SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG QUỐC HỌC QUY NHƠN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN – NĂM 2015 Mơn : TỐN HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BÌNH LUẬN C©u Cho hµm sè y = x3 − 3mx2 + (1) a) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) m = b) T×m m ®Ĩ ®å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iĨm cùc trÞ A , B cho diƯn tÝch tam gi¸c OAB b»ng (®vdt) Ta cã y ' = x2 − 6mx = x ( x − 2m) ; y ' = ⇔ x = hc x = 2m §Ĩ hµm sè cã hai cùc trÞ ⇔ ph−¬ng tr×nh y ' = cã hai nghiƯm ph©n biƯt ⇔ 2m ≠ ⇔ m ≠ ( ) Täa ®é c¸c ®iĨm cùc trÞ A (0;2) vµ B 2m; −4 m3 + Tam gi¸c OAB cã A (0;2) thc Oy nªn S∆OAB = 1 OA.d ( B, Oy) ⇔ = 2m ⇔ m = ±1 (tháa m·n) 2 VËy m = ±1 tháa m·n yªu cÇu bµi to¸n B×nh ln C¸c n¨m gÇn ®©y ®Ị thi §¹i häc th× c©u 1b) kh«ng cßn khã n÷a, chØ ë møc ®é võa ph¶i N¨m 2015 lµ n¨m ®Çu tiªn kÕt hỵp kú thi chung nªn c©u nµy chØ ë møc ®é dƠ, vÝ dơ nh− ®Ị minh häa cđa BGD NÕu bµi to¸n trªn chØ yªu cÇu '' T×m m ®Ĩ ®å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iĨm cùc trÞ '' th× phï hỵp e 1 I = ∫ x + ln xdx x C©u TÝnh tÝch ph©n e e Ta cã I = ∫ x ln xdx + ∫ e • A=∫ du = dx u = ln x x x ln xdx §Ỉt ⇒ dv = xdx x v = Khi ®ã A = e • B=∫ 1 ln x dx = A + B x x ln x e e − 1 xdx = x2 ln x ∫ 21 e x2 − 2 e = e2 + ln x dx §Ỉt t = ln x , suy dt = dx x x §ỉi cËn: víi x = ⇒ t = 0; víi x = e ⇒ t = Khi ®ã B = ∫ tdt = t2 = e2 + B×nh ln Bµi to¸n cã sù kÕt hỵp gi÷a hai ph−¬ng ph¸p tÝnh tÝch ph©n: Tõng phÇn vµ ®ỉi biÕn Møc ®é võa ph¶i nªn phï hỵp víi ®Ị thi chung hiƯn VËy I = A + B = π C©u Gi¶i ph−¬ng tr×nh sin x = + sin x + sin 2 x − 4 Th¹c sÜ Hnh §øc Kh¸nh – 0975.120.189 – 22A Ph¹m Ngäc Th¹ch – TP Quy Nh¬n Trang Ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng víi sin x = + sin x + sin x − cos x ⇔ sin x − sin3 x = sin2 x + sin x + sin x ( ) ⇔ sin x sin2 x + sin x − + cos x ( k ∈ ℤ) • sin x = ⇔ x = kπ • sin2 x + sin x − + cos x = ( ) ⇔ sin2 x − + (sin x + cos x) = ⇔ − cos2 x + (sin x + cos x) = ⇔ (sin x + cos x) 1 − (cos x − sin x) π π tan x = −1 x = − + kπ x = − + kπ sin x + cos x = 4 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ π π 1 − (cos x − sin x) = cos x + = x + π = ± π + k2π x = k2π; x = − + k2π 4 ( k ∈ ℤ) π π + kπ; x = − + k2π ( k ∈ ℤ) B×nh ln §©y thc lo¹i c©u dƠ ®Ị thi ®Ĩ häc sinh lÊy ®iĨm §Ĩ lµm ®−ỵc c©u nµy häc sinh cÇn n¾m v÷ng c¸c c«ng thøc l−ỵng gi¸c c¬ b¶n Trong bµi nµy ta sư dơng c¸c c«ng thøc: π s ina − cos a = sin a − , sin 3a = sin a − sin3 a , cos 2a = cos2 a − sin2 a = cos2 a − = − sin2 a 4 NÕu ®Ị thi kh«ng cho ph−¬ng tr×nh l−ỵng gi¸c th× sÏ cho tÝnh biĨu thøc l−ỵng gi¸c mµ chóng ta ®· häc ë ch−¬ng tr×nh líp 10 VÝ dơ nh− ®Ị minh häa cđa BDG '' Cho gãc α tháa m·n π tan α < α < π vµ sin α = TÝnh A = '' + tan α VËy ph−¬ng tr×nh cã c¸c nghiƯm x = kπ; x = − C©u Trong mét giá tr¸i c©y cã qu¶ ỉi, qu¶ xoµi vµ qu¶ b−ëi LÊy ngÉu nhiªn qu¶ giá tr¸i c©y TÝnh x¸c st ®Ĩ qu¶ lÊy ®−ỵc kh«ng cã ®đ lo¹i qu¶ Sè c¸ch chän qu¶ tr¸i c©y bÊt kú giá cã 14 qu¶ lµ : C14 = 1001 c¸ch Gäi A lµ biÕn cè '' qu¶ lÊy ®−ỵc cã ®đ lo¹i qu¶ '' C¸c kh¶ n¨ng x¶y biÕn cè A lµ : • qu¶ ỉi, qu¶ xoµi, qu¶ b−ëi : cã C52 C71 C21 = 140 c¸ch • qu¶ ỉi, qu¶ xoµi, qu¶ b−ëi : cã C51 C72 C21 = 210 c¸ch • qu¶ ỉi, qu¶ xoµi, qu¶ b−ëi : cã C51 C71 C22 = 35 c¸ch Do ®ã cã tÊt c¶ C52 C71 C21 + C51 C72 C21 + C51 C71 C22 = 385 c¸ch x¶y biÕn cè A Suy biÕn cè A lµ : '' qu¶ lÊy ®−ỵc kh«ng cã ®đ lo¹i qu¶ '' cã 1001 − 385 = 616 c¸ch 616 VËy x¸c xt cÇn t×m P ( A) = 1001 B×nh ln So víi c¸c n¨m gÇn ®©y th× c©u x¸c st nµy t−¬ng ®èi phï hỵp Nh−ng so víi ®Ị minh häa cđa BGD th× cßn qu¸ dƠ Cã kh¶ n¨ng cao n¨m 2015 c©u x¸c st chiÕm 0,5 ®iĨm n»m c©u ph©n lo¹i nªn møc ®é khã h¬n nhiỊu C¸c em nªn tham kh¶o c¸c ®Ị thi thư cđa §¹i Häc Vinh – Phan Béi Ch©u NghƯ An – §Ỉng Thøc Høa cã nh÷ng c©u x¸c st rÊt hay, ®ßi hái t− cao C©u 1) Cho sè phøc z tháa m·n (2 − i)(1 + i) + z (2i + 1) = − 2i T×m phÇn thùc, phÇn ¶o cđa z 2) Gi¶i ph−¬ng tr×nh x + x+1 = Th¹c sÜ Hnh §øc Kh¸nh – 0975.120.189 – 22A Ph¹m Ngäc Th¹ch – TP Quy Nh¬n Trang 1) Ta cã (2 − i)(1 + i) + z (2i + 1) = − 2i ⇔ + i + z (2i + 1) = − 2i ⇔ z (2i + 1) = − 3i (1 − 3i)(1 − 2i) − 3i ⇔ z= ⇔ z = −1 − i Suy z = −1 + i + 2i VËy phÇn thùc cđa z b»ng −1 , phÇn ¶o cđa z b»ng B×nh ln Th−êng c¸c em gi¶i ph−¬ng tr×nh ®Ĩ t×m sè phøc z th× ®Ỉt z = a + bi víi a, b ∈ ℝ ⇔ z= Nh−ng ph−¬ng tr×nh chØ cã z hc chØ cã z th× ta nªn biÕn ®ỉi trùc tiÕp §©y lµ c©u ®−ỵc coi nh− dƠ nhÊt ®Ị thi, c¸c vÊn ®Ị ®−ỵc hái còng ®¬n gi¶n Chó ý d¹ng l−ỵng gi¸c cđa sè phøc kh«ng cã ®Ị thi v× ch−¬ng tr×nh c¬ b¶n kh«ng nãi ®Õn mµ ®Ị thi hiƯn th× kh«ng cã phÇn riªng, phÇn chung n÷a 2) Ta cã x + x+1 = ⇔ x + 2.2 x − = §Ỉt t = x , t > Ph−¬ng tr×nh trë thµnh t2 + 2t − = ⇔ t = −4 (lo¹i) hc t = Víi t = , suy x = ⇔ x = VËy ph−¬ng tr×nh cã nghiƯm nhÊt x = B×nh ln §©y lµ c©u chiÕm 0,5 ®iĨm vµ còng kh¸ dƠ ®Ị thi NÕu ®Ị kh«ng cho ph−¬ng tr×nh mò th× sÏ cã c©u thay thÕ lµ ph−¬ng tr×nh logarit §Ĩ gi¶i ®−ỵc c©u nµy c¸c em chØ cÇn n¾m c¸c c«ng thøc biÕn ®ỉi c¬ b¶n vµ c¸c ph−¬ng ph¸p gi¶i c¬ b¶n s¸ch gi¸o khoa Kh«ng cÇn ph¶i häc cao, häc nh÷ng c¸i khã C©u Cho h×nh chãp S ABC , cã ®¸y ABC lµ tam gi¸c c©n t¹i A , AB = a , BAC = 1200 C¹nh bªn SA vu«ng gãc víi ®¸y ( ABC) , tam gi¸c SBC ®Ịu c¹nh 3a TÝnh thĨ tÝch cđa khèi chãp S ABC vµ kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng SM , AC theo a BiÕt ®iĨm M thc c¹nh BC cho MC = MB • TÝnh thĨ tÝch khèi chãp S ABC Gäi N lµ trung ®iĨm BC Do tam gi¸c ABC c©n t¹i A nªn AN ⊥ BC a Trong tam gi¸c vu«ng ANB , ta cã AN = AB2 − BN = 3a L¹i cã tam gi¸c SBC ®Ịu nªn SN ⊥ BC , suy SN = S Trong tam gi¸c vu«ng SAN , ta cã SA = SN − AN = a DiƯn tÝch tam gi¸c ABC lµ S∆ABC = K 3a2 BC AN = 3a3 Do ®ã VS ABC = S∆ABC SA = (®vtt) • TÝnh kho¶ng c¸ch d ( SM , AC) E N KỴ Mx song song víi AC Ta cã d ( SM , AC) = d ( AC, ( SMx)) = d ( A,( SMx)) Tõ A kỴ AE ⊥ Mx x A B M C ( E ∈ Mx) A Gäi K lµ h×nh chiÕu cđa A trªn SE , suy AK ⊥ SE (1) Mx ⊥ AE Ta cã ⇒ Mx ⊥ ( SAE) ⇒ Mx ⊥ AK (2) Mx ⊥ SA Tõ (1) vµ (2) , suy AK ⊥ ( SMx) nªn d ( A, ( SMx)) = AK Ta cã AE = 2 2S d ( A, By) = d ( B, AC) = ∆ABC = a 3 AC x y E B M Th¹c sÜ Hnh §øc Kh¸nh – 0975.120.189 – 22A Ph¹m Ngäc Th¹ch – TP Quy Nh¬n C Trang Trong tam gi¸c vu«ng SAE , ta cã AK = SA AE SA2 + AE2 = a 42 a 42 B×nh ln 1) Bµi to¸n cho thõa d÷ kiƯn BAC = 1200 2) §©y b¾t ®Çu lµ c©u g©y khã dƠ cho häc sinh ë ng−ìng ®iĨm PhÇn tÝnh thĨ tÝch ch¾c ®a sè häc sinh tÝnh ®−ỵc PhÇn tÝnh kho¶ng c¸ch th× 70% häc sinh u vỊ vÊn ®Ị nµy nªn ®©m sỵ, nguyªn nh©n lµ ë líp 11 c¸c em häc kh«ng kü vỊ nã Thùc nã tu©n thđ theo s¬ ®å sau d ( duong1 , duong2 ) → d ( duong1 , mat) → d ( diem, mat) → k.d ( chanduongcao, mat) VËy d ( SM , AC) = AK = Víi • • • • duong1 : lµ ®−êng th¼ng n»m mỈt ®¸y duong2 : lµ ®−êng th¼ng n»m mỈt bªn mat : lµ mỈt ph¼ng chøa duong2 vµ song song víi duong1 diem : lµ mét ®iĨm bÊt kú trªn duong1 , ta chän cho dƠ tÝnh kho¶ng c¸ch • HƯ sè k = d ( diem, duong2 ) d ( chanduongcao, duong2 ) Khi bµi to¸n ®· ®−a vỊ tÝnh d ( chanduongcao, mat) Ta thùc hiƯn kỴ hai lÇn vu«ng gãc nh− A phÇn tr×nh bµy bµi gi¶i ë trªn 3) Trong phÇn tÝnh AE ta cã thĨ gi¶i theo c¸ch sau: Trong tam gi¸c ABC cã c¸c c¹nh AB = AC = a , BC = a x Dïng ®Þnh lÝ hµm sè cosin tÝnh ®−ỵc BAC = 1200 Suy FAE = 300 2a 3 Tam gi¸c vu«ng FAE , ta cã AE = AF cos30 = = a F E C©u Trong kh«ng gian víi hƯ täa ®é Oxyz , cho mỈt ph¼ng C M B ( P) : x − y − z − = vµ hai ®iĨm 1 A (0;2; −1) , B ;0; −3 ViÕt ph−¬ng tr×nh mỈt cÇu cã t©m A vµ tiÕp xóc víi ( P) T×m ®iĨm C trªn ( P) cho mỈt ph¼ng ( ABC) vu«ng gãc víi ( P) vµ tam gi¸c ABC vu«ng t¹i C Kho¶ng c¸ch tõ ®iĨm A ®Õn mỈt ph¼ng ( P) lµ d ( A, ( P)) = −2 + − 4 +1 +1 = MỈt cÇu ( S) cÇn t×m cã t©m A vµ tiÕp xóc víi ( P) nªn b¸n kÝnh R = d ( A, ( P)) = 25 MỈt ph¼ng ( P) cã vect¬ ph¸p tun nP = (2; −1; −1) 2 VËy ( S) : x2 + ( y − 2) + ( z + 1) = Gäi (α) lµ mỈt ph¼ng qua A , B vµ vu«ng gãc víi ( P) 7 Suy (α) cã vect¬ ph¸p tun nα = AB, nP = 0; − ; Do ®ã (α) : y − z − = 2 x = + t Gäi ∆ lµ giao tun cđa (α) vµ ( P) nªn ∆ : y = + t z = t Th¹c sÜ Hnh §øc Kh¸nh – 0975.120.189 – 22A Ph¹m Ngäc Th¹ch – TP Quy Nh¬n Trang 7 Theo gi¶ thiÕt, suy C ∈ (α) H¬n n÷a C ∈ ( P) nªn C ∈ ∆ , suy C + t;3 + t; t 7 Ta cã AC = + t;1 + t;1 + t , BC = (3 + t;3 + t;3 + t) t = −3 7 Tam gi¸c ABC vu«ng t¹i C nªn AC.BC = ⇔ + t(3 + t) + (1 + t)(3 + t) + (1 + t)(3 + t) = ⇔ 11 t = − 1 10 11 11 Víi t = −3 , ta ®−ỵc C ;0; −3 Víi t = − , ta ®−ỵc C ; ; − 6 6 B×nh ln 1) Trong cÊu tróc ®Ị thi cđa BDG n¨m 2015 hc c¸c n¨m gÇn ®©y th× ®©y thc c©u ë møc ®é dƠ, th−êng ®Ị sÏ hái nh÷ng thø ®¬n gi¶n Trong ®Ị nµy th× qu¸ khã cho häc sinh lµm ®−ỵc trän vĐn hÕt c©u D¸m ch¾c r»ng 70% häc sinh kh«ng lµm ®−ỵc ý thø hai cđa c©u nµy 2) §−êng th¼ng ∆ lµ giao tun cđa (α) vµ ( P) ta nªn tÝnh to¸n ë ngoµi giÊy nh¸p v× s¸ch gi¸o khoa kh«ng cã ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ë d¹ng giao tun cđa hai mỈt ph¼ng (hay cßn gäi lµ ph−¬ng tr×nh tỉng qu¸t) 3) Chó ý NÕu ®iĨm thc ®−êng th¼ng th× ta lÊy theo tham sè, ®iĨm thc mỈt ph¼ng th× ta lÊy theo tham sè VÝ dơ nh− bµi nµy ®iĨm C ∈ ( P) , suy C ( a; b;2a − b − 4) Hai tham sè ( ABC) ⊥ ( P) Nh−ng nÕu gi¶i theo h−íng nµy th× rÊt th× ta cÇn hai ph−¬ng tr×nh ®Ĩ gi¶i, ®ã lµ AC ⊥ BC phøc t¹p C©u Trong mỈt ph¼ng víi hƯ täa ®é Oxy , cho h×nh ch÷ nhËt ABCD cã ®Ønh B (1;1) , träng t©m G cđa tam gi¸c ABC thc ®−êng th¼ng ∆ : x − y − = §iĨm N (4;6) lµ trung ®iĨm cđa CD T×m täa ®é c¸c ®Ønh cßn l¹i cđa h×nh ch÷ nhËt Do G ∈ ∆ , suy G (t;3t − 2) Gäi I = AC ∩ BD V× G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn BG = Tõ ®ã suy D (3t − 2;9t − 8) BI = BD 3 H¬n n÷a, N (4;6) lµ trung ®iĨm cđa CD nªn suy C (10 − 3t;20 − 9t) Ta cã BC = (9 − 3t;19 − 9t) , NC = (6 − 3t;14 − 9t) Do ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt nªn NC ⊥ BC ⇔ NC BC = 32 ⇔ 90t2 − 342t + 320 = ⇔ t = hc t = 15 • Víi t = , suy C (5;5) , D (3;7) Trung ®iĨm BD lµ I (2;4) nªn A (−1;3) A B G ∈∆ I C D N 32 • Víi t = , b¹n ®äc lµm t−¬ng tù 15 B×nh ln Xu h−íng hiƯn nay, thĨ lµ ®Ị thi §¹Þ häc n¨m 2014 ë ®Ị khèi A vµ D, ®Ỉc biƯt lµ khèi D, c©u h×nh Oxy thc c©u mang tÝnh chÊt ph©n lo¹i cao Nh÷ng n¨m vỊ tr−íc H×nh häc Oxy ®−ỵc gi¶i b»ng nh÷ng ph−¬ng ph¸p th«ng th−êng nh−: tham sè hãa råi t×m ®iỊu kiƯn ®Ĩ gi¶i tham sè,… HiƯn H×nh häc Oxy ®· ®−ỵc trõu t−ỵng h¬n, mang tÝnh ®¸nh ®è h¬n §ã lµ sù kÕt hỵp gi÷a h×nh häc ph¼ng víi h×nh häc täa ®é C¸i khã ë ®©y lµ ph¶i ph¸t hiƯn ®−ỵc vÊn ®Ị, ®i chøng minh vÊn ®Ị ®ã råi míi ¸p dơng vµo bµi to¸n §©y lµ c©u ph©n l¹i cao nh−ng ®Ị bµi l¹i cho kh¸ dƠ, kh«ng phï hỵp víi cÊu tróc ®Ị b©y giê Th¹c sÜ Hnh §øc Kh¸nh – 0975.120.189 – 22A Ph¹m Ngäc Th¹ch – TP Quy Nh¬n Trang ( ) x ( x + y) + x + y = y y3 + C©u Gi¶i hƯ ph−¬ng tr×nh 10 x2 − 11 x + + y2 + x − = x + y − x + y ≥ 0; y ≥ §iỊu kiƯn : 10 x2 − 11 x + ≥ 0;5 y2 + x − ≥ (1) ( x, y ∈ ℝ) (2) Ph−¬ng tr×nh (1) ⇔ x2 + xy + x + y = y2 + y ( ) ( ) ⇔ x2 − y2 + xy − y2 + x + y − y = ⇔ ( x − y) x + y + y + = x + y + y V× x + y ≥ vµ y ≥ nªn x + y + y + x + y + 2y (1') >0 Do ®ã (1') ⇔ x − y = ⇔ x = y Thay vµo (2) , ta ®−ỵc 10 x2 − 11 x + + x2 + x − = x − ⇔ 10 x2 − 11 x + − (3 x − 2) + x2 + x − − (2 x + 1) = 1 ⇔ x2 + x − + =0 2 x + x − + (2 x + 1) 10 x − 11 x + + (3 x − 2) −1 ± 13 ⇔ x2 + x − = ⇔ x = −1 + 13 −1 + 13 §èi chiÕu ®iỊu kiƯn ta ®−ỵc nghiƯm cđa hƯ ph−¬ng tr×nh lµ : ( x; y) = ; 2 ( ) B×nh ln 1) Khi gi¶i hƯ ta th−êng khai th¸c mét ph−¬ng tr×nh cđa hƯ (cã khai th¸c c¶ hai) b»ng c¸c ph−¬ng ph¸p: Liªn hỵp ®Ĩ xt hiƯn nhËn tư chung, ph©n tÝch thõa sè chung, ®Ỉt Èn phơ, dïng hµm ®Ỉc tr−ng Khi c¸c ph−¬ng ph¸p trªn kh«ng cßn hiƯu qu¶ th× cßn cã ph−¬ng ph¸p ®¸nh gi¸, ph−¬ng ph¸p ®¸nh gi¸ dïng ta dù ®o¸n tr−íc tÊt c¶ c¸c nghiƯm cđa hƯ ®Ĩ biÕt ®−ỵc ®iĨm r¬i 2) Khi thay x = y vµo ph−¬ng tr×nh (2) ta ®−ỵc ph−¬ng tr×nh v« tû Dïng m¸y tÝnh Casio nhÈm nghiƯm th× rÊt lỴ nh−ng nhê tÝnh ®−ỵc tỉng vµ tÝch c¸c nghiƯm nªn ta biÕt ®−ỵc ph−¬ng tr×nh cã nh©n tư chung lµ x2 + x − , tõ ®ã cho ta h−íng thªm bít ®Ĩ liªn hỵp 3) Trong c¸c ®Ị thi tun sinh cđa BDG th× nghiƯm cho rÊt ®Đp, nÕu nghiƯm kh«ng nguyªn th× còng ph¶i r¬i vµo nh÷ng '' l¸t c¾t vµng '' Trong c©u nµy t¸c gi¶ cho ®Ị nghiƯm qu¸ xÊu 4) N¨m th× kh¶ n¨ng hƯ ph−¬ng tr×nh lµ 50% , bÊt ph−¬ng tr×nh 30% , ph−¬ng tr×nh 20% Nªn c¸c em cÇn häc kü bÊt ph−¬ng tr×nh n÷a nÕu mn lµm ®−ỵc ®Õn ®iĨm C©u 10 Cho a , b , c lµ c¸c sè thùc d−¬ng tháa m·n 1 + + = T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa a+b b+c c+a biĨu thøc P= ab + bc + ca + c2 + 23 11 a2 b + ab2 + b2 c + bc2 + a2 c + ac2 + abc Th¹c sÜ Hnh §øc Kh¸nh – 0975.120.189 – 22A Ph¹m Ngäc Th¹ch – TP Quy Nh¬n Trang 1 ;y= ;z= Khi ®ã bµi to¸n trë thµnh a+b b+ c c+a '' Cho x, y, z lµ c¸c sè thùc d−¬ng tháa m·n x + y + z = T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa P = §Ỉt x = yz + 23 11 xyz '' Theo bÊt ®¼ng thøc AM − GM , ta cã yz ≤ y+ z vµ 11 4 x + y + z 10 11 4 5 11 x y z ≤ x + ( y + z) 23 11 xyz = 53 = 10 5 y + z 11 11 11 Suy P ≤ + x + ( y + z) = ( x + y + z) = 6 11 25 hay a = b = ; c = §¼ng thøc x¶y vµ chØ x = ; y = z = 10 88 11 VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cđa P b»ng Lời giải bởi: TRẦN ANH HÀO C¸ch Ph−¬ng ph¸p dån biÕn (tham kh¶o thªm) 1 §Ỉt x = Suy P = ( xy) + 23 11 ( xyz) ;y= ;z= b+ c c+a a+b Ta cã x6 + y6 + z6 = ≥ z6 + ( xy) Suy xy ≤ Do ®ã P ≤ − z6 − z6 2 − z6 − z6 + 23 11 z2 + 22 z6 z6 − = 2 ( ) 3−t + 22t ( t − 3) = f ( t) 2 t − 4t + =0⇔t= t3 − t + §Ỉt t = z6 , suy t ∈ (0;3) vµ P ≤ Ta cã f ' (t) = − + 22 ( ) 11 LËp b¶ng biÕn thiªn ta thÊy f (t) ≤ f = Lời giải bởi: VŨ VĂN BẮC B×nh ln Trong nh÷ng n¨m gÇn ®©y cÊu tróc ®Ị thi cđa BGD th× c©u nµy lµ c©u khã nhÊt, c©u lÊy ®iĨm 10 N¨m 2012 trë vỊ tr−íc th× xu h−íng cđa bé lµ biĨu thøc P ®èi xøng N¨m 2013 vµ 2014 th× xu h−íng cđa Bé biĨu thøc P kh«ng cßn ®èi xøng n÷a mµ lµ gÇn ®èi xøng §Ĩ gi¶i qut nh÷ng bµi to¸n nµy th× ta dïng ®Õn nh÷ng bÊt ®¼ng c¬ b¶n, bÊt ®¼ng thøc phơ,… ®Ĩ dån biÕn Sau ®ã ta ®Ỉt Èn phơ ®Ĩ xÐt hµm hc thªm bít ®¹i l−ỵng råi dïng bÊt ®¼ng thøc lÇn n÷a Trong bµi to¸n nµy ta ®· gi¶i qut theo h−íng c©n b»ng hƯ sè bÊt ®¼ng thøc AM − GM , c¸i khã cđa bµi to¸n nµy lµ chän ®−ỵc ®iĨm r¬i NHẬN XÉT CHUNG §Ị thi ë møc ®é t−¬ng ®èi khã, Ýt häc sinh ®¹t ®iĨm cao Nh÷ng phÇn cÇn dƠ th× kh«ng dƠ, nh−ng phÇn ph©n lo¹i cÇn khã (x¸c st, Oxy, hƯ ph−¬ng tr×nh, bÊt ®¼ng thøc) th× l¹i kh«ng khã l¾m Th¹c sÜ Hnh §øc Kh¸nh – 0975.120.189 – 22A Ph¹m Ngäc Th¹ch – TP Quy Nh¬n Trang SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số y ĐỀ THI THỬ LẦN KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MƠN: TỐN (Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề) x mx m x (1) , với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m b) Tìm giá trị tham số m để hàm số (1) đạt cực tiểu x = - Câu 2(1,0 điểm) a) Giải phương trình 4sin x cos x sin x sin x b) Tìm số phức z cho z z z 1 z i số thực Câu 3(0,5 điểm) Giải phương trình log5 x x log 25 log5 x 1 Câu 4(1,0 điểm).Giải bất phương trình x2 19 x x 1 6x 1 x x Câu 5(1,0 điểm) Tính tích phân I cos x x 2sin x dx Câu 6(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình chữ nhật có AB = a , AD = a , SA vng góc với mặt phẳng đáy Đường thẳng SC tạo với mặt phẳng đáy góc 300 Gọi M trung điểm BC Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng DM SB Câu 7(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Gọi D, E trung điểm đoạn thẳng AB AH Đường thẳng vng góc với AB D cắt đường thẳng CE F(-1; 3) Đường thẳng BC có phương trình x – 2y + = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, biết điểm D thuộc đường thẳng 3x + 5y = hồnh độ điểm D số ngun Câu 8(1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y + z – = hai điểm A( 1;2;0), B(1; 1;3) Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) cách điểm A khoảng Câu 9(0,5 điểm) Cho n số tự nhiên thỏa mãn 2C 2 khai triển Nhị thức Niutơn x x n 1 An3 C Tìm hệ số số hạng chứa x10 2 n n x 0 Câu 10(1,0 điểm) Cho số thực dương a, b,c thỏa mãn (bc 1) a 2(1 a) bc Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P a a 2c 12 a 2 a bc (1 c) a - Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LẦN KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MƠN: TỐN (Đáp án - thang điểm gồm 06 trang) Câu Câu 1.a (1,0đ) Nội dung Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x3 mx m x với m 3 Với m , ta có hàm số y x x x * Tập xác định: D R * Sự biến thiên: y ' x x ; y ' x x 1 0,25 Hàm số đồng biến khoảng ; 1 3;+ Hàm số nghịch biến khoảng 1;3 0,25 20 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = -1; yCĐ = , đạt cực tiểu x 3, yCT 4 - Giới hạn: lim y ; lim y x x - Bảng biến thiên x y' 1 20 0,25 y 4 Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy điểm y (0;5) O -5 -1 x 0,25 -2 -4 -6 Câu1.b (1,0đ) Tìm giá trị tham số m để hàm số (1) đạt cực tiểu x = - y x 2mx m Hàm số đạt cực tiểu x = -1 m y( 1) m 2m m 3 Với m = theo câu a hàm số đạt cực đại x = -1(loại) Với m = - y x x x y ' x x 5; 0,25 x 1 y' = x 5 0,25 ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm a.(1,0 điểm) Hàm số : y x3 3x TXĐ: D R y ' 3 x , y ' x 1 0.25 Hàm số nghịch biến khoảng ; 1 1; , đồng biến khoảng 1;1 0.25 Hàm số đạt cực đại x , yCD , đạt cực tiểu x 1 , yCT 1 lim y , lim y x x * Bảng biến thiên x – y’ + y -1 + – + + - -1 Đồ thị: 0.25 0.25 2 b.(1,0 điểm) Ta có : x x m m x x 1* 0.25 Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm đồ thị hàm số y x 3x đường thẳng d : y m 0.25 Dựa vào đồ thị (C), ta suy phương trình (*) có nghiệm phân biệt m KL tham số m 0.25 0.25 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) Thu gọn: 3i z 9 4i z z 9 4i 3i 35 , KL nghiệm i 13 13 b,(0,5điểm) sin x 6sin x cos x 0.25 25 2sin x cos x sin x 0.25 sin x x k Vậy nghiệm PT x k , k Z sin x cos x 3(Vn) 25 (1,0 điểm) du dx x3 x dv x e dx v ex u x Đặt: 0.25 x3 1 x3 I x e x e x dx 0 3 + e 0.25 0.25 0.25 x4 1 ex 12 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) Đk: x Pt cho log x x 1 log x 1 log x log x 1 2x 1 x KL nghiệm x b,(0,5điểm) n C113 165 0.25 0.25 0.25 Số cách chọn học sinh có nam nữ C52 C61 C51.C62 135 135 Do xác suất để học sinh chọn có nam nữ 165 11 (1,0 điểm) Đường thẳng d có VTCP ud 2;1;3 Vì P d nên P nhận ud 2;1;3 làm VTPT Vậy PT mặt phẳng P : 2 x 1 y 1 z 3 2 x y 3z 18 Vì B d nên B 1 2t ;1 t; 3 3t 0.25 0.25 0.25 0.25 AB 27 AB 27 2t t 6 3t 27 7t 24t t 13 10 12 Vậy B 7; 4;6 B ; ; t 7 7 (1,0 điểm) 0.25 Gọi K trung điểm AB HK AB (1) Vì SH ABC nên SH AB (2) Sj 0.25 Từ (1) (2) suy AB SK Do góc SAB với đáy góc 60 SK HK SKH M C Ta có SH HK tan SKH B H a K A 1 a3 Vậy VS ABC S ABC SH AB AC.SH 3 12 0.25 Vì IH / / SB nên IH / / SAB Do d I , SAB d H , SAB Từ H kẻ HM SK M HM SAB d H , SAB HM Ta có 1 16 a a HM Vậy d I , SAB 2 HM HK SH 3a 4 0.25 0,25 (1,0 điểm) Gọi AI phan giác BAC Ta có : AID ABC BAI A E M' K M B I C D 0,25 CAD CAI IAD CAI , nên Mà BAI ABC CAD AID IAD DAI cân D DE AI PT đường thẳng AI : x y 0,25 Goị M’ điểm đối xứng M qua AI PT đường thẳng MM’ : x y Gọi K AI MM ' K(0;5) M’(4;9) VTCP đường thẳng AB AM ' 3;5 VTPT đường thẳng AB n 5; 3 Vậy PT đường thẳng AB là: x 1 y x y (1,0 điểm) x xy x y y y 4(1) y x y x 1(2) 0,25 0,25 0.25 xy x y y Đk: 4 y x y 1 Ta có (1) x y x y y 1 4( y 1) Đặt u x y , v y ( u 0, v ) u v Khi (1) trở thành : u 3uv 4v u 4v(vn) Với u v ta có x y 1, thay vào (2) ta : y y y 1 y 2 y2 y y 1 y ( y2 y y 1 y 0.25 y 1 1 y2 y 2 y2 y y 1 y 1 1 y2 y y 1 0 y 0y ) y 1 1 0.25 0.25 Với y x Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT 5; (1,0 điểm) bc bc bc bc 1 ab ac 3a bc a(a b c) bc (a b)(a c) 1 Vì theo BĐT Cơ-Si: , dấu đẳng thức xảy b = c ab ac (a b)(a c) Vì a + b + c = ta có Tương tự Suy P ca ca 1 ba bc 3b ca ab ab 1 ca cb 3c ab bc ca ab bc ab ca a b c , 2(a b) 2(c a ) 2(b c) 2 Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy max P = 0,25 0,25 0,25 a = b = c = 0,25 SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ SỐ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 Mơn: TỐN THPT Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y x 6x 9x (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Tìm m để phương trình x(x 3) m có nghiệm phân biệt Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: (sinx cosx) cosx b) Giải bất phương trình: log 0,2 x log 0,2 (x 1) log 0,2 (x 2) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I 6x+7 3x dx Câu (1,0 điểm) a) Cho z1 , z2 nghiệm phức phương trình z z 11 Tính giá trị biểu 2 z z2 thức A = ( z1 z2 )2 b) Xét số tự nhiên có chữ số khác Tìm xác suất để số tự nhiên có chữ số khác lấy từ số thảo mãn: Chữ số đứng sau lớn chữ số đứng trước Câu (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d có x 1 y z 1 phương trình Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC cạnh 4a; M, N trung điểm cạnh SB BC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường cao trung tuyến kẻ từ đỉnh C x y 13 x 13 y 29 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x y x y (x y)2 x y (x, y R) x x y x y Câu (1,0 điểm) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P x (y z) y (z x) z (x y) yz zx xy Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………….; Số báo danh:………………………………… Trang SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 Mơn: TỐN THPT Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề Câu Nội dung Điểm 1a a) y x x x (1,25) * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên Chiều biến thiên: y ' x 12 x 3( x x 3) x , y' x Ta có y ' x Do đó: + Hàm số đồng biến khoảng (,1) (3, ) + Hàm số nghịch biến khoảng (1, 3) 0,25 0,25 Cực trị: Hàm số đạt cực đại x yCD y (1) ; đạt cực tiểu x yCT y (3) 1 Giới hạn: lim y ; lim y x 0,25 x Bảng biến thiên: x y’ 0,25 y -1 * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung điểm (0, 1) y 0,25 x O -1 1b (0,75) Ta có: x(x 3) m x 6x 9x m Phương trình có ba nghiệm phân biệt đường thẳng y = m – cắt (C) điểm phân biệt 1 m m 2a (0,5) 0,25 0,25 0,25 Ta có: (s inx cosx) cosx sin xcosx cosx cosx(2 sin x-1) 0,25 Trang 2b (0,5) cosx s inx= x k x= k2 (k Z) 5 x k2 Điều kiện: x (*) 0,25 0,25 log0,2 x log 0,2 (x 1) log 0,2 (x 2) log0,2 (x x) log0,2 (x 2) x x x x (vì x > 0) Vậy bất phương trình có nghiệm x (1,0) 0,25 1 6x+7 (6x+4)+3 I dx dx (2 )dx 3x 3x 3x 0 1 0,25 2 dx dx 2 dx d(3x+2) 3x 3x 0 0 1 0 2x ln 3x 0,25 0,25 ln 4a (0,5) 0,25 Giải pt cho ta nghiệm: z1 3 i, z2 i 2 0,25 3 22 ; z1 z2 Suy | z1 || z2 | 0,25 z z2 11 Đo ( z1 z2 ) 4b (0,5) Các số tự nhiên có chữ số khác nhau: a1a2 a3 a4 a5 a j với i j a1 Có cách chọn a1 Mỗi cách chọn a1 có cách chọn a2 Mỗi cách chọn a1, a2 có cách chọn a3 Mỗi cách chọn a1, a2, a3 có cách chọn a4 Mỗi cách chọn a1, a2, a3, a4 có cách chọn a5 9.9.8.7.6 27216 0,25 0,25 Xét biến cố A: “ Số có năm chữ số lấy thoả mãn chữ số đứng sau lớn chữ số đứng trước” Vì chữ số khơng thể đứng trước số nên xét tập hợp: 0,25 X= 1;2;3; 4;5;6;7;8;9 Mỗi gồm chữ số khác lấy từ X có cách Trang xếp theo thứ tự tăng dần A P ( A) (1,0) C95 126 27216 216 0,25 Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH HI => HI lớn A I Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến H d H (1 2t; t ;1 3t ) H hình chiếu A d nên 0,5 AH d AH u (u (2;1;3) véc tơ phương d) H (3;1;4) AH ( 7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0,5 7x + y -5z -77 = (1,0) *) Ta có: AN AB BN 2a Diện tích tam giác ABC là: S ABC 0,25 S BC AN 4a Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 VS ABC S ABC SA 4a 3.8a 3 0,25 M 32a 3 (đvtt) C A *) Ta có: H VB AMN BA BM BN VS ABC BA BS BC N 0,25 B 8a VB AMN VS ABC Mặt khác, SB SC 5a MN 1 SC 5a ; AM SB 5a 2 Gọi H trung điểm AN MH AN , MH AM AH a 17 Diện tích tam giác AMN S AMN 1 AN MH 2a 3.a 17 a 51 2 0,25 Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: d ( B, ( AMN )) 3VB AMN 8a 3 8a 8a 17 S AMN 17 a 51 17 Trang (1,0) - Gọi đường cao trung tuyến kẻ từ C CH CM C(-7; -1) Khi CH có phương trình x y 13 , CM có phương trình x 13 y 29 2 x y 13 - Từ hệ C (7; 1) 6 x 13 y 29 - AB CH n AB u CH (1, 2) pt AB : x y 16 M(6; 5) H A(4; 6) 0,25 B(8; 4) x y 16 - Từ hệ M (6; 5) B(8; 4) 6 x 13 y 29 - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x y mx ny p m 4 52 4m 6n p Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 80 8m 4n p n p 72 50 m n p 0,25 0,25 Suy pt đường tròn: x y x y 72 hay ( x 2) ( y 3) 85 (1,0) 0,25 x y x y (x y)2 x y (1) (x, y R) Giải hệ: x x y x y (2) 0,25 x y (*) Điều kiện: x y Đặt t x y , từ (1) ta có: t t t2 t t t2 t t t(1 t) (1 t) t t3 2 t t (Vì t 3(1 t) t3 2 t 0 t3 2 t 0,25 0, t ) Suy x y y x (3) Thay (3) vào (2) ta có: x 2x x2 ( x 2) ( 2x 1) x2 x 1 (x 1) 2x x 3 2 x (Vì x 1 x2 2x 0, x Suy (x = 1; y = 0), thoả mãn (*) Vậy hệ cho có nghiệm ( x = 1; y = 0) 2x 2x 0 0,25 ) 0,25 Trang (1,0) Ta có : P x x y2 y2 z2 z2 y z z x x y (*) 0,25 Nhận thấy : x2 + y2 – xy xy x, y R Do : x3 + y3 xy(x + y) x, y > Tương tự, ta có : hay 2 x y x y x, y > y x y2 z2 y z y, z > z y z2 x zx x z x, z > Cộng vế ba bất đẳng thức vừa nhận trên, kết hợp với (*), ta được: P 2(x + y + z) = x, y, z > x + y + z = Hơn nữa, ta lại có P = x = y = z = 0,25 Vì vậy, minP = 0,25 0,25 Chú ý: Mọi cách giải khác cho điểm tối đa Trang TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề x x a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị C hàm số cho Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y b) Tìm m để phương trình x x m có nghiệm thực phân biệt Câu (1,0 điểm) a) Biết số thực ; thỏa mãn sin 2 Tính giá trị biểu thức A cos 2 4cos sin sin 16 b) Cho số phức z 3i Tính mơđun số phức w z z Câu (0,5 điểm) Giải phương trình log2 x x 3 log2 2x 1 log2 x 1 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x 1 x x x Câu (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành quay hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y x 3x 1 , trục hồnh đường thẳng x xung quanh trục Ox 120 , Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình thoi cạnh a, BCD 7a AA ' Hình chiếu vng góc A ' lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC BD Tính theo a thể tích khối hộp ABCD A ' B ' C ' D ' khoảng cách từ D ' đến mặt phẳng ( ABB ' A ') 8 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G ; 3 có đường tròn ngoại tiếp (C) tâm I Biết điểm M (0; 1) N (4; 1) điểm đối xứng I qua đường thẳng AB AC, đường thẳng BC qua điểm K (2; 1) Viết phương trình đường tròn (C) Câu (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(2; 3; 1), B(4; 1; 0) mặt phẳng ( P) : x y z Chứng minh đường thẳng AB song song với (P) Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua (P) Câu (0,5 điểm) Khai triển rút gọn biểu thức P( x) x 1 x 1 x thu P ( x) a0 a1 x a2 x a9 x9 Tính a7 Câu 10 (1,0 điểm) Giả sử x , y , z số thực dương thỏa mãn x z y x y z xy yz 1 Tìm giá trị lớn biểu thức P y3 2 1 z 1 x z x Hết -Ghi chú: BTC trả vào ngày 23, 24/5/2015 Để nhận thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC Thi thử THPT Quốc gia lần cuối năm 2015 tổ chức vào chiều ngày 13 ngày 14/6/2015 Đăng ký dự thi Văn phòng Trường THPT Chun từ ngày 23/5/2015 Kỳ thi Tuyển sinh vào lớp 10 THPT Chun, Trường Đại học Vinh tổ chức hai ngày 06 07 năm 2015 Phát hành nhận hồ sơ đăng ký dự thi từ ngày 10/5 đến hết ngày 30/5/2015 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN Mơn: TỐN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) o Tập xác định: D o Sự biến thiên: * Giới hạn vơ cực: Ta có lim y lim y x x * Chiều biến thiên: Ta có y ' x3 x; x x x 2 y' ; y' ; y' x 2 2 x 0 x Suy hàm số đồng biến khoảng 2; , 2; ; 0,5 nghịch biến khoảng ; , 0; * Cực trị: Hàm số đạt cực đại x 0, yCĐ 3, hàm số đạt cực tiểu x 2, yCT 1 * Bảng biến thiên: x y' 2 – + – + y 1 1 o Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng y 0,5 2 O x 1 b) (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với m m x x x x 4 4 m đường thẳng d song song trùng với trục hồnh Số nghiệm phương trình cho số giao điểm d với đồ thị (C) Từ đồ thị câu a) suy phương trình cho có nghiệm thực phân biệt m 1 16 m Đồ thị hàm số y 0,5 0,5 a) (0,5 điểm) Câu (1,0 điểm) cos Ta có A sin cos sin cos sin Mặt khác cos sin sin 2 16 9 0,5 16 Do ; , nên cos 0, sin Suy cos sin Khi A 2 3 b) (0,5 điểm) 16 3i 16 Ta có w 3i 2 3i 3i 3i Suy w Câu (0,5 điểm) *) Điều kiện: x Với điều kiện phương trình cho trở thành log 2 x 1 log 2 x 3 log 2 x 1 log 2 2x x 3 log 2 2x 0,5 1 x x x x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x 2 x x 1 x x 1 x 0,5 1 17 17 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình cho x *) Điều kiện: x Bất phương trình cho tương đương với x 1 x x 1 x log Câu (1,0 điểm) x 0, 0,5 (1) x 1 x 0, với x Xét hai trường hợp sau: x +) x Khi (1) x 2 x x2 x x Kết hợp điều kiện ta nghiệm x +) x Khi (1) x 2 x x x x 0,5 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm x Vậy nghiệm bất phương trình cho x x Câu (1,0 điểm) x 3x 1 0, x Ta có x 3x 1 x Do thể tích khối tròn xoay cần tính 1 0,5 V x 1dx x dx xdx x3 dx 0 0 x x x Tính x x x3 dx Đặt u x; dv dx Suy du dx; v 3x ln (1) Theo cơng thức tích phân phần ta có 1 x 3x 1 3 x x dx 3x dx 3x 0 ln ln ln ln ln ln Câu (1,0 điểm) 0,5 1 Thay vào (1) ta V ln ln A' D ' Gọi O AC BD Từ giả thiết suy A ' O ( ABCD ) B' C' H A D K C Hạ OH ( ABB ' A ') C 0,5 49a a A ' O A ' A AO 3a 4 Suy VABCD A ' B 'C ' D ' A ' O.S ABCD 3a3 (1) O B a2 1200 nên Vì BCD ABC 600 ABC AC a S ABCD BC.CD.sin1200 Vì DD '/ /( ABB ' A ') nên d D ', ( ABB ' A ') d D, ( ABB ' A ') Vì O trung điểm BD nên d D, ( ABB ' A ') 2d O, ( ABB ' A ') 2OH (2) Vì AC BD A ' O ( ABCD ) nên OABA ' tứ diện vng đỉnh O Suy Câu (1,0 điểm) 1 1 65 195 OH a (3) 2 2 OH OA OB OA ' 12a 65 195 Kết hợp (1), (2) (3) suy d D ', ( ABB ' A ') 2OH a 65 Chú ý: Thí sinh hạ OK AB, OH A ' K Tính OK suy OH Gọi H, E trung điểm MN, BC H (2; 1) A Từ giả thiết suy IAMB, IANC N M hình thoi Suy AMN , IBC tam H giác cân G Suy AH MN , IE BC, AHEI hình I bình hành F C Suy G trọng tâm HEI HG B K E cắt IE F trung điểm IE Vì BC // MN K (2; 1) BC Suy BC : y 1 8 Từ H (2; 1), G ; HF HG F 3; 2 3 Từ FE BC pt EF : x E (3; 1) Câu (1,0 điểm) Vì F trung điểm IE nên I (3; 0), R IA HE Suy (C ) : ( x 3)2 y hay x y x Ta có AB (2; 2; 1), nP (2; 1; 2) AB.nP Vì nên AB // (P) A ( P) Ta có AA ' ( P) nên u AA ' nP (2; 1; 2) x y z 1 Suy phương trình AA ' : 1 Vì AA ' cắt (P) H (2; 1; 3) mà H trung điểm AA ' nên suy A '(6; 1; 7) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu (0,5 điểm) Ta có a7 hệ số x có P( x ) Các số hạng P ( x ) mà khai triển chứa x 7 Từ giả thiết ta có Câu 10 (1,0 điểm) gồm 1 x , 1 x 1 x Theo Nhị thức Niu-tơn ta có 7 a7 7.C77 2 8C87 2 9C97 2 395 27 50560 0,5 xz y Chú ý rằng, với x, y a, b ta có a b xy a b2 x y (1) Thật vậy, (1) tương đương với ay bx 2 y z xy yz x y 1 Khi P y3 y3 2 2 1 z 1 x z 1 z 1 x z x x x y 4x z y z 2 2 y z 4x y x z 2 2 1 y3 z x x2 y2 x2 z y2 z2 1 4 y2 z2 2 x2 z2 4x y y2 y y3 y3 y2 z x2 y x3 z 1 y y y y y y y2 3 z x z x z x xz 1 y y y y y yy 3 8 z x z x z x xz 1 y y y y y y 1 y 8 z x z x z x 4 z 1 3 y 3 z x 0,5 3 y x 1 y y 1 y y 4 z x 8 z x y y y2 1 ,t2 Khi P t t x z xz 1 Xét hàm số f (t ) t t với t Ta có f '(t ) t với t 4 Suy max f (t ) f (2) [ 2; ) Suy P , dấu đẳng thức xảy x y z 3 Vậy giá trị lớn P , đạt x y z Đặt t 0,5 [...]... 2 nên ta có: m 12 2 m6 6 m 0 2 2 1 2 4 m 2 2 Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là: 2 x 2 y z 12 0 hoặc 2 x 2 y z Câu 9 (0,5đ) 2Cn31 Cn2 2 0 ,25 0 A n 1! n! n! 2 2 3! n 2 ! 2! n 2 ! 2 n 3! 3 n n n 2 n 1 1 1 2n 5 3n 6 n 11 3 n 2 2 n 2 2 n k 11 11 k 2 2 k 2 11 k 2 k 22 3 k x C x ... x1 x 2 4 m 2 Có: OA2 +OB2 = x1 2 2 mx1 m 1 x2 2 2 m x 2 m 1 = 4 m x x 4 m m 1 x x 2 m 1 m 1 1 1 4 m m 1 2 m 1 2m = 4m 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 2 5 9 = 5 2 m 1 2 (Áp dụng BĐT cô si vì m dương) 2 2 2 2m Dấu bằng xảy ra m 2. a 0 ,25 2 1 ( thỏa mãn); 2 KL: m 0 ,25 1 là giá trị cần tìm 2 cos 2 x cos... 2 2 1 dv xdx v x 1 x 2 2 2 e e 2 2 x 2 e 2 3 e2 1 B x ln( x 2 2) dx ln( x2 2) |1e xdx ln(e 2 2) ln 3 2 2 2 2 1 1 e Vậy I A B 4.a (0,5) 4.b (0,5) 0 ,25 e2 2 3 e2 2 ln(e2 2) ln 3 2 2 2 0 ,25 Tìm số phức z biết: z (2 i) z 3 5i(1) Gọi z a bi z a bi 3a b 3 a 2 (1) a bi (2 i )(a bi ) 3 5i 3a b (a... b 2c 2 bc 2 0 bc 1 Ta có P 1 c b a 1 1 4 12 a 2 2 2 a bc b 1 c a 1 0 ,25 0 ,25 a 1 a 1 2 a 2bc a 1 1 4 4 c Vì c 2 2 b b 1 c 1 c Do bc 1 Theo Bất đẳng thức Cauchy, ta có c 4 1 c Do đó P Đặt t 2 2 c 1 c 1 4 c 1 c 1 4 3 3 3 2 2 2 2 2 1 c 2 1 c 1 4 2 b 1 c 2 a 1 12 a a 1 12 a 1 1 6 2 2 2 2 2 2 2... ;z ; ( x; y; z 0) khi đó xyz = 1 Do đó đặt: x b c a x2 y2 z2 Khi đó P 2 y 3z 2 z 3x 2 x 3 y Ta có 0 .25 2 c a a b 3 b c x2 2 y 3z y2 2 z 3x z2 2x 3 y 2 ( x y z) 2 y 3z 25 2 z 3x 25 2x 3 y 25 5 0 .25 0 .25 x2 y2 z2 1 3 3 ( x y z ) 3 xyz Nên P 2 y 3z 2 z 3x 2 x 3 y 5 5 5 3 0 .25 Vây Pmin khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b =... kiện) 2 2 7 Phương trình có 2 nghiệm: x ; x 3 2 2 3 2 Câu 4 Giải phương trình: 2x 9x 6x(1 2 6x 1) 2 6x 1 8 0 (1) (1,0 điểm) 1 Điều kiện: x (*) 6 3 2 (1) 2x 9x 6x 8 2( 6x 1) 6x 1 (2) 0 .25 0 ,25 0 ,25 Đặt y 6x 1 , y 0, ta có hệ phương trình: 2x3 9x 2 6x 8 2y3 2 18x 3 3y Suy ra: 2x3 9x2 12x 5 2y3 3y2 2( x 1)3 3(x 1 )2 2y3 3y2 (3)... 0 .25 bi 0 .25 Khi đó: z 2z 6 2i a bi 2( a bi) 6 2i a bi 2a 2bi 6 2i 3a bi 6 2i 3a 6 a 2 z 2 b 2 b 2 Câu 3 0.5 điểm 0 .25 2i 2log 22 ( x 3) log2 ( x 3) 1 ; điều kiện x > 3 Đặt t log 2 ( x 3) khi đó phương trình trở thành: 2t2 + t 1 = 0 1 t = 1 hoặc t 2 1 7 Với t = 1 thì log2 ( x 3) 1 x 3 x (thỏa điều kiện) 2 2 1 1 Với t thì log2 ( x 3) x 3 2 x 3 2 (thỏa... 2 x x k 0 x k 0 22 3k 10 k 4 Vậy hệ số của x10 là 16.C114 528 0 Câu 10 (1,0đ) 0 ,25 ĐK: 0 ,25 Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn (bc 1) 2 a 2 2( 1 a) bc a 1 a 2c 4 12 a 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P 2 2 a bc (1 c) a 1 5 Ta có (bc 1) 2 a 2 2( 1 a ) bc b 2 c 2 bc 1 2a a 2 2 b 2c 2 bc 1 2a a 2 2 a 1 2. .. 0 cos 2 x 0 sin x 1 4 2 0 ,25 k k 4 2 x k 2 1 (k ) +) Với sin x x k 2 4 2 2 +) Với cos 2 x 0 x 0 ,25 2. b z (1 2i ) (2 i )2 (1 2i)(4 4i i2 ) (1 2i)(3 4i) 3 4i 6i 8i 2 11 2i 0 ,25 Vậy z 11 2i z 1 12 22 5 5 3 0 ,25 log 2 ( x 3) log2 ( x 1) 3 (1) ĐKXĐ: x > 3 (*) log 2 ( x ... 2 x y 2 x 2 x y 2 y 2 3 0 y x 2 3 Thế (3) vào (2) ta được x 2 3 x x3 x 2 4 x 1 x3 x2 4 x 4 2 x 2 1 3 x 0 x 2 x 2 x 2 x 2 x 1 0 2 x 2 1 3 x 1 1 x 2 x 2 x 1 0 2 x 2 1 3 x 0 ,25 -3- 1 1 1 1 x 2 x 2 x 1 0 3 2 x 2 ... cos b ) Đặt z bi (a,b a 0 .25 ) z a 0 .25 bi 0 .25 Khi đó: z 2z 2i a bi 2( a bi) 2i a bi 2a 2bi 2i 3a bi 2i 3a a z b b Câu 0.5 điểm 0 .25 2i 2log 22 ( x 3) log2 ( x 3) ; điều kiện x > Đặt... k 2 +) Với cos x x 0 ,25 2. b z (1 2i ) (2 i )2 (1 2i)(4 4i i2 ) (1 2i)(3 4i) 4i 6i 8i 11 2i 0 ,25 Vậy z 11 2i z 1 12 22 5 0 ,25 log... ln x t2 dx tdt |10 2 x A 0 ,25 2x du 2 ln( 2) u x x 2 Tính B x ln( x 2) dx Đặt 2 dv xdx v x x 2 e e 2 x 2 e 2 e2 B x ln( x 2) dx