Hình chiếu vuông góc của tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ABC lên ñường thẳng AC là ñiểm E 1;4.. ðường thẳng BC có hệ số góc âm và tạo với ñường thẳng AC góc.[r]
(1)đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi M«n thi: To¸n - LÇn thø Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngµy 8.2.2015 N¨m häc 2014 - 2015 Câu (2,0 ñiểm) Cho hàm số y = x + ( m − 3) x + − m (1), với m là tham số thực a) Khảo sát biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) cắt trục hoành bốn ñiểm phân biệt có hoành ñộ nhỏ Câu (1,0 ñiểm) a) Giải phương trình 3cos x + sin x − = cos x + sin x − sin x b) Giải phương trình log 27 x + log ( x + 2) = + log ( − x ) e Câu (1,0 ñiểm) Tính tích phân I =∫ x +1 ln xdx x2 Câu (1,0 ñiểm) 1− i = − i Tìm môñun số phức w = + z + z 1+ i b) Có hai thùng ñựng táo Thùng thứ có có 10 (6 tốt và hỏng) Thùng thứ hai có a) Cho số phức z thỏa mãn ñiều kiện (2 + i) z + (5 tốt và hỏng) Lấy ngẫu nhiên thùng Tính xác suất ñể hai lấy ñược có ít tốt Câu (1,0 ñiểm) Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho hai ñiểm A(1; −1;2), B(3;0; −4) và mặt phẳng ( P ) : x − y + z − = Tìm tọa ñộ giao ñiểm ñường thẳng AB và mặt phẳng ( P ) Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa ñường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng ( P ) Câu (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S ABCD có ñáy là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a Tam giác SAB cân S và nằm mặt phẳng vuông góc với ñáy Góc ñường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) 450 Gọi M là trung ñiểm SD Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách từ ñiểm M ñến mặt phẳng ( SAC ) Câu (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 15 ðường 16 13 thẳng AB có phương trình x − y = Trọng tâm tam giác BCD là ñiểm G ; Tìm tọa ñộ 3 bốn ñỉnh hình chữ nhật biết ñiểm B có tung ñộ lớn x3 − + y + y = x y + y Câu (1,0 ñiểm) Giải hệ phương trình x − y + + y = ( x, y ∈ ℝ) ( ) Câu (1,0 ñiểm) Cho các số thực a, b không âm và thỏa mãn: ( a + b ) + ( ab + 1) ≥ a + b Tìm giá trị lớn biểu thức ( ) T = a + b − a + b + 2( a + b) − ab Hết -Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… ; Số báo danh: ……………………… (2) Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi đáp án – thang điểm đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 M«n thi: To¸n – LÇn thø - đáp án có 04 trang Năm học 2014 – 2015 Câu đáp án a) (1,0 ñiểm) Khảo sát biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số y = x − x + (2,0ñ) Tập xác ñịnh: D = R lim y = +∞; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ ðạo hàm: y ' = x − x ; y ' = ⇔ x = x = ±1 Các khoảng ñồng biến: ( −1;0 ) ; (1; +∞ ) Khoảng nghịch biến: ( −∞; −1) ; ( 0;1) Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu x = ±1 , yCT = ; ñạt cực ñại x = , yCð = Bảng biến thiên: x −∞ -1 +∞ y' + 0 + y +∞ +∞ 0 ðồ thị: (Hs có thể lấy thêm ñiểm (−2;9); (2;9) ) b) (1,0 ñiểm) Tìm m ñể ñồ thị (1) cắt trục hoành bốn ñiểm phân biệt có hoành ñộ nhỏ Phương trình hoành ñộ giao ñiểm x + ( m − 3) x + − m = (1) ðặt t = x ≥ ⇒ t + ( m − 3) t + − m = (2) ðể (1) có nghiệm phân biệt thì (2) có nghiệm dương phân biệt ⇔ ∆ > 0, S > 0, P > ⇔ m < 2; m ≠ ðiều kiện: Phương trình (2) phải có nghiệm thỏa mãn ñiều kiện < t1 , t2 < Phương trình (2) có t1 = (thỏa mãn), t2 = − m ðiều kiện: − m < ⇔ m > −2 đáp số: −2 < m < 2, m ≠ ⇔ ( 2cos x − 1)( cos x − sin x ) = cos x − sin x = ⇔ tan x = ⇔ x = • 2cos x − = ⇔ cos x = π π + kπ , x = ± b) (0,5 ñiểm) Giải phương trình log 27 x + π 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 + k 2π , k ∈ ℤ log ( x + 2) = + log ( − x ) Phương trình ñã cho tương ñương với log x + log ( x + ) = log 3 + log ( − 3x ) ⇔ log x ( x + ) = log 3 ( − x ) ðiều kiện: < x < 0,25 + kπ , ( k ∈ ℤ ) π ⇔ x = ± + k 2π , k ∈ ℤ Vậy phương trình ñã cho có nghiệm: x = 0,25 0,25 a) (0,5 ñiểm) Giải phương trình 3cos x + sin x − = cos x + sin x − sin x (1,0ñ) Phương trình ñã cho tương ñương với 2cos x − cos x + sin x − 2sin x cos x = • ðiểm 0,25 1/4 (3) x = 1(tm) ⇔ x ( x + ) = ( − x ) ⇔ x + 11x − 12 = ⇔ x = −12( L) đáp số: x = (1,0ñ) Tính tích phân e I =∫ e x +1 ln xdx x2 e 1 I = ∫ ln xdx + ∫ ln xdx = A + B x x 1 e 0,25 0,25 e A = ∫ ln xdx = ∫ ln xd (ln x) x 1 e 1 A = ln x = 2 0,25 e 1 1 ln xdx; ðặt u = ln x ⇒ u ' = ; v ' = ⇒ v = − x x x x e e e 1e 1 B = − ln x + ∫ dx = − ln x − 1x x1 x x B=∫ e−2 1 B = − − − 1 = − + = e e e e e − 3e − x +1 = I = A+ B = + ( I ∼ 0, 764) (Hs có thể tính u = ln x; v ' = ) 2e e x 1− i = − i Tìm môñun số phức w = + z + z (1,0ñ) a) (0,5 ñiểm) Cho ( + i ) z + 1+ i Phương trình ñã cho tương ñương với ( + i ) z = ⇔ z = = 2−i 2+i Từ ñó w = + z + z = − 5i Suy | w |= 36 + 25 = 61 0,25 0,25 0,25 0,25 b) (0,5 ñiểm) Tính xác suất có ít tốt Gọi A là biến cố “Có ít tốt”, suy A là biến cố: “Cả ñều hỏng” Số biến cố ñồng khả năng: 10.8 = 80 Số cách chọn hỏng: C41 C31 = 4.3 = 12 ( ) Xác suất biến cố A là: p A = 12 = 80 20 ( ) 17 = Suy ra, xác suất biến cố A là: p ( A ) = − p A = − 20 20 Cho A(1; −1; 2), B (3;0; −4) , ( P ) : x − y + z − = (1,0ñ) ðường thẳng AB ñi qua ñiểm A và có vtcp AB = ( 2;1; −6 ) x = + 2t Phương trình tham số AB là y = −1 + t z = − 6t (t ∈ R ) 0,25 0,25 0,25 2/4 (4) Gọi I = AB ∩ ( P ) ⇒ I ∈ AB ⇒ I (1 + 2t ; −1 + t ; − 6t ) 4 Suy tọa ñộ giao ñiểm AB và ( P ) là ñiểm I ; − ;1 3 Mặt phẳng (Q) qua A và có vtpt nQ = AB, nP , ñó nP là vtpt ( P ) Ta có nP = (1; −2; ) Suy AB, nP = (10;10;5 ) Chọn nQ = ( 2; 2;1) Phương trình mặt phẳng (Q) : 2( x − 1) + 2( y + 1) + 1( z − 2) = ⇔ x + y + z − = Cho hình chóp S ABCD có ñáy là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a I ∈ ( P) ⇒ (1 + 2t ) − 2(−1 + 6t ) + 2(2 − 6t ) − = ⇒ t = (1,0ñ) Gọi H là trung ñiểm AB ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) , 0,25 0,25 0,25 S = 450 suy HC là hình chiếu SC lên ( ABCD ) ⇒ SCH 0,25 S ABCD = 2a a a 17 SH = HC = 4a + = 2 K Kẻ BE ⊥ AC ⇒ HI = 0,25 D A I a 17 1 a 17 E H VS ABCD = SH S ABCD = 2a = B 3 1 d ( M ,( SAC ) ) = d ( D,( SAC ) ) = d ( B,( SAC ) ) = d ( H ,( SAC ) ) 2 Kẻ HI ⊥ AC , HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ AC ⇒ HK ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( H ,( SAC ) ) = HK C 0,25 a 1 1 1 2a = + = + = ⇒ BE = ⇒ HI = BE 2 2 BE BA BC a 4a 4a 5 1 89 a 17 a 1513 Từ ñó suy = + = 2+ = ⇒ d ( M ,( SAC ) ) = = 2 2 89 17 a HK HI HS a 17 a 89 Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 15… (1,0ñ) A N 10 10 ⇒ BC = = ⇒ AB = Ta có d (G, AB) = 5 I ðường thẳng d qua G và vuông góc với AB ⇒ d : x + y − 15 = G Gọi N = d ∩ AB ⇒ N ( 6;3) Suy NB = AB = K D b = 2( L) Gọi B ( 2b; b ) ∈ AB ⇒ NB = ⇔ b − 6b + = ⇒ ⇒ B ( 8; ) = b Ta có BA = 3BN ⇒ A ( 2;1) AC = AG ⇒ C ( 7;6 ) CD = BA ⇒ D (1;3) đáp số: A ( 2;1) , B ( 8; ) , C ( 7;6 ) , D (1;3) 0,25 B 0,25 0,25 C 0,25 0,25 3/4 (5) x3 − + y + y = x y + y (1) (1,0ñ) Giải hệ phương trình x − y + + y = ( x, y ∈ ℝ ) (2) ðiều kiện: y ≥ 0, (1) ⇒ x3 − x y + y = y + − y ( y + 3) + y = ⇒ x − 2x + 2x y − y = ⇔ ( x • ) −( y) 2 ( ) ( ( y+3− y − 2x x − y = ⇔ x − 2x + y 2 )( x ) = x4 ) − y =0 y = x : (2) ⇔ x + = x 0,25 ⇔ x − x − = ⇔ x = ⇒ ( x; y ) = (1; 1),(−1; 1) • (2) ⇔ + ( x − x ) = x y = x − x : (3) 0,25 x ≥ x = ⇔ ⇒ ( x − 1)( x − x − x − 3) = ⇔ 3 x − 4x + = x − 3x − 3x − = x3 − x − x − = ⇔ x ( x − 3) − 3x − = (4) x = ⇒ y = Từ (3) suy x − x ≥ ⇔ ≤ x ≤ ⇒ (4) vô nghiệm đáp số: ( x; y ) = (1; 1), (−1; 1) (1,0ñ) 0,25 ( ) ( 0,25 ) a, b ≥ : ( a + b ) + ( ab + 1) ≥ a + b Tìm max: T = a + b − a + b + ( a + b ) − ab Ta có 3( a + b) + 2(ab + 1) ≥ 5(a + b ) ⇔ ( a + b ) + ( a − b ) ≤ ( a + b ) + 2 Vì ( a − b ) ≥ ∀a, b ⇒ ( a + b ) ≤ ( a + b ) + 2 ðặt t = a + b ≥ ⇒ 2t − 3t − ≤ ⇒ − 0,25 ≤ t ≤ Vì t ≥ ⇒ ≤ t ≤ 2 a+b Ta có T = ab + a + b − ( a + b ) + − ( a + b − 1) ≤ + a + b − (a + b) +1 ⇒ T ≤ − t + t + = f (t ), t ∈ [ 0; 2] 3 t t −1 =− Ta có f '(t ) = − t + 2 t t f '(t ) = ⇔ t = 13 f (0) = 1; f (1) = ; f (2) = − 13 ⇔ t =1⇔ a = b = Từ ñó: MaxT = t∈[ 0;2] 2 2 0,25 0,25 0,25 Hết Lưu ý: - Học sinh làm theo cách khác, ñúng cho ñiểm tối ña - Học sinh trình bày khác, song ñủ ý, không có dấu hiệu làm tắt thì không trừ ñiểm 4/4 (6) Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi N¨m häc 2014 - 2015 đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 M«n thi: To¸n - LÇn thø Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngµy 29.3.2015 Câu (2,0 ñiểm) Cho các hàm số y = x − 3mx + ( Cm ), y = − x + (d ) , với m là tham số thực a) Khảo sát biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số ( Cm ) m = b) Tìm các giá trị m ñể ( Cm ) có hai ñiểm cực trị và khoảng cách từ ñiểm cực tiểu ( Cm ) ñến ñường thẳng (d ) Câu (1,0 ñiểm) ( ) a) Giải phương trình sin x ( 2sin x + 1) = cos x 2cos x + b) Giải phương trình log ( 3x − ) = − x π Câu (1,0 ñiểm) Tính tích phân I=∫ sin x ( sin x + ) dx Câu (1,0 ñiểm) a) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức phương trình z − z + = ; M , N là các ñiểm biểu diễn z1 , z2 trên mặt phẳng phức Tính ñộ dài ñoạn thẳng MN b) Một tổ có học sinh (trong ñó có học sinh nữ và học sinh nam) Xếp ngẫu nhiên học sinh ñó thành hàng ngang Tìm xác suất ñể học sinh nữ ñứng cạnh Câu (1,0 ñiểm) Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñiểm I (3;6;7) và mặt phẳng ( P) : x + y + z − 11 = Lập phương trình mặt cầu ( S ) tâm I và tiếp xúc với ( P ) Tìm tọa ñộ tiếp ñiểm ( P ) và ( S ) Câu (1,0 ñiểm) Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có ñáy ABC là tam giác vuông B ; AB = a, ACB = 300 ; M là trung ñiểm cạnh AC Góc cạnh bên và mặt ñáy lăng trụ 600 Hình chiếu vuông góc ñỉnh A ' lên mặt phẳng ( ABC ) là trung ñiểm H BM Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' và khoảng cách từ ñiểm C ' ñến mặt phẳng ( BMB ') Câu (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho hình thang ABCD vuông A và D ; diện tích hình thang 6; CD = AB , B(0; 4) Biết ñiểm I (3; −1), K (2; 2) nằm trên ñường thẳng AD và DC Viết phương trình ñường thẳng AD biết AD không song song với các trục tọa ñộ x + x( x − x + 3) = y + + y + + Câu (1,0 ñiểm) Giải hệ phương trình 3 x − − x − x + = y + + Câu (1,0 ñiểm) Cho các số thực x, y dương và thỏa mãn x − y + ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức T= x + 3y2 − 2x + y2 5x + y ( x, y ∈ ℝ) x +y HẾT -Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… ; Số báo danh: ……………………… (7) Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi đáp án – thang điểm đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 M«n thi: To¸n – LÇn thø - đáp án có 04 trang Năm học 2014 – 2015 Câu đáp án a) (1,0 ñiểm) Khảo sát biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số y = x − x + (2,0ñ) Tập xác ñịnh: D = R lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞ ðiểm x →+∞ 0,25 ðạo hàm: y ' = x − x ; y ' = ⇔ x = x = Khoảng ñồng biến: ( −∞;0 ) ; ( 2; +∞ ) Khoảng nghịch biến: ( 0; ) Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu x = , yCT = −2 ; ñạt cực ñại x = , yCð = Bảng biến thiên: x −∞ +∞ y' + 0 + y +∞ 0,25 0,25 -2 −∞ ðồ thị: (Hs có thể lấy thêm ñiểm (−1; −2); (1; 0); (3; 2) ) 0,25 b) (1,0 ñiểm) Tìm các giá trị m ñể ( Cm ) có k/c ñiểm cực tiểu ( Cm ) ñến (d ) y ' = x − 6mx = x( x − 2m) y ' = ⇔ x = 0; x = 2m ðiều kiện ñể hàm số có hai cực trị là m ≠ 0,25 Tọa ñộ hai ñiểm cực trị: A(0; 2) và B(2m; − 4m3 ) 0,25 • m < : A là ñiểm cực tiểu Khi ñó d ( A, d ) = ≠ (loại) • m > : B là ñiểm cực tiểu Khi ñó: 2m3 − m = m = 1(tm) d ( B, d ) = ⇔| 2m3 − m |= ⇔ ⇔ 2m − m = −1 m = −1(ktm) đáp số: m = 0,25 ( 0,25 ) a) (0,5 ñiểm) Giải phương trình sin x ( 2sin x + 1) = cos x cos x + (1,0ñ) Phương trình ñã cho tương ñương với sin x − cos x = ( cos x − sin x ) ⇔ sin x − cos x = 2cos x ⇔ sin x − cos x = cos x 2 0,25 π π ⇔ sin x − = sin − x 3 2 5π 2π ,(k ∈ ℤ) +k 18 5π π π • x − = + x + k 2π ⇔ x = − + k 2π , ( k ∈ ℤ ) 5π 2π 5π +k + k 2π , k ∈ ℤ ,x = − Vậy phương trình ñã cho có nghiệm: x = 18 • x− π = π − x + k 2π ⇔ x = 0,25 1/4 (8) ( ) b) (0,5 ñiểm) Giải phương trình log 3x − = − x ðiều kiện: x > log Phương trình ñã cho tương ñương với 3x − = 33− x ⇔ 3x − = t = ⇔ t = −3(l ) đáp số: x = (1,0ñ) 27 27 ðặt t = 3x > ⇒ t − = ⇔ t − 6t − 27 = x t 0,25 Với t = ⇒ 3x = ⇔ x = (tmñk) 0,25 π I =∫ Tính tích phân π ( sin x + ) dx π I=∫ sin x sin x ( sin x + ) dx = ∫ 2sin x cos x ( sin x + ) dx 0,25 x= ðặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx x = ⇒ t = 0; I = 2∫ tdt (t + 2) = 2∫ t +2−2 (t + 2) π ⇒ t = 1 dt dt − 4∫ t+2 0 (t + 2) dt = 2∫ 0,25 1 I = ln(t + 2) + t+2 0,25 1 1 I = 2(ln − ln 2) + − = ln − 3 2 ( I ≈ 0.144) 0,25 a) (0,5 ñiểm) Cho z − z + = M, N biểu diễn z1 , z2 Tính ñộ dài ñoạn MN (1,0ñ) Phương trình ñã cho có ∆ ' = − = −5 = 5i nên có hai nghiệm z1,2 = ± i Từ ñó M (2; 5), N (2; − 5) ⇒ MN = đáp số: MN = b) (0,5 ñiểm) Tính xác suất có học sinh nữ cạnh Gọi A là biến cố “3 học sinh nữ cạnh nhau” + Số biến cố ñồng khả năng: Xếp học sinh ngẫu nhiên, có số hoán vị là 7! + Số cách xếp có học sinh nữ cạnh nhau: Coi học sinh nữ là phần tử, kết hợp với học sinh nam suy có phần tử, có 5! cách xếp Với cách xếp ñó lại có 3! cách hoán vị học sinh nữ Vậy có 5!.3! cách xếp + Xác suất biến cố A là: p ( A ) = (1,0ñ) 5!.3! = 7! 0,25 0,25 0,25 ( p ( A) ≈ 0.14) (Cách 2: - - - - - - - vị trí Xếp nữ cạnh có cách: (123)…(567) Mỗi cách xếp lại có 3! cách hoán vị nữ Có 4! cách hoán vị nam Vậy P(A) = 5.3!.4!/7! = 1/7) Cho ( P ) : x + y + z − 11 = , I (3;6;7) | + 12 + 14 − 11| =6 Phương trình mặt cầu ( S ) : ( x − 3)2 + ( y − 6) + ( z − 7) = 36 Mặt cầu ( S ) tâm I có bán kính R = d ( I , ( P )) = x = + t ðường thẳng (d ) qua I và vuông góc với ( P) có phương trình y = + 2t z = + 2t 0,25 0,25 0,25 (t ∈ R) 0,25 2/4 (9) Giả sử M = (d ) ∩ ( P) ⇒ (3 + t ) + (12 + 4t ) + (14 + 4t ) − 11 = ⇔ 9t + 18 = ⇔ t = −2 ⇒ M (1; 2;3) 0,25 Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có ñáy ABC là tam giác vuông B ; AB = a, ACB = 300 ; (1,0ñ) A ' H ⊥ ( ABC ) ⇒ A ' H là ñường cao hình lăng trụ C' A' 0,25 AH là hình chiếu vuông góc AA ' lên ( ABC ) ⇒ A ' AH = 60 VABC A ' BC ' = A ' H S ABC B' AC = 2a, MA = MB = AB = a ⇒ AH = 3a a ⇒ A' H = 2 1 a2 S ABC = BA.BC = a.a = 2 3a a 3a 3 ⇒ VABC A ' BC ' = = 2 0,25 A d ( C ',( BMB ') ) = d ( C ,( BMB ') ) = d ( A,( BMB ') ) = 3VA BMB ' S BMB ' C M H Q A' B C' a VA.BMB ' = VB ' ABM = VABC A ' BC ' = Do BM ⊥ ( AHA ') nên BM ⊥ AA ' ⇒ BM ⊥ BB ' ⇒ ∆BMB ' vuông B ⇒ S BMB ' = Suy 0,25 P B' 1 a2 BB '.BM = a 3.a = 2 3a 3 a 3a : d ( C ',( BMB ') ) = = 0,25 C A M H B 3a a (Cách 2: d ( A, ( BMB ')) = AE = AH sin AHE = sin 60 = ) Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy , cho hình thang ABCD vuông A và D ; diện tích hình (1,0ñ) thang 6; CD = AB , B(0; 4) I (3; −1), K (2; 2) Viết phương trình ñường thẳng AD E Vì AD không song song các trục tọa ñộ nên gọi véc tơ pháp tuyến AD là A n = (1; b), b ≠ 0; suy ra: Phương trình AD :1( x − 3) + b( y + 1) = Phương trình AB : bx − ( y − 4) = I AB + CD AB S ABCD = AD = AD = d ( B, AD).d ( K , AB ) 2 | − + 5b| |2b + 2| = b2 + b2 + D S ABCD B 0,25 0,25 K C b = | − + 5b| |b + 1| =6⇔3 = ⇔| 5b − | | b + 1|= 2(b + 1) ⇔ b = − b + b2 + −1 ± 2 b = đáp số: x + y − = 0;3 x − y − 14 = 0;7 x − (1 + 2) y − 2 − 22 = 0; x − (1 − 2) y + 2 − 22 = x + (1,0ñ) Giải hệ phương trình x( x − 3x + 3) = y + + y + +1 3 x − − x − x + = y + + (1) 0,25 0,25 ( x, y ∈ ℝ) (2) 3/4 (10) ðiều kiện: ≤ x ≤ − 3; x ≥ + 3; y ≥ −3 (1) ⇔ x − + ( x − 1)3 + = ( y+2 + 3 y+2 ) 0,25 +1 Xét hàm f (t ) = t + t + 1, t ≥ −1 Ta có f '(t ) = + 3t t3 +1 > ∀t > −1 , suy f (t ) ñồng biến 0,25 ∀t ≥ −1 , suy x − = y + Thay vào (2) ta có x − − x − x + = ( x − 1) + ⇔ ( x − 1) + + ( x − 1)2 − 4( x − 1) + = x − x − > ta ñược: Do x = không thỏa mãn nên chia vế cho x −1 + 1 + x −1 − + = x −1 x −1 ðặt t = x − + 0,25 t ≤ > ⇒ t + t2 − = ⇒ t2 − = − t ⇔ ⇔t= 2 x −1 t − = (3 − t ) x −1 = x = ⇒ y = 62 5 Với t = ⇒ x − + = ⇒ ⇔ x −1 = x = ⇒ y = − 127 x −1 64 127 ) đáp số ( x; y ) = (5; 62), ( ; − 64 0,25 x + y2 2x + y2 − (1,0ñ) Cho x, y > : x − y + ≤ Tìm max: T = x2 + y4 5x + y x 1 1 1 x Ta có x ≤ y − ⇒ < ≤ − = − − ≤ ðặt t = ⇒ < t ≤ y 2 4 y y y y x +3 y2 0,25 x +1 t +3 y2 2t + 1 với < t ≤ Ta có T = − ⇒ T = f (t ) = − 2 x +1 t +1 t +1 x + y y2 f '(t ) = − 3t 1 − ( t + 1) ( t + 1) Nhận xét: < t ≤ 0,25 1 ⇒ − 3t ≥ ; 4 (t 3 17 17 17 + 1) ≤ = ⇒ 16 16 16 − 3t (t + 1) ≥ 17 17 16 1 Và − > − Do ñó f '(t ) > (t + 1) − > 17 17 16 13 Từ ñó f (t ) ñồng biến ∀t ∈ (0; ] ⇒ f (t ) ≤ f = − 17 25 4 = đáp số: MaxT t∈(0; ] 13 − ⇔ t = ⇔ x = 1; y = 17 25 0,25 0,25 Hết 4/4 (11) Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 M«n thi: To¸n - LÇn thø Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngµy 16.5.2015 N¨m häc 2014 - 2015 3x − x −1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ ñồ thị ( C ) hàm số ñã cho Câu (2,0 ñiểm) Cho hàm số y = b) Tìm các giá trị m ñể ñường thẳng d : y = − x + m cắt ñồ thị ( C ) hai ñiểm phân biệt Câu (1,0 ñiểm) 3π π 5π và tan α = Tính M = sin α + sin α + + sin − 2α 2 2+i = (2 − i ) z Tìm môñun số phức w = z − i b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (i + 3) z + i a) Cho góc α thỏa mãn: π < α < Câu (0,5 ñiểm) Giải bất phương trình: log ( x − 2) + log 0,5 x < Câu (1,0 ñiểm) Giải bất phương trình: x − x − > x3 − x + x − x3 − x + π Câu (1,0 ñiểm) Tính tích phân: I = ∫ x ( x + cos x ) dx Câu (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S ABCD có ñáy là hình thang vuông A và B ; AB = BC = a; AD = 2a ; SA ⊥ ( ABCD ) Góc mặt phẳng ( SCD) và mặt phẳng ( ABCD) 450 Gọi M là trung ñiểm AD Tính theo a thể tích khối chóp S MCD và khoảng cách hai ñường thẳng SM và BD Câu (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình ñường phân giác góc A là d : x + y − = Hình chiếu vuông góc tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ABC lên ñường thẳng AC là ñiểm E (1;4) ðường thẳng BC có hệ số góc âm và tạo với ñường thẳng AC góc 450 ðường thẳng AB tiếp xúc với ñường tròn (C ) : ( x + ) + y = Tìm phương trình các cạnh tam giác ABC Câu (1,0 ñiểm) Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñiểm A (1; −1;0 ) và ñường thẳng x +1 y −1 z = = Lập phương trình mặt phẳng ( P ) chứa A và d Tìm tọa ñộ ñiểm B thuộc trục Ox −3 cho khoảng cách từ ñiểm B ñến mặt phẳng ( P ) d: Câu (0,5 ñiểm) Trong ñợt xét tuyển vào lớp 6A trường THCS năm 2015 có 300 học sinh ñăng ký Biết 300 học sinh ñó có 50 học sinh ñạt yêu cầu vào lớp 6A Tuy nhiên, ñể ñảm bảo quyền lợi học sinh là nhau, nhà trường ñịnh bốc thăm ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh nói trên Tìm xác suất ñể số 30 học sinh chọn trên có ñúng 90% số học sinh ñạt yêu cầu vào lớp 6A Câu 10 (1,0 ñiểm) Cho các số thực a, b dương và thỏa mãn ab ≥ 1 32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức T= + − 1+ a 1+ b 2a(1 + a) + 2b(1 + b) + HẾT -Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… ; Số báo danh: ……………………… (12) Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi đáp án – thang điểm đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 M«n thi: To¸n – LÇn thø - đáp án có 06 trang Năm học 2014 – 2015 Câu đáp án 3x − (2,0ñ) a) (1,0 ñiểm) Khảo sát biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số y = ðiểm x −1 Tập xác ñịnh: D = R \ {1} lim y = 3; lim y = suy tiệm cận ngang y = x →−∞ x →+∞ lim y = +∞; lim y = −∞ suy tiệm cận ñứng ñồ thị hàm số là ñường thẳng x = − x →1+ x →1 ðạo hàm: y ' = −1 ( x − 1) 0,25 < ∀x ≠ Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) Hàm số không có cực trị Bảng biến thiên: x −∞ y' y 0,25 +∞ +∞ - −∞ 0,25 ðồ thị: (Hs có thể lấy ñiểm (2; 4); (0; 2) ) b) (1,0 ñiểm) Tìm các giá trị m ñể d : y = − x + m cắt ñồ thị ( C ) hai ñiểm phân biệt 0,25 3x − = − x + m ( x ≠ 1) x −1 ⇔ f ( x ) = x + (2 − m) x + m − = (1) ∆ > ðK: (1) có nghiệm phân biệt khác ⇔ f (1) ≠ Phương trình tương giao: 0,25 0,25 ⇔ m − 4m − 12 > ⇔ m > 6; m < 0,25 0,25 3π π 5π Tính M = sin α + sin α + + sin − 2α (1,0ñ) a) (0,5 ñiểm) Cho tan α = π < α < 2 1 3π Ta có = + tan α = + = ⇒ cos α = ⇒ cos α = − π < x < cos α 1 M = sin α + cos α + cos 2α = sin α + cos α + 2cos α − = cos α + cos α = − 5 b) (0,5 ñiểm) Cho (i + 3) z + 0,25 0,25 2+i = (2 − i ) z Tìm môñun số phức w = z − i i 1/6 (13) ( a , b ∈ R, i Gọi z = a + ib = −1) Từ giả thiết ta có: (i + 3)(a + bi ) + − 2i = (2 − i )(a − bi ) a = −1 a + = ⇔ (a + 1) + (2a + 5b − 2)i = ⇔ ⇔ ⇒ z = −1 + i 2a + 5b − = b = 26 = 25 Giải bất phương trình: log ( x − 2) + log 0,5 x < Từ ñó: | z − i |=| −1 − i |= + (0,5ñ) 0,25 0,25 ðiều kiện: x > Bpt ⇔ log ( x − ) − log x < ⇔ log ⇔ x − < x ⇔ x > −2 x−2 x−2 <1⇔ <2 x x 0,25 0,25 Kết hợp ñiều kiện ta ñược nghiệm bpt là x > (1,0ñ) Giải bất phương trình: x − x − > Bpt ⇔ x − x − > x3 − x + x − x − x + x ( x − ) + 1 − ( x − 2) ( x + 1) ( x ≥ 0) ⇔ ( x − 2)+ | x − | x + > x 1 + ( x − ) + (1) • x = : (1) ⇔ > 2 (loại) x = : (1) ⇔ −2 > −2 0,25 ( (loại) ) x > : (1) ⇔ ( x − 2) + x + > x 1 + ( x − ) + 1 1 Chia vế cho x ( x − 2) > ta ñược: (1) ⇔ + 1+ > + 1+ x x−2 x ( x − 2) • Xét hàm f (t ) = t + + t , t > ⇒ f '(t ) = + (1) ⇔ t 1+ t2 0,25 > ∀t > ⇒ f (t ) ñồng biến ∀t > 1 > x x−2 ⇔ x − > x ⇔ x − x + > ⇔ x > 4; x < Kết hợp x > ⇒ x > • < x < 2: (1) ⇔ ( x − 2) − x + > x 1 + ( x − ) + 1 1 Chia vế cho x ( x − 2) < ta ñược: (1) ⇔ − 1+ < − 1+ x x−2 x x − ( ) ( ) Xét hàm f (t ) = t − + t , t ∈ R ⇒ f '(t ) = − Từ ñó (1) ⇔ 0,25 t 1+ t2 = 1+ t2 − t 1+ t2 0,25 > ∀t ⇒ f (t ) ñồng biến ∀t 1 Trường hợp này vô nghiệm vì < < x−2 x x−2 đáp số: x > 2/6 (14) Cách 2: ðK x ≥ (mỗi dấu + ứng với ¼ ñiểm) x = không là nghiệm Xét x > : + (1) ⇔ ( x −2 )( ) x +1 > x2 − 5x + x − x + x + x3 − x + x −1 > x3 − x + x + x3 − 3x + x −1 x +1 ⇔ f ( x) = ( x − ) + x + x +1 + + Xét g ( x ) = x +2 x3 − x + x + x − x + Nếu x ≥ thì g ( x ) > + Nếu < x < 1: x + > ⇒ x3 − 3x + = x + > Ta có: ( x + 1)( x − ) x +1 x +1 > = x +2 x +2 (1) = x − x +1 > x − = − x ⇒ x3 − x + x + x3 − 3x + > − x 1− x 1− x 1− x 1− x ⇒ < = < = x3 − x + x + x3 − 3x + − x − x + x − x x −1 (2) Từ (1) và (2) suy g ( x ) > ∀x > ⇒ >− x3 − x + x + x3 − 3x + + f ( x) > ⇔ x − > ⇔ x > Kết hợp ðK suy ñáp số: x > (1,0ñ) π Tính tích phân: I = x ( x + cos x ) dx ∫ π π π π π3 I = ∫ x dx + ∫ x cos xdx Ta có A = ∫ x dx = x3 = 24 0 2 0,25 π B = ∫ x cos xdx ðặt u = x ⇒ u ' = v ' = cos x ⇒ v = sin x π B= 0,25 π 12 x sin x 02 − ∫ sin xdx 20 π 1 1 2 = − − cos x = ( −1 − 1) = − 2 2 0 I = A+ B = (1,0ñ) π3 − ( I ≈ 0,792) 24 S ABCD ñáy là hình thang vuông A và B ; AB = BC = a; AD = 2a ; SA ⊥ ( ABCD) Góc ( SCD) và ( ABCD) 450 M là trung ñiểm AD Tính thể tích S MCD , d ( SM , BD ) = 450 Ta có ( SCD) ∩ ( ABCD) = CD CD ⊥ SA, AC ⇒ CD ⊥ ( SAC ) ⇒ SC ⊥ CD ⇒ SCA 0,25 0,25 0,25 3/6 (15) 1 VS MCD = SA.S MCD SA = AC = a 2; S MCD = a 3 a 1 Suy VS MCD = a a = Gọi N là trung ñiểm AB ⇒ BD //( SMN ) 0,25 S Suy ra: d ( SM , BD) = d ( BD,( SMN )) = d ( D,( SMN )) = d ( A, ( SMN )) AP ⊥ MN ( P ∈ MN ) , AH ⊥ SP ( H ∈ SP ) Kẻ 0,25 AH ⊥ ( SMN ) ⇒ d ( A,( SMN )) = AH 1 Tam giác vuông SAP có = + 2 AH AS AP 1 1 1 11 = + + = 2+ + = 2 2 a AS AN AM a 2a 2a a 22 a 22 Suy AH = ⇒ d ( SM , BD ) = 11 11 H A M 0,25 D N P B C Tam giác ABC có phân giác góc A là d : x + y − = Hình chiếu tâm ñường tròn nội (1,0ñ) tiếp tam giác ABC lên AC là E (1; 4) BC có hệ số góc âm và tạo với ñường thẳng AC góc 450 ðường thẳng AB tiếp xúc với (C ) : ( x + ) + y = Tìm phương trình các cạnh Gọi F là ñiểm ñối xứng với E qua d ⇒ F (−1;2) Nhận xét: (C ) có tâm I (−2;0), bán kính R = và F ∈ (C ) Từ ñó AB qua F và vuông góc với IF nên có phương trình AB : x + y − = AB ∩ d = A(3;0) ⇒ AC : x + y − = Gọi J là tâm ñường tròn nội tiếp ∆ABC ðường thẳng ∆ qua 10 E , ⊥ AC ⇒ ∆ : x − y + = ⇒ ∆ ∩ d = J − ; 3 Gọi vtpt ñường thẳng BC là n = ( a; b), a + b ≠ Ta có: | 2a + b | cos 450 = a + b ⇒ ( 2a + b ) = ( a + b 2 ) ⇒ 3a 0,25 0,25 A E H + 8ab − 3b = a = : suy b = (loại) a ≠ : chọn a = ⇒ b = (thỏa mãn hệ số góc âm), b = − (loại) Suy phương trình BC : x + y + C = I 0,25 F • • J B C D 4/6 (16) Do J là tâm ñường tròn nội tiếp ∆ABC nên d ( J , AC ) = d ( J , BC ) 10 | − + − | | − + 10 + C | −29 + 10 −29 − 10 3 Suy (thỏa mãn); C = (loại vì = ⇒C = 3 10 29 + 10 ñó A, J nằm phía BC ) Từ ñó: BC : x + y − = 29 + 10 = đáp số: AB : x + y − = ; AC : x + y − = ; BC : x + y − (1,0ñ) x +1 y −1 z = = Lập ( P) chứa A và d Tìm B ∈ Ox : d ( B, Ox ) = −3 ðường thẳng d qua M ( −1;1;0 ) và có vtcp u = (2;1; −3) Ta có MA = (2; −2;0) ( P) qua A (1; −1;0 ) và có vtpt n = MA, u = ( 6;6;6 ) Chọn n = (1;1;1) Phương trình tổng quát ( P) là: 1( x − 1) + 1( y + 1) + 1( z − 0) = ⇔ x + y + z = |b| = Gọi B(b;0;0) ∈ Ox; d ( B, ( P )) = ⇔ ⇔| b |= ⇔ b = ±3 ⇒ B(±3;0;0) đáp số: ( P ) : x + y + z = ; B(ổ3;0;0) 0,25 A (1; −1;0 ) , d : 0,25 0,25 0,25 0,25 Có 300 học sinh ñăng ký Có 50 học sinh ñạt yêu cầu vào lớp 6A Bốc thăm ngẫu nhiên 30 học sinh từ (0,5ñ) 300 học sinh nói trên Tìm xác suất ñể có ñúng 90% số học sinh ñạt yêu cầu Gọi A là biến cố: “Chọn ñược 90% học sinh ñạt yêu cầu” 30 Chọn ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh có C300 cách chọn 27 Chọn ñược 90% học sinh ñạt yêu cầu, tức là chọn ñược 27 em Chọn 27 học sinh từ 50 học sinh có C50 cách cách Chọn nốt em từ 250 em còn lại có C250 0,25 27 Số cách chọn học sinh ñạt yêu cầu là: C50 C250 Xác suất biến cố A là P ( A) = C5027 C250 ≈ 1,6.10−21 30 C300 10 (1,0ñ) Cho a, b > : ab ≥ Tìm GTNN T = Ta có: 1 , + ≥ + a + b + ab 1 32 + − 1+ a 1+ b 2a (1 + a ) + 2b(1 + b) + ( ab ≥ 1) Thật vậy: Quy ñồng, chuyển vế, bñt trên tương ñương với Lại có: + ab = 0,25 ( a− b )( ) ab − ≥ (đúng) 0,25 1 2 Suy ra: + ≥ ≥ = + a + b ab + + ab.1 + ab + ab + 5/6 (17) ( ) Ta có: a (1 + a ) + b(1 + b) = a + b − + ( a + b + ) ≥ ( 2ab − ) + ab + ≥ ab + Suy ra: 2a (1 + a ) + 2b(1 + b) + ≥ ab + 12 1 −32 −32 ≤ ⇒ ≥ = 2a(1 + a) + 2b(1 + b) + 2a(1 + a) + 2b(1 + b) + ab + ab + 12 16 ⇒T ≥ − ab + ab + −16 ab + 0,25 16 − = f (t ) t +3 t +3 (t + 3) − t (t + 3) t + −8t + = f '(t ) = (t + 3) (t + 3) t + (t + 3) (t + 3) t + ðặt t = ab ≥ ⇒ T ≥ ( ) Xét M = (t + 3) − t (t + 3) t + > (t + 3) t + − t t + > 0,25 ⇔ t + > t t + ⇔ t + 6t + > t + 3t ⇔ (t − t ) + 3t + > (đúng ∀t ≥ ) Suy f '(t ) > ∀t ≥ ⇒ f (t ) ñồng biến ∀t ≥ Từ ñó: MinT = f (1) = −7 ⇔ t = ⇔ a = b = 0,25 t ≥1 Cách 2: Có thể dồn biến u = a + b ≥ ab ≥ sau: • 1 4 + ≥ = 1+ a 1+ b 1+ a +1+ b u + a(1 + a) + b(1 + b) = a + b + a + b ≥ a + b + a 2b ≥ a + b + = u + 1 Suy ra: 2a (1 + a ) + 2b(1 + b) + ≥ 2u + 12 ⇒ ≤ 2a(1 + a) + 2b(1 + b) + 2u + 12 32 ⇒T ≥ − = f (u ), u ≥ Chứng minh f '(u ) > ∀u ≥ tương tự cách u+2 2u + 12 Kết luận: MinT = f (2) = −7 ⇔ u = ⇔ a = b = • u≥2 Hết 6/6 (18) đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi M«n thi: To¸n - LÇn thø Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề N¨m häc 2014 - 2015 Ngµy 13.6.2015 Câu (2,0 ñiểm) Cho hàm số y = x − 3x + a) Khảo sát biến thiên và vẽ ñồ thị (C ) hàm số ñã cho b) Viết phương trình tiếp tuyến ñồ thị (C ) giao ñiểm (C ) với ñường thẳng (d ) : y = −5 x + Câu (1,0 ñiểm) a) Giải phương trình cos x + cos3 x = 2cos x b) Tìm số phức z cho | z − | = | z | và ( z + 4)( z + 2i ) là số thực Câu (0,5 ñiểm) Giải phương trình 2.9 x + 3.4 x = 5.6 x Câu (1,0 ñiểm) Tính tích phân I = ∫ x e3 x + dx 3x + Câu (0,5 ñiểm) Tại kì SEA Games, môn bóng ñá nam có 10 ñội bóng tham dự (trong ñó có ñội Việt Nam và ñội Thái Lan) Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên ñể chia 10 ñội bóng nói trên thành bảng A và B, bảng ñội Tính xác suất ñể ñội Việt Nam và ñội Thái Lan cùng bảng Câu (1,0 ñiểm) Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho bốn ñiểm A ( 3;2;3) , B (1;0;2), C ( −2;3;4), D (4; −3;3) Lập phương trình mặt phẳng ( BCD) Tìm phương trình hình chiếu vuông góc ñường thẳng AB lên mặt phẳng ( BCD) Câu (1,0 ñiểm) Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có ñáy ABC là tam giác ñều cạnh a , ñỉnh A ' cách ñều A, B, C Góc cạnh bên và mặt ñáy lăng trụ 600 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' Xác ñịnh tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A ' ABC Câu (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn tâm I (2;1) , bán kính R = Chân ñường cao hạ từ B, C , A tam giác ABC là D(4; 2), E (1; −2) và F Tìm tọa ñộ tâm ñường tròn nội tiếp tam giác DEF , biết ñiểm A có tung ñộ dương Câu (1,0 ñiểm) Giải phương trình x + 10 x + 11 + 14 x + 18 = 11 ( ) Câu 10 (1,0 ñiểm) Cho các số thực x, y, z dương và thỏa mãn x − x + ≤ 16 x yz − 3x ( y + z ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức T= y + 3x( x + 1) x2 z + 16 ( y + 1) − 10 y x3 + HẾT -Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… ; Số báo danh: ……………………… (19) Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi đáp án – thang điểm đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 M«n thi: To¸n – LÇn thø - đáp án có 05 trang Năm học 2014 – 2015 Câu đáp án a) (1,0 ñiểm) Khảo sát biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số y = x − x + (2,0ñ) Tập xác ñịnh: D = R lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ ðạo hàm: y ' = x − x ; y ' = ⇔ x = x = ðiểm 0,25 Khoảng ñồng biến: ( −∞;0 ) ; ( 2; +∞ ) Khoảng nghịch biến: ( 0; ) Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu x = , yCT = ; ñạt cực ñại x = , yCð = Bảng biến thiên: x −∞ +∞ y' + 0 + y +∞ 0,25 0,25 −∞ ðồ thị: (Hs có thể lấy thêm ñiểm (−1; 0); (1; 2); (3; 4) ) b) (1,0 ñiểm) ) Viết phương trình tiếp tuyến giao ñiểm (C ) với (d ) : y = −5 x + Phương trình hoành ñộ giao ñiểm: x3 − x + = −5 x + ⇔ x − x + x − = ⇔ ( x − 1)( x − x + 3) = ⇔ x = ⇒ y = ⇒ giao ñiểm là M (1;2) Phương trình tiếp tuyến với (C) ( x0 ; y0 ) : y = y '( x0 )( x − x0 ) + y0 x0 = 1; y0 = y ' = 3x − x ⇒ y '( x0 ) = y '(1) = −3 Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y = −3( x − 1) + ⇔ y = −3 x + 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a) (0,5 ñiểm) Tìm các nghiệm phương trình cos x + cos3 x = 2cos x (1,0ñ) Phương trình ñã cho tương ñương với: 2cos x.cos x = 2cos x ⇔ 2cos x ( cos x − cos x ) = cos x = ⇔ cos x = cos x π x = + kπ ⇔ ( k ∈ ℤ) x = k 2π b) (0,5 ñiểm) Tìm số phức z cho | z − | = | z | và ( z + 4)( z + 2i ) là số thực Gọi z = a + bi ( a, b ∈ R, i = −1) Từ giả thiết ta có: | z − |=| z |⇔ ( a − 4) + b = a + b ⇔ a = 0,25 0,25 0,25 1/5 (20) Từ ñó: z = + bi; z = − bi (0,5ñ) ⇒ ( z + 4)( z + 2i ) = (6 + bi ) [ + (2 − b)i ] = 12 − b(2 − b) + (12 − 4b)i Suy ra: 12 − 4b = ⇒ b = đáp số: z = + 3i Giải phương trình 2.9 x + 3.4 x = 5.6 x 0,25 x x 9 3 TXð: D = R Chia vế phương trình cho > ta ñược: − + = 4 2 x 3 ðặt t = > ta có: 2t − 5t + = 2 ⇔ t = 1; t = x x 3 3 • t = ⇒ = ⇒ x = • t =1⇒ =1⇒ x = 2 2 Tập nghiệm phương trình ñã cho là S = {0; 1} x (1,0ñ) Tính tích phân: I = x e3 x + ∫ 1 1 ∫ • Tính A = xe dx : ðặt u = x ⇒ u ' = 1; 3x 0,25 dx 3x + x dx 3x + I = ∫ xe3 x dx + ∫ 0,25 1 1 v ' = e ⇒ v = e3 x ⇒ A = x.e3 x − ∫ e3 x dx 3 30 0,25 3x 1 3x 3 2e3 + = e − ( e − 1) = A= e − e 9 • Tính B = ∫ 0,25 t2 −1 x dx : ðặt t = 3x + ⇒ t = x + ⇒ x = ⇒ dx = t.dt 3 3x + 2 x = ⇒ t = Suy ra: B = ∫ ( t − 1) dt 91 x = ⇒ t = 2; 0,25 2 11 2e + 21 B = t − t = Từ ñó: I = A + B = + ⇒ I = e3 + 27 93 27 27 0,25 Có 10 ñội bóng (trong ñó có Việt Nam và Thái Lan) Bốc thăm ngẫu nhiên ñể chia thành (0,5ñ) bảng A và B, bảng ñội Tìm xác suất ñể Việt Nam và Thái Lan cùng bảng Gọi M là biến cố: “Việt Nam và Thái Lan cùng bảng” Số biến cố ñồng khả năng: Số cách chia 10 ñội bóng thành bảng ñều n(Ω) = C105 C55 = 252 Xét số cách chia mà Việt Nam và Thái Lan cùng bảng: • Chọn bảng (A B): có cách • Chọn nốt ñội còn lại: có C83 cách • Chọn ñội bảng kia: có C55 cách ⇒ n( M ) = 2.C83 C55 = 112 Suy ra: xác suất biến cố M: p ( M ) = 0,25 0,25 n( M ) 112 = = n(Ω) 252 2/5 (21) (1,0ñ) Cho A ( 3;2;3) , B(1;0;2), C (−2;3; 4), D(4; −3;3) Lập phương trình mặt phẳng ( BCD) Tìm phương trình hình chiếu vuông góc ñường thẳng AB lên mặt phẳng ( BCD) Ta có BC = (−3;3;2), BD = (3; −3;1) Mp ( BCD) ñi qua B (1;0; 2) và có vtpt n = BC , BD = ( 9;9;0 ) Chọn n = (1;1;0) Phương trình ( BCD) : 1( x − 1) + 1( y − 0) + 0( z − 2) = ⇔ x + y − = ðường thẳng AB cắt ( BCD) B (1;0; 2) Ta ñi tìm hình chiếu A ' ñiểm A lên ( BCD) x = + t ðường thẳng ∆ ñi qua A và vuông góc với ( BCD) có phương trình y = + t (t ∈ R) z = A ' = ∆ ∩ ( BCD) ⇒ (3 + t ) + (2 + t ) − = ⇒ t = −2 ⇒ A '(1;0;3) Hình chiếu vuông góc AB ñi qua B, A ' nên có vtcp u = BA ' = (0;0;1) x = Phương trình BA ' : y = (t ∈ R) z = + t (Lưu ý: Học sinh viết 0,25 0,25 0,25 0,25 x −1 y − z − thì không cho 0,25 ñiểm phần cuối này) = = 0 Lăng trụ ABC A ' B ' C ' có ñáy ABC là tam giác ñều cạnh a , ñỉnh A ' cách ñều A, B, C (1,0ñ) Góc cạnh bên và mặt ñáy lăng trụ 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' Xác ñịnh tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A ' ABC Xác ñịnh góc 600 : • Gọi H là hình chiếu A’ lên (ABC) ⇒ HA = HB = HC = tròn ngoại tiếp tam giác ABC AA '2 − A ' H suy H là tâm ñường C' • AH là hình chiếu AA’ lên (ABC), suy A ' AH = 600 Tính thể tích lăng trụ: VABC A ' B ' C ' = A ' H S ABC B' a a2 • ∆ABC ñều cạnh a nên S ABC = a = 2 2 a 3 • A ' H = AH tan 600 = = a 3 Suy ra: VABC A ' B ' C ' a3 a2 = a = 4 P I 0,25 A H M C N B Xác ñịnh tâm mặt cầu: • Gọi P là trung ñiểm AA’ Kẻ ñường trung trực d AA’ (A’AH) d cắt A’H I • I ∈ d ⇒ IA ' = IA I ∈ A ' H ⇒ IA = IB = IC ⇒ I là tâm mặt cầu cần tìm Tính bán kính R: R = IA ' = 0,25 A' 2a A' P 1 a = = AA ' = AH = cos 30 3 3 0,25 0,25 3/5 (22) Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn tâm I (2;1) , bán kính R = Chân ñường cao hạ từ (1,0ñ) B, C , A tam giác ABC là D(4; 2), E (1; −2) và F Tìm tọa ñộ tâm ñường tròn nội tiếp tam giác DEF biết ñiểm A có tung ñộ dương Chứng minh AI ⊥ DE : A = BCD • Tứ giác BCDE nội tiếp ñường tròn nên AED 0,25 = EAt • Kẻ tiếp tuyến At ( I ; R ) ta có: BCD = EAt ⇒ At / / DE ⇒ AI ⊥ DE ⇒ AED I Tìm tọa ñộ ñiểm A: • Phương trình AI qua I, vuông góc với DE : x + y − 10 = D E H C F t = ⇒ A(6; −2) (L)B 10 − 3t 2 25 12 AI AI t t ∈ ⇒ = ⇒ − − = ⇒ t = −2 ⇒ A(−2; 4) (TM) Chứng minh trực tâm H tam giác ABC là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác DEF : = DBC = HEF ⇒ EC là phân giác DEF • DEC ⇒ H = BD ∩ CE là tâm ñường tròn nội tiếp ∆ DEF • Tương tự: DB là phân giác EFD Tìm tọa ñộ ñiểm H : • Phương trình CE qua E và vuông góc với AE : x − y − = • Phương trình BD qua D và vuông góc với AD : x − y − 10 = • Từ ñó H = BD ∩ CE ⇒ H ( 3; −1) 0,25 • A t; 0,25 0,25 Giải phương trình x + 10 x + 11 + 14 x + 18 = 11 (1) (1,0ñ) 11 ðK: x ≥ − 10 (1) ⇔ ( x + x − 1) + ⇔ ( x + x − 1) − ( ) ( 10 x + 11 − x − + ( x + x − 1) ) 14 x + 18 − x − = ( x + x − 1) − =0 10 x + 11 + x + 14 x + 18 + x + • x + x − = ⇔ x = −1; (tmñk) 1 − =0 • f ( x) = − 10 x + 11 + x + 14 x + 18 + x + 11 11 Ta có f '( x ) > ∀x ≥ − ⇒ f ( x) ñồng biến trên [ − ; +∞) 10 10 1 11 Từ ựó f ( x) ≥ f − > nên trường hợp này vô nghiệm đáp số: S = −1; 2 10 0,25 0,25 0,25 Lưu ý: + Học sinh tìm ñược nghiệm, cho ¼ ñiểm + Học sinh tìm ñược nghiệm mà không CM ñược phần còn lại vô nghiệm, cho ½ ñiểm • Có thể CM f ( x ) > sau: 11 11 11 x ≥ − ⇒ 10 x + 11 + x + ≥ − + = ; 14 x + 18 + x + ≥ − + = 10 5 10 10 5 ⇒ f ( x) > − − > • Có thể nhẩm nghiệm và tách thành tích: (1) ⇔ ( x + 1)(2 x − 1)h( x) = CM h( x) vô nghiệm 0,25 4/5 (23) 10 (1,0ñ) Cho các số thực x, y , z dương và thỏa mãn x − x + ≤ 16 x yz − x ( y + z ) ( T= Tìm giá trị nhỏ biểu thức ) y + x( x + 1) x z + 16 ( y + 1) − 10 y x +2 Từ giả thiết ta có: ( ) x − x + ≤ 16 x yz − x ( y + z ) ⇒ x + − 1 ≤ 16 yz − ( y + z ) ≤ 16 yz − 3.4 yz x 1 ⇒ yz − yz ≥ x + − ≥ 1, t = yz > ⇒ 3t − 4t + ≤ ⇒ t ≤ ⇒ yz ≤ ⇒ ≥ y x z y + 3x( x + 1) y y + 3xy y 16 16 + − 10 3 = + + − 10 3 T= 3 z ( y + 1) x z x +2 x yz x +2 ( y + 1) Ta có: • yz ≤ ⇒ • y + 3xy x yz ≥ y + 3xy x2 16 y y = +3 x x 16 16 + ≥ 3y + = ( y + 1) + ( y + 1) + ( y + 1) + − ≥ 4.2 − = 3 z ( y + 1) ( y + 1) ( y + 1)3 • −10 y x3 + ≥ −10 0,25 y x3 + + ≥ −10 0,25 y y = −10 3x x y y y Từ ñó: T ≥ + + − 10 x x x y ðặt t = > ⇒ T ≥ f (t ) = t + 3t − 10t + x Ta có: f '(t ) = 4t + 6t − 10 = 2(t − 1)(2t + 2t + 5) f '(t ) = ⇔ t = BBT: t f '(t ) f (t ) - +∞ + 0,25 +∞ -1 Suy T ≥ −1 ⇒ MinT = −1 ⇔ t = ⇔ x = y = z = t >0 Cách 2: Ta có: • y = x +2 y y ≤ = 3x x +1+1 3 y +1 y x ≤ x y2 y2 y y2 y • + ≥ 2 = ⇒ ≥ −1 x x x x x y +1 x y y Suy ra: T ≥ − + + − 10 ⇒ T ≥ −1 ⇒ MinT = −1 ⇔ x = y = z = x x 0,25 Hết 5/5 (24)