PHAN TICH VA GIAI BANG NHIEU CACH DE THI QUOC GIA 2015

Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng  P .. Sở y tế thành phố đã chọn ngẫu nhiên 3 đội phòng chống dịch cơ động trong số 5 đội của T[r]

Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Email: Changngoc203@gmail.com KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số f  x   x  trên đoạn 1;3 x Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức thỏa 1  i  z   5i  Tìm phần thực và phần ảo z b) Giải phương trình log  x  x    Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I    x   e x dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho các điểm A 1; 2;1 , B  2;1;3  và mặt phẳng  P  : x  y  z   Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng  P  Câu (1,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P  1  3cos 2   3cos 2  biết sin   b) Trong đợt phòng chống dịch MERS-CoV Sở y tế thành phố đã chọn ngẫu nhiên đội phòng chống dịch động số đội Trung tâm y tế dự phòng TPHCM và 20 đội Trung tâm y tế sở để kiểm tra công tác chuẩn bị Tính xác suất để có ít đội các Trung tâm y tế sở chọn Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ACBD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳmg  ACBD  , góc đường thẳng SC và mặt phẳng  ACBD  450 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách hai đường thẳng SB, AC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi H là hình chiếu A trên cạnh BC; D là điểm đối xứng B qua H; K là hình chiếu vuông góc C trên đường thẳng AD Giả sử H  5; 5  , K  9; 3 và trung điểm cạnh AC thuộc đường thẳng x  y  10  Tìm tọa độ điểm A x  2x    x  1 x   trên tập số thực x2  x  Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn 1;3 và thỏa mãn điều kiện a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức a b  b c  c a  12abc  72 P  abc ab  bc  ca Câu (1,0 điểm) Giải phương trình   Hết -Thí sinh không sử dụng bất kì loại tài liệu nào, giám thị coi thi không giải thích gì thêm Lớp luyện thi đại học Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com ĐÁP ÁN (tham khảo nha các em… chống trị định với các em yếu tim ) Câu Thí sinh tự làm Câu max f  x    x  1; f  x    x  x1;3 x1;3 Câu a) z   2i  phần thực 3, phần ảo 2 x  b)   x  3 Câu I   3e x 1 y  z 1 Câu AB :   ; M  0; 5; 1 Câu 14 a) P  209 b) P  30 a3 a 10 Câu V  ; d  SB, AC   Câu A  15;5  x  Câu   x   13  166 Câu 10 P  Dấu “=” xảy a  1; b  2; c  và các hoán vị 11 LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu  Tập xác định: D    Sự biến thiên :  x  1 Chiều biến thiên: y '  x  3, y '    x   Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 1 và 1;   Hàm số nghịch biến trên  1;1 - - Cực trị: hàm số đạt cực đại x  1  ycđ  ; hàm số đạt cực tiểu x   yct  2 Giới hạn vô cực: lim y   và lim y   x   Hàm số không có tiệm cận - Bảng biến thiên x  1 y'  y  x      2 Lớp luyện thi đại học Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long  Email: Changngoc203@gmail.com Đồ thị Câu Cách 1: Sử dụng khảo sát hàm số x2  Ta có f '  x     x x2  x   1;3 f '  x    x2      x  2  1; 3 13 Tính f 1  5; f    4; f  3  So sánh các giá trị này ta thấy f  x   ; max f  x   [1;3] [1;3] Chú ý: Có thể lập bảng biến thiên Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức cô – si ta có x 4 x   x  Dấu "=" xảy x   x   1;3 x x x Vậy f  x   x  - Áp dụng BĐT cosi cho hai số dương x và [1;3] - Vì x  1;3   x  1 x     x  x    x  4 x 1  x      Dấu "=" xảy x   1;3 x x x Vậy max f  x   x  Khi đó f  x   x  [1;3] Câu a) Cách 1: Coi đây là phương trình bậc z 1  i  z   5i   1 – i  z  – 5i Lớp luyện thi đại học Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com  5i 1  5i 1  i   4i  5i     2i 1 i 1  i 1  i  Vậy phần thực z là 3; phần ảo z là 2 Cách 2: Đặt z  a  bi,  a, b    sau đó đồng hai vế theo i a và b z Ta có 1  i  a  bi    5i   a  b    b  a   i    0i a  b  a    a  b  b  2 Chú ý: Cách dùng biểu thức đó là bậc với ẩn ( z z ), cách là tổng quát cho trường hợp b) Phương trình  1   x  x    x     0, x   log ( x  x  2)   log   2   2 x  x    x   x2  x      x  3 Vậy phương trình có hai nghiệm là x  x  3 Câu Dấu hiệu nhận biết tích phân phần là tích hai loại hàm và đặt u theo quy tắc “nhất lô, nhì đa, tam lượng, tứ mũ” u  x – du  dx Đặt   x x  dv  e dx v  e Khi đó I   x  3 e x 1   e x dx  2e   e x   3e Câu  - Đường thẳng AB qua A và có vtcp AB  1;3;  nên có phương trình chính tắc là x 1 y  z 1   - Tọa độ giao điểm M AB và  P  là nghiệm hệ phương trình:  y  5x  x   x 1 y  z 1        y  5  M  0; 5; 1  z  2x    x  y  z   x  5x   2x     z  1       Chú ý: Đề không yêu cầu viết phương trình đường thẳng AB dạng nào nên ta có viết dạng chính tắc tham số Nếu để dạng tham số thì tìm tọa độ điểm M ta thay vào mặt phẳng  P  phương trình bậc theo t và tìm giao điểm Đường thẳng AB qua A B đúng hết và lấy giao điểm với  P  điểm M Câu a) Dựa vào công thức cos    2sin  ta tính P        14 Ta có P  1  1  2sin      1  2sin     P  1  1                b) Từ giả thiết ta có tất 25 đội tham gia phòng chống dịch 3 - Số cách chọn đội từ 25 đội là C25 nên số phần tử không gian mẫu là   C25  2300 - Gọi A là “biến cố có ít đội các trung tâm y tế sở chọn” Số cách chọn ít đội các trung tâm y tế sở chọn là Lớp luyện thi đại học Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com TH 1: Có đội các trung tâm y tế sở chọn và đội Trung tâm y tế dự phòng TPHCM Vậy tất có C20 C51  950 cách TH 2: Có đội các trung tâm y tế sở chọn Vậy tất có C20  1140 cách Nên số kết thuận lợi cho biến cố A là  A  C202 C51  C20  2090 Khi đó xác suất để có ít đội các trung tâm y tế sở chọn P  Câu Xu hướng câu hình không gian thường là giải hai cách khác để thuận lợi cho học sinh giải - Tính thể tích Vì SA   ABCD   SA  AC  AC là hình chiếu   450 hay tam giác SC trên mặt phẳng  ABCD  hay SCA SAC vuông cân A hay AS  AC  a + Diện tích hình vuông ABCD là S  a + Thể tích hình chóp S ABCD là 1 a3 (đvtt) V  S ABCD SA  a a  3 - Tính khoảng cách Cách 1: Phương pháp Hình học cổ điển + Qua B kẻ đường thẳng Bx song song với AC cắt CD M đó tứ giác ABMC là hình bình hành + Vẽ AH vuông góc với BM H, AK vuông góc SH K Suy AK vuông góc  SBM  A   209 230 S K A D H C B M Vì AC song song  SBM  suy d  AC , SB   d  A,  SBM    AK a 2 1 1 a 10 Trong tam giác vuông SAH ta có       AK  2 AK SA AH 2a 2a 2a a 10 Khi đó d  AC , SB   d  A,  SBM    AK  (đvđd) Chú ý: Ta có thể tính khoảng cách sau: + Qua B kẻ đường thẳng Bx song song với AC cắt CD M đó tứ giác ABMC là hình bình hành Khi đó d  AC , SB   d  A,  SBM   Vì thể tích S ABM không đổi ta hoán vị các đỉnh cho nên Trong tam giác vuông AHB ta có AH  AB.sin 450   VS ABM  S ABM SA  V SABM SA  A.SBM  S SBM AA '  d  A,  SBM    S SBM   AA '  d  A,  SBM    VS ABM  VA.SBM Đây là ý tưởng để tính khoảng cách không nên áp dụng vào bài thi vì phải sử dụng công thức herong để tính diện tích các tam giác ABM và SBM Cách 2: Phương pháp tọa độ hóa Lớp luyện thi đại học Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Tính SA  a Chọn hệ trục tọa độ cho A  O  0;0;  , B  Ox  B  a;0;  , C   xOy   C  a; a;0    D  Oy  D  0; a;  , S  Oz  S 0; 0; a    Ta có AC   a; a;  ; SB  a; 0;  a ; AB   a;0;       Tính  AC , SB   a 2; a 2; a   AC , SB  AB  a 2   SA và BC là hai đường thẳng chéo     AC , SB  AB a 10   Khi đó d  AC , SB       AC , SB    Câu Xu hướng đề thường là kết hợp hình học phẳng và hình giải tích mặt phẳng Do đó ta cần vẽ hình chính xác để từ đó dựa vào hình vẽ “mò mẫn, dự đoán” tìm điểm mấu chốt bài toán - Từ hình vẽ ta có thể dự đoán tứ giác AHKC là hình thang nội tiếp đường tròn tâm M (M là trung điểm AC), các tam giác HMN và AHK là các tam giác cân M và H Do đó mấu chốt bài toán là tìm tọa độ điểm M sau đó tìm tọa độ điểm A dựa vào mối quan hệ ba điểm M, H, K và A, M, H biết tọa độ điểm H và K - Tìm tọa độ điểm M - Gọi M là trung điểm AC để tìm tọa độ điểm M là có hai hướng sau M   Hướng 1: Giải hệ   MH  MK   900  tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn tâm M bán kính Thật ta có  AHC  AKC     AC  MH  MK  MA  MC Giả sử M  m; m  10    Khi đó R 2 2 MH  MK   m     m  15    m     m  13   m   M  0;10  M   Hướng 2: Giải hệ  Với d chính là đường trung trực đoạn HK M  d Vì tam giác MHK cân M nên đường trung trực HK qua M Đường trung trực có phương trình  x  y  10  x  là d : y  7 x  10 Khi đó tọa độ điểm M là nghiệm hệ    M  0;10   y  7 x  10  y  10 Chú ý: Để chứng minh tam giác MHK cân M ta có thể làm sau   HM  AC Xét hai tam giác vuông AHC và AKC ta có   HM  KM  KM  AC  - Tìm tọa độ điểm A - Để tìm tọa độ điểm A ta có hai hướng sau  HA  HK Hướng 1: Giải hệ  Ta chứng minh tam giác AHK cân H  MA  MH   DAH  Thật từ giả thiết ta có tam giác ABD cân A nên BAH Lớp luyện thi đại học Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com   DAH ABH  900  ABH   ADH   Ta có   DAH ACB    ACB  ABH  90 Mặt khác  AH ) ACH   AKH (góc nội tiếp cùng chắn cung    Từ đó ta có DAH  DKH  HAK cân H hay HA  HK   Giả sử A  x; y  ta giải hệ  x     y  2  260  x  15; y   A  15;5   HA  HK    2  MA  MH x  y  10  250  x  9; y  3  A  9; 3  K  lo¹i     Vậy tọa độ điểm A cần tìm là A  15;5  Chú ý: - Để chứng minh tam giác AHK cân H ta có thể làm sau   HCA   BAH  (góc nội tiếp và góc tiếp tuyến và dây cung) và BAH   HAD  (vì tam giác ABD HKA   HAD   AHK cân H cân) từ đó HKA - Từ MA  MH  x   y  10   250 đây chính là phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHKC có tâm M bán kính MH Hướng 2: Ta chứng A là điểm đối xứng với K qua đường thẳng MH (đường thẳng MH viết biết tọa độ điểm M) Câu Xu hướng đề các năm gần đây thường là kết hợp các phương pháp lại với liên hợp, đặt ẩn phụ, đạo hàm và phương pháp hàm số Điều kiện x  2 Vì x  x    x  1   0, x   Phương trình   x   x   x  2x  x    x4    x  x  x 1 x22 Giải * : *   x      x  1 x2 x2 2 vì x    0, x  2 *  x     x  1  x  x  3   x    x     x  1    x  1   **     Xét hàm số f  t    t    t    t  2t  2t  với t  R     Ta có f '  t   3t  4t   0, t   nên f  t  đồng biến trên  x   13 x2   x x  2x   x   13 Vậy phương trình có hai nghiệm là x  x  Chú ý: Phương trình * có thể giải liên hợp biến đổi tương đương Khi đó **  x   Câu 10 Xu hướng đề thường kết hợp các đẳng thức, bất đẳng thức phụ, bất đẳng thức cổ điển và phương pháp hàm số Dựa vào đẳng thức  ab  bc  ca   a b  b c  c a  2abc  a  b  c   a b  b c  c a  12abc   a  b  c  Lớp luyện thi đại học Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội Giáo viên: Th.s Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Mặt khác theo giả thiết  a  1 b  1 c  1   abc   ab  bc  ac   a  b  c   a, b, c  1;3     a  3 b  3 c     abc   ab  bc  ac    a  b  c   27  abc  ab  bc  ac     ab  bc  ac   27  ab  bc  ac   ab  bc  ac  11 abc   ab  bc  ac   27 Mặt khác ta có bất đẳng thức phụ ab  bc  ca  a  b  c  12 Do đó ta đặt t  ab  bc  ca ta thu t  72 t  72 t 72 P  abc   t  5    với t  11;12  t t 2 t t 72 Xét hàm số f  t     , t  11;12 t 72 t  144 f ' t      0, t  11;12   f  t  là hàm nghịch biến trên đoạn 11;12  t 2t 11 72 160 Do đó Pmax  max f  t   f 11     11;12 11 11 t  ab  bc  ca  11 Dấu "=" xảy và   a  1; b  2; c  và các hoán vị a  b  c  Lời giải chi mang tính chất minh họa, có gì sai sót mong các em bỏ qua cho Lớp luyện thi đại học Lưu Phái – Ngũ Hiệp – Thanh Trì – Hà nội