Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C, biết rằng tiếp điểm là giao điểm của C và đường thẳng y+ 2 = 0.. Ban tổ chức yêu cầu mỗi đội chơi phải trả lời 10 câu hỏi, và mỗi bạn trong đội
Trang 1Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 50 +9/2015
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x3+ 3x2− 2
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 rằng tiếp điểm là giao điểm của (C) và đường
thẳng y+ 2 = 0
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Cho sin a= − 1
5, − π
2 < a < 0
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟ Tính A = cos 2a +
3π 4
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
b) Cho số phức z thoả mãn z + 3z = 8 − 4i Tìm phần thực của z
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2 log9(x− 2) +1
2log3x
2−1 = 0
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I= x2 x+1 + 3
0
3
Câu 5 (0,5 điểm). An và Bình cùng với 3 thí sinh khác ở cùng một đội và tham gia một cuộc thi Ban
tổ chức yêu cầu mỗi đội chơi phải trả lời 10 câu hỏi, và mỗi bạn trong đội phải trả lời 2 loại câu hỏi khác nhau Biết rằng trong 10 câu hỏi dành cho mỗi đội là đôi một khác nhau, và có 4 câu hỏi loại dễ, 3 câu hỏi loại trung bình và 3 câu hỏi loại khó Tính xác suất để An và Bình mỗi người đều trả lời một câu hỏi loại dễ, một câu hỏi loại khó
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A(1;2;1), B(3;-1;2), C(0;1;3), và đường thẳng Δcó phương trình là x−1
2 = y
1= z
−1 Viết phương trình mặt phẳng (P), tìm toạ độ điểm M là giao điểm của Δ và (P)
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B Gọi H là
trung điểm của AB, biết rằng SH ⊥ (ABCD)và AD = a, AB = 2a, BC = 3a,SA = 2a Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD)
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C) Các đường cao hạ từ đỉnh A,B cắt đường tròn (C) lần lượt tại các điểm D(3;1),E(1;-5), (D,E không trùng với A,B) Biết rằng chân đường cao hạ từ đỉnh A là điểm K(3;-3) Tìm toạ độ điểm C
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 54x + 21− 2( 3x + 2 x +1) > (3 3x + 2 x +1)2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x,y,z thoả mãn x + y + z = 0
x2+ y2+ z2 = 6
⎧
⎨
⎩ Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P = x4
y + y4
z + z4
x
-HẾT -
Trang 2PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x3+ 3x2− 2
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 rằng tiếp điểm là giao điểm của (C) và đường
thẳng y+ 2 = 0
1 Học sinh tự giải
2 Phương trình hoành độ giao điểm:
−x3+ 3x2− 2 = −2 ⇔ x3− 3x2= 0 ⇔ x= 0
x= 3
⎡
⎣
+ Với x= 0, có tiếp điểm M(0;-2), phương trình tiếp tuyến là y= −2
+ Với x= 3 , có tiếp điểm là M(3;-2), phương trình tiếp tuyến là y = −9(x − 3) − 2 = −9x + 25
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Cho sin a= − 1
5, − π
2 < a < 0
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟ Tính A = cos 2a +
3π 4
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
b) Cho số phức z + 3z = 8 − 4i Tìm phần thực của z
a) Ta có: cos2
a= 1− sin2
a= 4
5 ⇒ cosa = 2
5 , và
2cos 2a− 1
2sin 2a= − 1
2(2 cos
2
a−1) − 1
2.2sin a cos a= − 3
5 2 + 4
5 2 = 1
5 2 b) Đặt z = x + y.i(x, y ∈!) ⇒ z = x − y.i, ta có:
(x + yi) + 3(x − yi) = 8 − 4i ⇔ 4x= 8
−2y = −4
⎧
⎨
x= 2
y= 2
⎧
⎨
⎩ ⇒ z = 2 + 2i Vậy z có phần thực bằng 2
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2 log9(x− 2) +1
2log3x
2−1 = 0
Điều kiện: x> 2 Phương trình tương đương với:
log3(x− 2) + log3x−1 = 0 ⇔ log3(x2− 2x) = 1 ⇔ x2− 2x = 3 ⇔ x= −1
x= 3
⎡
⎣
Đối chiếu với điều kiện nhận nghiệm x= 3
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I= x2 x+1 + 3
0
3
Ta có: I = x2
dx
3
x+1dx
3
3
3
0+ 6 d( x +1)
3
∫ = 9 + 6 x +13
0= 15
Trang 3khác nhau Biết rằng trong 10 câu hỏi dành cho mỗi đội là đôi một khác nhau, và có 4 câu hỏi loại dễ, 3 câu hỏi loại trung bình và 3 câu hỏi loại khó Tính xác suất để An và Bình mỗi người đều trả lời một câu hỏi loại dễ, một câu hỏi loại khó
Gọi x là số người trả lời câu hỏi dễ, trung bình; y là số người trả lời câu hỏi trung bình, khó; z là số người trả lời câu hỏi khó, dễ
Ta có:
x + y + z = 5
x + y = 3
y + z = 3
z + x = 4
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⇒ x = 2, y = 1,z = 2
Không gian mẫu là số cách trả lời của 5 thành viên đội An và Bình,
+ 2 người trả lời câu hỏi dễ, trung bình có C52
.C41
.C31
.C31
.C21 = 720 cách
+ người tiếp theo trả lời câu hỏi trung bình, khó có C31
.C21
.C31= 18 cách
+ 2 người cuối cùng trả lời câu hỏi khó, dễ có C22
.C21
.C21
.C11
.C11= 4 cách
Vậy n(Ω) = 720.18.4 = 51840
Gọi A là biến cố An và Bình mỗi người đều trả lời một câu hỏi dễ, một câu hỏi khó
Ta mô tả cách trả lời thoả mãn:
+ An và Bình mỗi người trả lời một câu hỏi dễ, khó có C41
.C31
.C31
.C21 = 72 cách
+ Người tiếp theo trả lời một câu trung bình, khó có C31
.C31
.C11= 9 cách
+ 2 người còn lại trả lời một câu hỏi dễ, trung bình có C22
.C21
.C21
.C11
.C11= 4 cách
Vậy có tất cả 72.9.4= 2592cách trả lời thoả mãn, tức n(A)= 2592
Xác suất cần tính P(A)= n(A)
n(Ω)=
2592
51840 = 1
20
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A(1;2;1), B(3;-1;2), C(0;1;3), và đường thẳng Δcó phương trình là x−1
2 = y
1= z
−1 Viết phương trình mặt phẳng (P), tìm toạ độ điểm M là giao điểm của Δ và (P)
Ta có: AB! "!!
= (2;−3;1), AC! "!! = (−1;−1;2) ⇒ AB! "!!, AC! "!!
⎡⎣ ⎤⎦ = (−5;−5;−5)/ /(1;1;1)
Mặt phẳng (P) qua A(1;2;1) và có vtpt là (1;1;1) nên có phương trình là x + y + z − 4 = 0
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ:
x−1
2 = y
1= z
−1
x + y + z − 4 = 0
⎧
⎨
⎪
⎩⎪
⇔
x −1 = 2y
−y = z
x + y + z − 4 = 0
⎧
⎨
⎪
⎩⎪
⇔
x= 4
y= 3 2
z= −3 2
⎧
⎨
⎪
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
Vậy M 4;3
2;−3
2
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B Gọi H là
trung điểm của AB, biết rằng SH ⊥ (ABCD)và AD = a, AB = 2a, BC = 3a,SA = 2a Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD)
Trang 4Ta có: S ABCD = AD + BC
2 .AB=a + 3a
2 .2a = 4a2 Tam giác vuông SHA có SH = SA2− AH2 = a 3
Vì vậy, V S.ABCD =1
3SH S ABCD =a 3
3 .4a
2 = 4a3 3
3 (đvtt)
+ Tính d(A;(SCD))
Kéo dài AB cắt CD tại E Vì AD//BC nên: AD
1
3⇒ EA = a
Ta có: d(A;(SCD))
d(H;(SCD))= AE
HE = 1
2 (1)
Kẻ HI vuông góc CD tại I, kẻ HK vuông góc SI tại K suy ra HK ⊥ (SCD) ⇒ HK = d(H;(SCD)) (2)
Tam giác vuông BCE có CE = BC2+ BE2 = 3a 2 ⇒ sin BEC ! = BC
3a 2 = 1
2 Tam giác vuông HIE có HI = HE.sin BEC ! = 2a 1
2 = a 2 Tam giác vuông SHI có, 1
HK2 = 1
SH2 + 1
HI2 = 1
3a2 + 1
2a2 ⇒ HK = a 30
5 (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra: d(A;(SCD))=a 30
10
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C) Các đường cao hạ từ đỉnh A,B cắt đường tròn (C) lần lượt tại các điểm D(3;1),E(1;-5), (D,E không trùng với A,B) Biết rằng chân đường cao hạ từ đỉnh A là điểm K(3;-3) Tìm toạ độ điểm C
Gọi H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của AH và BC
Ta có: HBC ! = DAC ! (cùng phụ góc ACB ! ), và DBC ! = DAC!
Suy ra: HBC ! = DBC ! ⇒ ΔKBH = ΔKBD ⇒ BH = BD ⇒ ΔBHD cân tại B, do đó BC là trung trực của HD, và CD = CH
Tương tự ta có: CE = CH ⇒ CD = CE
Phương trình đường thẳng BC qua K vuông góc KD là y+ 3 = 0 Toạ độ điểm C là nghiệm của
hệ: y+ 3 = 0
(x− 3)2+ (y −1)2= (x −1)2+ (y + 5)2
⎧
⎨
x= 5
y= −3
⎧
⎨
⎩ ⇒ C(5;−3) Vậy C(5;-3)
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 54x + 21− 2( 3x + 2 x +1) > (3 3x + 2 x +1)2
Điều kiện xác định: x≥ 0 Bất phương trình tương đương với:
23x +17 − 2 3x − 4 x +1 > 12 3x(x +1)
⇔ (2 3x − 3 x +1)2+ x + 3− 2 3x⎡⎣ ⎤⎦+ x + 5− 4 x +1⎡⎣ ⎤⎦ > 0
Trang 5+ Nếu x = 3,VT = VP = 0(bpt vô nghiệm)
+ Nếu 0≤ x ≠ 3 ⇒ VT > 0 = VP, luôn đúng
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S= 0;+∞[ )\{ }3
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x,y,z thoả mãn x + y + z = 0
x2+ y2+ z2 = 6
⎧
⎨
⎩ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = x4
y + y4
z + z4
x
Ta có: xy + yz + zx = (x + y + z)2− (x2+ y2+ z2)
Theo giả thiết:
z = −x − y ⇒ x
2+ y2+ (−x − y)2 = 6
yz = −3− x(y + z)
⎧
⎨
x2+ y2+ xy = 3
yz = x2− 3
⎧
⎨
⎪
⎩⎪
z4 = (x + y)4 = (x2+ 2xy + y2
)2 = (xy + 3)2
Khi đó:
P = x4
y + y3
.yz + z4
.x = x4
y + y3
(x2− 3) + (xy + 3)2
x
= x2
y(x2+ xy + y2
)+ 6x2
y + 9x − 3y3= 9x2
y + 9x − 3y3
Ta có: x2+ xy + y2= 3 ⇔ x + y
2
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
2
2 y
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
= 3
Đặt
x+ y
2= 3sina
3
2 y = 3 cosa
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⇔ x = 3sina − cosa
y = 2cosa
⎧
⎨
Suy ra:
P = 9( 3sina − cosa)2
(2 cos a) + 9( 3sina − cosa) − 3(2cosa)3
= −3(3 3sin 3a + 5cos3a) ≤ 3 (3 3)2+ 52 = 3 52
Rõ ràng luôn tồn tại a sao cho 3 3sin 3a + 5cos3a = − 52 , suy ra tồn tại x,y,z để dấu bằng xảy ra
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 52
Trang 6Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = (sin x − cos x)(1+ sin x cos x)
sin x + cos x dx
0
π 4
Đặt t = sin x + cos x ⇒ dt = (cos x − sin x)dx , và t2 = 1+ 2sin x cos x ⇒ sin x cos x = t2−1
2
Vì vậy, I= (1+
t2−1
2 ).− dt
t
1
2
2
t2+1
1
2
2 (t+1
t )dt
1
2
2(
t2
2 + ln t ) 2
1 = −1+ ln2
4
Câu 9 (0,5 điểm) Tại seagames 28 Môn bóng đá nam gồm 11đội tham dự Được chia thành 2 bảng đấu! Bảng A gồm 6 đội và bảng B gồm 5 đội Các đội được bốc thăm chọn bảng đấu 1 cách ngẫu nhiên Tính xác suất để 2 đội Việt Nam và Thái Lan nằm trong cùng một bảng đấu
Lời giải:
Không gian mẫu là số cách chia 11 đội thành 2 bảng (A,B) bảng A 6 đội, bảng B 5 đội có
n(Ω) = C116
.C55 = 462 Gọi A là biến cố Việt Nam và Thái Lan cùng một bảng đấu:
+) Nếu Việt Nam và Thái Lan trong bảng A có 1.C94.C55 = 126cách
+) Nếu Việt Nam và Thái Lan trong bảng B có 1.C93.C66 = 84cách
Vậy n(A)= 126 + 84 = 210, xác suất cần tính P(A)= 210
462= 5
11
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn xyz= 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P= a2
b +b2
c
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ 1+
2c2
a4
b2 + c4
a2 +2a2
c4
≥ 18 + (1+ 4(a − b)2
)2 − a − b
y = 18 + (2 + 4x2
)2
, y'
Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x,y,z thoả mãn
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = (x2
y + y2
z + z2
x) 1 (x + y)3 + 1
(y + z)3 + 1
(z + x)3
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ≥
9
8
− (4x −12x + 5) x − 2x ≤ 12x − 9x + 2
Trang 7Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình x4− 9x3+ 25x2− 26x + 20 + (x3 2− 2x)2 = 0
Phương trình tương đương với:
(x− 4)2
(x2− x +1) − 2(x − 2) − (x⎡ 3 2− 2x)2
⇔ (x − 4)2
4(x− 2)2+ 2(x − 2) (x3 2− 2x)2 + (x3 2− 2x)4
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥= 0
⇔ (x − 4)2 = 0 ⇔ x = 4
Vậy nghiệm phương trình x= 4
Câu 10 (1,0 điểm). Với x,y là các số thực dương Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P= x+1
2(x2+1)+
y+1
2(y2+1)+ ln(xy) − x
2+ y2
Lời giải:
Xét hàm số f (x)= x+1
2x2+1− x + ln x trên khoảng (0;+∞) , ta có:
f '(x)= 2− 2x
(2x2+ 2) 2x2+ 2 +
1
x −1; f '(x) = 0 ⇔ x = 1
Từ đó suy ra, f (x) ≤ f (1) = 0 ⇒ x+1
2x2+ 2 + ln x ≤ x Suy ra:
P ≤ x + y − x2+ y2
Câu 9(1,0 điểm) Giải bất phương trình x2− 4 + 8
x2− 2x + 2 > x 2x + 2 Điều kiện: x≥ −1 Bất phương trình tương đương với:
2x2− 8 + 16
x2− 2x + 2 − 2x 2x + 2 > 0
⇔ (x − 2x + 2)2+ (x2− 2x + 16
x2− 2x + 2 −10) > 0 (*)
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có,
x2− 2x + 16
x2− 2x + 2 = (x
2− 2x + 2) + 8
x2− 2x + 2 +
8
x2− 2x + 2 − 2
≥ 3 (x2− 2x + 2). 8
x2− 2x + 2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
Trang 8
Suy ra, VT(*)≥ 0,∀x ≥ −1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x = 2x + 2
x2− 2x + 2 = 8
x2− 2x + 2
⎧
⎨
⎪
⎩
Vì vậy (*)⇔ VT > 0 ⇔ x ≠ 1+ 3, kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là
S= −1;+∞[ )\{1+ 3}
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
x2+ y2− 2x +1 + x2+ 4y2+ 2x +1 = 5
2
3x + 2y = 24xy + 9y −9
2
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
Điều kiện: 24xy + 9y −9
2≥ 0 Phương trình thứ hai của hệ tương đương với:
(3x + 2y)2= 24xy + 9y −9
2⇔ (3x − 2y)2= 9y −9
2≥ 0 ⇒ y ≥1
2 +) Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (1− x)2+ y2 + (1+ x)2+ 4y2 =5
2 (*)
Sử dụng bất đẳng thức Mincopski ta có:
(1− x)2+ y2 + (1+ x)2+ 4y2 ≥ (1− x +1+ x)2+ (y + 2y)2 = 9y2+ 4 ≥ 5
2,∀y ≥1
2
Vì vậy VT(*) ≥ VP(*), dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1− x
1+ x =
y
3y
y= 1 2
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⇔ x=
1 3
y= 1 2
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y)= (1
3;
1
2)
Câu 5 (0,5 điểm) Giải bóng đá Champions League 2015 có 8 đội bóng vào tứ kết: FC Barcelona (Tây Ban Nha), Real Madrid CF (Tây Ban Nha), Atlético Madrid (Tây Ban Nha), Bayern Munich (Đức), Paris Saint – Germain (Pháp), AS Monaco FC (Pháp), Porto (Bồ Đào Nha) và Juventus (Ý) Giả sử các đội có trình độ ngang nhau và họ bốc thăm thi đấu ở vòng này; sau khi thi đấu tiếp vào bán kết thì vẫn tiếp tục bốc thăm chia cặp cho đến chung kết Tính xác suất để có một trận chung kết toàn Tây Ban Nha
Không gian mẫu là số cặp vào trận chung kết có thể, có n(Ω) = C82 = 28
Gọi A là biến cố để có một trận chung kết toàn Tây Ban Nha, vì có 3 đội Tây Ban Nha nên n(A) = C32 = 3 Xác
Trang 9Nhận xét: Vì các đội mạnh như nhau nên giải đấu này không cần ra sân, bốc thăm là có giải
Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
x2− x − y2− y = x + y − 4 (y −1) x −1 = x2− y
2
⎧
⎨
⎪
⎩
Điều kiện: x ≥ 1;y ≥ 1∨ y ≤ 0
+) Nếu y ≤ 0 ⇒ (y −1) x −1 ≤ 0 < x2− y
2 , hệ vô nghiệm
+) Xét x, y≥ 1
Hệ phương trình tương đương với:
( x2− x − x) − ( y2− y + y) = −4 (y −1) x −1 = x2− y
2
⎧
⎨
⎪
⎩
Đặt a = x2− x − x
b = y2− y + y
⎧
⎨
⎪
⎩⎪
(b ≥ 1,−1 ≤ a < 0) ⇒ (a + x)
2 = x2− x (b − y)2 = y2− y
⎧
⎨
⎪
x= − a2
2a+1
2b−1
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
Hệ phương trình trở thành:
a − b = −4
( b 2
2b−1−1) −
a2
2a+1−1 =
− a2
2a+1
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
− b2
2b−1 2
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⇔ a= −2 + 2
b= 2 + 2
⎧
⎨
⎪
Thay a = b − 4vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
(a+ 4)2− 2(a + 4) +1
⎡⎣ ⎤⎦ −(a 2a+1)+12 =a4(2a + 7) − (a + 4)2(2a+1)2
2(2a+1)2
⇔ (a + 3)2 −(a +1)2
2a+1 =
2a5+ 3a4− 36a3− 97a2− 72a −16
2(2a+1)2
⇔ a = −2 − 2,a = −2 + 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn ab + bc + ca = 3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
a b(b + c)2 + b
c(c + a)2 + c
a(a + b)2 ≥ 9
4(ab + bc + ca)
Trang 10
a b(b + c)2 + b
c(c + a)2 = a4
a3
b(b + c)2 + b4
b3
c(c + a)2
≥ (a2+ b2)2
a3b(b + c)2+ b3
c(c + a)2 = (a2+ b2)2
b(a3(b + c)2+ b2
c(c + a)2
)
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2xy + 4 = (x + 2)(y + 2)
x+1
y+1+
y+1
x+1+
2
x + y +1 =
10 3
⎧
⎨
⎪
⎩⎪