Đáp án đề thử đợt 5

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐỢT – NHÓM TOÁN THẦY MẪN NGỌC QUANG Học Toán Thầy Quang – Càng học thấy mê Page LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐỢT – NHÓM TOÁN THẦY MẪN NGỌC QUANG HƯỚNG DẪN GIẢI x2 có đồ thị  C  2x  a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số  C  b) Gọi M điểm thuộc đồ thị H, K tương ứng hình chiếu M trục Ox Oy Tìm tọa độ điểm M cho tứ giác MHOK có diện tích Lời giải:  a2  b) Gọi M  a;  điểm thuộc đồ thị  2a   Ta có S MHOK  MH MK  Câu 1: Cho hàm số y  Mà MH  yM  a2 , MK  xM  a 2a   a  2a  2a  a2 a  2a 1   a  2a  a    2a  2a   a  2a  2a   a   M 1;1   a  1  M  1; 1 a     a  2   M 2  3;   a  4a     a  2   M 2  3;    a   Học Toán Thầy Quang – Càng học thấy mê   Page LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐỢT – NHÓM TOÁN THẦY MẪN NGỌC QUANG Vậy có điểm M thỏa mãn Câu 2: pt  sin x  cos x  cos x  3sin x    cos x  2sin x  1   sin x  1 2sin x  1  ĐK s inx   x  k 2     2sin x  1 cos x  sin x  1   cos x  sin x   sin  x      x    k 2 4   Vậy pt có họ nghiệm x  k 2 ; x    k 2 Câu : x 1 y z 1   mặt phẳng   : x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng  P  vuông góc với mặt phẳng   song song với đường thẳng    , đồng thời Câu 4: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng    : khoảng cách từ điễm A 1;1;1 đến  P  42 Câu 4: Lời giải:     Có : n    1; 1;1 ; u      2;3;1   n  ; u       4;1;5   Phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với mặt phẳng   song song với  nên nhận    n  ; u     làm vtpt    (P): 4 x  y  z  t  4.1   5.1  t t  1 Theo ra: d  A,  P       2 t  5  4   12  52 Học Toán Thầy Quang – Càng học thấy mê Page LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐỢT – NHÓM TOÁN THẦY MẪN NGỌC QUANG  P  : 4 x  y  z   Vậy có pt mặt phẳng (P) thỏa mãn:   P  : 4 x  y  z   Câu 5a: Giải phương trình sau 3x  x   log3   x  Lời giải Điều kiện:  x   x  Đặt log   x   y   x  y Phương trình cho tương đương 3x  x   y  3x  x    x   y  3x  x  y  y Xét hàm số f  t   t  3t  f '  t    3x ln   f  t  đồng biến Mà f  x   f  y   x  y  x  log3   x    x  3x  x  3x  Xét hàm số g  x   x  3x  g '  x    3x ln   g  x  đồng biến Mà g 1   x  nghiệm phương trình Vậy phương trình cho có tập nghiệm S  1 Câu 5b : Cách : Học Toán Thầy Quang – Càng học thấy mê Page LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐỢT – NHÓM TOÁN THẦY MẪN NGỌC QUANG Không gian mẫu : O  8! Gắn người , thầy Quang , Cương Béo Lanh Huyet vào làm nhóm cố định , có đến vị trí để xếp người kể , lần xếp Cương Béo Lanh Huyet lại đổi vị trí cho nên ta có 8.2 cách xếp người vị trí bên bàn tròn , Về phía người lại có 5! cách xếp Vậy không gian biến cố :  A  2.8.5! Vậy xác suất để người Thầy Quang , Cương Béo , Lanh Huyet ngồi cạnh thầy Quang :  2.8.5! P O   A 8! 21 Cách : Không quan tâm đến vị trí thầy Quang quang bàn tròn , giả sử thầy Quang vị trí cố định , ta có không gian mẫu o  (8-1)! Thầy Quang ngồi có cách xếp Cương Béo Lanh Huyet bên cạnh , vị trí lại có 5! Cách , không gian biến cố lúc  A  2.5! 2.5!  Vậy xác suất biến cố : “Thầy Quang ngồi Lanh Huyet Cương Béo “ : P  7! 21 Câu 6: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật ABCD có AD  AB , SA   ABCD  , SC  2a góc SC  ABCD  600 Tính thể tích khối chóp S ABCD tính khoảng cách hai đường thẳng AM SD M trung điểm cạnh BC Lời giải Học Toán Thầy Quang – Càng học thấy mê Page LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐỢT – NHÓM TOÁN THẦY MẪN NGỌC QUANG Ta có  SC ,  ABCD    SCA  600  AC  SC.cos SCA  SC.cos 600  a SA  SC.sin SCA  SC sin 600  a 15 Ta có AB  AD  AC  AB  5a  AB  a  S ABCD  AB AD  2a 1 2a 15  VS ABCD  SA.S ABCD  a 15.2a  3 Dựng hình bình hành AMDN  AM / / DN  d  AM , SD   d  AM ,  SDN    d  A,  SDN   Kẻ AH  SN  DN  AN Ta có   DN   SAN   DN  AH  DN  SA Mà AH  SN  AH   SDN   AH  d  A,  SDN   1 1 17 a 510 a 510       AH   d  AM , SD   2 2 17 17 AH AS AN 15a 2a 30a 2a 15 a 510 d  AM , SD    17 Xét SAN ta có Vậy VS ABCD Câu : ABM có IN la đường trung bình , nên BM //IN , BM vuông góc AB  Tứ giác INMB hình thang Kẻ KP vuông góc với AB  KP đường trung bình hình thang INMB (vì có KP song song đáy qua trung điểm MN)  P trung điểm BI Xét tam giấc KBI có KP vừa đường trung tuyến vừa đường cao nên KBI cân  KB = KI Cách : I điểm thuộc đường tròn tâm K(-2,-2) bán kính KB = : (x+2)2 +(y+2)2 = 25 Gọi I(x,y)  A(2x - , 2y – 2)  thay vào đường thẳng qua A ta có : (2x - ) + (2y – 2) – = hay : x + y – =0 ( x  2)  ( y  2)  25  x  1, y  2(loai )  Giải hệ :  => A(3,0)  x  2, y  1(tm) x  y   Cách : Do ta thấy phương trình AB phương trình đường thẳng đầu cho : x + y – = Học Toán Thầy Quang – Càng học thấy mê Page LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐỢT – NHÓM TOÁN THẦY MẪN NGỌC QUANG Nên ta xác định P cách sau : Viết phương trình đường thẳng KP (biết qua K , vuông góc KP) : x  y    P(3/2,3/2)  I(2,1)  A(3,0) x – y =  P có tọa độ nghiệm hệ :  x  y  Câu : Giải bất phương trình : 4x2  x  x  x 1  5x  (5 x  4) x  x   (4 x  x  4) 0 BPT : 5x  Hướng toán ta nhân thêm tử mẫu với : x + Tuy nhien ta phải xét trường hợp sau Xét trường hợp : x + = hay x = -1 nghiệm bpt Xét trường hợp : x + ≠ -1 ta nhân tử mẫu với : x + : ( x  x   x  3)2 ( x  x   1) 0 (5 x  4)( x  1)  x2  x 1  2x    (5 x  4)( x  1)   4  Với : (5 x  4)( x  1)   x   1,   5  4  Kết luận nghiệm BPT : x   1,   5  Cách : Dùng Casio để giải toán : Dò nghiệm x = -1 ta ép tích sau : BPT  (5 x  4)( x  x   1)  (4 x  x  4)  (5 x  4) 0 (5 x  4) (5 x  4)( x  x   1)  4( x  x  2) 0 (5 x  4) (5 x  4)( x  x) x  x 1 1 (5 x  4) ( \  4( x  1)( x  2) 0 (5 x  x)  x  8)( x  1) x2  x   0 (5 x  4) Học Toán Thầy Quang – Càng học thấy mê Page LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐỢT – NHÓM TOÁN THẦY MẪN NGỌC QUANG A (5 x  x)  4x   (5 x  x)  (4 x x  x   x) x2  x   Neu :  x  :  x   A  x2  x   8  5x2  x x2  x  x2  x 1  8 Neu : x  : x  x x  x    A  Neu : x  : A  5x2  x x2  x   x2  x   x2  x   x 1 4  Vậy ta có BPT    x   1;   5x  5  0 Chú ý : Bài toán em dung bình phương , kết hợp Casio để nhẩm nghiệm ép tích ! Chúng ta sử dụng phương pháp tọa độ hóa bất đẳng thức lượng giác toán : Ta biểu thức B : P  Cos A  Cos B  Cos C A BC B C A A BC  P   2sin  cos cos   2sin  2sin cos 2 2 2 A A A  P   2sin  2sin   (sin  )  2 2 2 A Dấu “=” xảy sin  B = C , tức tam giác ABC , hay AB = AC = BC 2 Học Toán Thầy Quang – Càng học thấy mê Page LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐỢT – NHÓM TOÁN THẦY MẪN NGỌC QUANG AB  AC  (b  a)  c  a  c  b  a  a  2a  b BC  AB  (b  a)  c  b  a  c  b a  c2  b2   b  1 ;a  ;c  2 HẾT CHÚ Ý : CÁC HƯỚNG GIẢI KHÁC MÀ CHO ĐÁP ÁN ĐÚNG VẪN ĐƯỢC TÍNH ĐIỂM TUYỆT ĐỐI Học Toán Thầy Quang – Càng học thấy mê Page