vậy x = ⇒ y = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (2; ) Bình luận: Ta tìm x = y , cách sau: 1 1 Cách 2: ghép liên hợp: ( − 3)+( − 3)= 3 y 8y (2x − y ) (5x − y ) Cách 3: Sử dụng đánh giá: Nếu x > y ⇒ VT < = VP 8y Nếu x < y ⇒ VT > > VP 8y Nhận thấy x = y ⇒ VT = VP Vậy phương trình đầu hệ tương đương với: x = y ⎧ f (x0 ) = + Dấu hiệu ghép liên hợp nghiệm kép ⎨ Ngoài hoàn toàn ghép liên hợp số ⎩ f '(x0 ) = sau: Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 (x − 3x − 6x + 16) + (1− 13 − 3x ) = ⎡ 3(x + 2) ⇔ (x − 2) ⎢ x − x − + 1+ 13 − 3x ⎣ ⎤ ⎥=0 ⎦ ⇔ (x − 2) ⎡ x + 2x − + (x − x − 8) 13 − 3x ⎤ = ⎣ ⎦ Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x,y,z khác thoả mãn x − y ≥ , x(yz + 4z − 4y) = 4yz Tìm giá trị nhỏ biểu thức 16 16 2(x − y − z) P = (x − y) 1+ 2 + z + − x y z 10 ! ⎛ 1⎞ ! Xét hai véc tơ u = (x − y; ⎜ − ⎟ );v = (−z;− ) ⎝ y x⎠ z ! ! ! ! Sử dụng bất đẳng thức: u + v ≥ u + v (*), ta có: ⎛ 1⎞ 16 16 16 (x − y) 1+ 2 + z + = (x − y)2 + 16 ⎜ − ⎟ + z + ⎝ y x⎠ x y z z 2 ⎛ 1 1⎞ ⎛ xz − y(x + z) ⎞ ≥ (x − y − z) + 16 ⎜ − − ⎟ = (x − y − z)2 + 16 ⎜ ⎟⎠ ⎝ y x z⎠ ⎝ xyz = (x − y − z)2 + 1 − x − y y x z(y − x) Dấu xảy (1) = = −z xy − z 2 t ≥ f (7) = Đặt t = x − y − z , ta có: P ≥ f (t) = t + − 10 10 Dấu xảy x − y − z = (2) Từ (1),(2) kết hợp với x(yz + 4z − 4y) = 4yz , ta có (x; y; z) = (4;−1;−2) Vậy giá trị nhỏ P 10 Bình luận: + Bất đẳng thức (*) phát biểu dạng đại số sau: Với số thực p,q,m,n ta có p + q + m + n ≥ (m + p)2 + (q + n)2 Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 [...]... mãn a + b > −2,(a + 1)(b + 1) > 0 Tìm giá trị nhỏ 192 nhất của biểu thức P = (a + 3)(b 2 + 3) + (b + 3)(a 2 + 3) + a+b+2 Theo giả thi t ta có, a > −1,b > −1 Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có: (a + 3)(b 2 + 3) + (b + 3)(a 2 + 3) ≥ 2 (a + 3)(a 2 + 3).(b + 3)(b 2 + 3) Và, (a + 3)(a 2 + 3) = (a + 1)3 + 8,(b + 3)(b 2 + 3) = (b + 1)3 + 8 Mặt khác: (a + 3)(a 2 + 3).(b + 3)(b 2 + 3) = ⎡⎣(a + 1)3 + 8 ⎤⎦... thức P = 8a 2 + (b + c)2 + 8b 2 + (c + a)2 + 8c 2 + (a + b)2 Ta chứng minh 8c 2 + (a + b)2 ≥ 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2c 2 + 2a 2 − b 2 Thật vậy, bình phương hai vế bất đẳng thức ta được: 2c 2 + ab ≥ (2b 2 + 2c 2 − a 2 )(2c 2 + 2a 2 − b 2 ) ⇔ (2c 2 + ab)2 ≥ (2b 2 + 2c 2 − a 2 )(2c 2 + 2a 2 − b 2 ) ⇔ 4c 2 ab ≥ 2a 2 c 2 + 2b 2 c 2 − 2(a 2 − b 2 )2 ⇔ (a 2 − b 2 )2 ≥ (ac − bc)2 ⇔ (a − b)2 ⎡⎣(a + b)2 − c 2... ⎤⎦ ≥ 0 ⇔ (a − b)2 (a + b + c)(a + b − c) ≥ 0 Bất đẳng thức cuối luôn đúng, do a + b − c ≥ 1+ 1− 2 = 0 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc a + b = c Tương tự, ta có: 8b 2 + (c + a)2 ≥ 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2a 2 + 2b 2 − c 2 , 8a 2 + (b + c)2 ≥ 2a 2 + 2b 2 − c 2 + 2a 2 + 2c 2 − b 2 Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được: P ≥ 2( 2a 2 + 2b 2 − c 2 + 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2c 2 + 2a 2 − b 2 ) = 12... + 1)3 + 8 Mặt khác: (a + 3)(a 2 + 3).(b + 3)(b 2 + 3) = ⎡⎣(a + 1)3 + 8 ⎤⎦ ⎡⎣(b + 1)3 + 8 ⎤⎦ 1 = ( 1+ 1) ⎡⎣(a + 1)3 + 8 ⎤⎦ ⎡⎣ 8 + (b + 1)3 ⎤⎦ 2 1 ≥ (2(a + 1) + 2(b + 1))3 = 4(a + b + 2)3 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 192 Suy ra P ≥ 4 (a + b + 2)3 + , đặt t = a + b + 2 > 0 a+b+2 Xét hàm số f (t) = 4t 3 + 192 12(t 4 − 16) 192 ; f '(t) = 0 ⇔ t = 2 > 0 , ta có: f '(t) = 12t 2 − 2 = t... mã đề thi khác nhau, và mã đề thi của các môn khác nhau thì khác nhau Tính xác suất để An và Bình chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi Không gian mẫu là số cách chọn môn tự chọn và số mã đề thi có thể nhận được của An và Bình + An có C32 cách chọn môn tự chọn, có C61 C61 mã đề thi có thể nhận cho 2 môn tự chọn của An x x x + Bình có C32 cách chọn môn tự chọn, có C61 C61 mã đề thi có... phương trình x( x + 1 − x − 1)3 ≤ 5 4 Câu 10 (1,0 điểm) Cho biết a,b,c là các số thực thuộc đoạn [1;2], và thoả mãn điều kiện 2a 2 + 2b 2 − c 2 + 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2c 2 + 2a 2 − b 2 = 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 8a 2 + (b + c)2 + 8b 2 + (c + a)2 + 8c 2 + (a + b)2 -HẾT 1 PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN −2x + 1 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x +1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị... b⎞ ⎞ ⇔ 8⎜ + ⎜ ≤5 2 ⎝ a + b ⎟⎠ ⎟⎠ ⎝ a+b a−b 1 ≤ ⇔ 2(a − b) ≤ a + b ⇔ a ≤ 3b a+b 2 ⇔ 5 4 ⎡5 ⎞ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎢ ;+ ⎟ ⎠ 4 ⎣ Vì vậy x + 1 ≤ 3 x − 1 ⇔ x + 1 ≤ 9 ( x − 1) ⇔ x ≥ Chú ý Lời giải trên vế trái là hàm đồng biến với t = Cách 2: Với mọi x ≥ 1 , ta có: 2 x +1 + x −1 = , x +1 − x −1 a−b a+b 4 4x = ( x + 1 + x − 1) + ( x + 1 − x − 1) = + ( x + 1 − x − 1)2 ( x + 1 − x −... 2⎤ 3 ⎢ ( x + 1 − x − 1)2 + ( x + 1 − x − 1) ⎥ ( x + 1 − x − 1) ≤ 5 ⎣ ⎦ ⇔ ( x + 1 − x − 1)5 + 4( x + 1 − x − 1) − 5 ≤ 0 ⇔ x +1 − x −1 ≤1 ⇔ x +1 ≤ x −1 +1 ⇔ x +1 ≤ x + 2 x −1 ⇔ 2 x −1 ≥1 ⇔ x ≥ 5 4 ⎡5 ⎞ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎢ ;+ ⎟ ⎠ ⎣4 Câu 10 (1,0 điểm) Cho biết a,b,c là các số thực thuộc đoạn [1;2], và thoả mãn điều kiện 2a 2 + 2b 2 − c 2 + 2b 2 + 2c 2 − a 2 + 2c 2 + 2a 2 − b... trong 3 môn ( Hoá Học, Vật Lý, Sinh học ) dưới hình thức trắc nghiệm để có điều kiện xét tuyển vào Đại học – Cao đẳng Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có 6 mã đề thi khác nhau, và mã đề thi của các môn khác nhau thì khác nhau Tính xác suất để An và Bình chỉ có chung đúng một môn thi tự chọn và một mã đề thi Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(2;-1;4) và đường thẳng Δ có x −1 y +1 ... 2 +) ∫ xe dx = ∫ xd(e ) = xe − ∫ e dx = 2e2 − e − e x = e2 1 1 1 1 1 3 Vậy, I = − e2 2 Câu 5 (0,5 điểm) An và Bình cùng tham gia kỳ thi THPT Quốc Gia , ngoài thi ba môn Văn, Toán, Anh bắt buộc thì An và Bình đều đăng ký thêm 2 môn tự chọn khác trong 3 môn ( Hoá Học, Vật Lý, Sinh học ) dưới hình thức trắc nghiệm để có điều kiện xét tuyển vào Đại học – Cao đẳng Mỗi môn tự chọn trắc nghiệm có 6 mã đề ... (a + 1)3 + 8,(b + 3)(b + 3) = (b + 1)3 + Mặt khác: (a + 3)(a + 3).(b + 3)(b + 3) = ⎡⎣(a + 1)3 + ⎤⎦ ⎡⎣(b + 1)3 + ⎤⎦ = ( 1+ 1) ⎡⎣(a + 1)3 + ⎤⎦ ⎡⎣ + (b + 1)3 ⎤⎦ ≥ (2(a + 1) + 2(b + 1))3 = 4(a +. .. + 3)(b + 3) + (b + 3)(a + 3) + a+b+2 Theo giả thi t ta có, a > −1,b > −1 Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có: (a + 3)(b + 3) + (b + 3)(a + 3) ≥ (a + 3)(a + 3).(b + 3)(b + 3) Và, (a + 3)(a +. .. 12x + 16 − 2) + ( 5x − 8x + 32 − −3x + 24x ) > ⇔ 3x − 12x + 12 3x − 12x + 16 + + 8x − 32x + 32 5x − 8x + 32 + −3x + 24x >0 ⎡ ⎤ ⇔ (x − 2)2 ⎢ + ⎥>0 5x − 8x + 32 + −3x + 24x ⎦ ⎣ 3x − 12x + 16 + ⇔