Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 06/50 Ngày thi : 08/02/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2mx + 2m − (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m = ⎛ 8⎞ Cho điểm I ⎜⎜0;− ⎟⎟⎟ Tìm m để (1) có điểm cực trị A,B,C IA = IB = IC 5⎟⎠ ⎝⎜ Câu (1,0 điểm) ⎛ π⎞ Giải phương trình tan x.cot ⎜⎜x + ⎟⎟⎟= 1−tan x ⎠⎟ ⎝⎜ 2 2 Giải phương trình 62 x − x + = 22 x − x + 2.32 x − x x + x− Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ dx x− Câu (1,0 điểm) a) Tìm cặp số thực (x;y) thoả mãn (x − yi −1) =− b) Xếp ngẫu nhiên học sinh Nam học sinh Nữ thành hàng dọc Tính xác suất để học sinh Nam Nữ đứng xen kẽ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có AD = CD = a, AB = 2a, B!AD = A!DC = 900 Cạnh bên SA = 3a vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi I giao điểm AC BD Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD) Câu (1,0 điểm) Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;1;2) B(1;-‐-1;1), x − y − z +1 đường thẳng d : = = Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AB song song 1 với d Tính khoảng cách từ d đến mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho đường thẳng d : 6x +8y +11= Viết phương trình đường tròn (T) có tâm I bán kính thẳng AB,CD,MN thoả mãn S IMN cắt Ox, Oy,MN theo đoạn =1;AB = CD (x >0) I ⎧⎪x(x + (x − y)( x − 2y)) = y( y +3)2 ⎪⎪ Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨⎪ ⎪⎪12x + y +7( y( x − y) + y(x − 2y)) = (y +3) ⎪⎪ y ⎩ Câu (1,0 điểm) Cho x,y,z số thực thoả mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 1 1 + + + x − y +2 y − z +2 z − x +2 xy + yz + zx + -‐-‐ ‐-HẾT-‐ ‐ ‐- PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2mx + 2m − (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m = ⎛ 8⎞ Cho điểm I ⎜⎜0;− ⎟⎟⎟ Tìm m để (1) có điểm cực trị A,B,C IA = IB = IC 5⎠⎟ ⎝ ⎜ Học sinh tự làm ⎡x =0 Ta có: y ' = 4x 3− 4mx; y ' = ⇔ ⎢ ⎢x = m ⎣ Để (1) có ba điểm cực trị y’ có ba nghiệm phân biệt ⇔m > Khi toạ độ ba điểm cực trị A(0;2m −1), B ( − m;−(m −1) ),C ( m;−(m −1) ) Do A thuộc Oy; B,C đối xứng qua Oy nên tam giác ABC cân A có trục đối xứng Oy Vì I thuộc Oy nên IB = IC Vậy theo yêu cầu toán ta cần: 8 IA = IB ⇔(− −2m +1)2 = m+(− + (m −1)2 )2 5 ⇔5m + 20m −6m −19m = ⇔m(m −1)(5m + 25m +19) = ⇔m =1(do m > 0) Vậy giá trị cần tìm m = Câu 2(4,0 điểm) Giải phương trình ⎛ π⎞ a) tan x.cot⎜⎜x + ⎟⎟⎟=1−tan x ; ⎠⎟ ⎝⎜ ⎧⎪cosx ≠ ⎪⎪ ⎞ a) Điều kiện: ⎨⎪ ⎜⎛ ⎪sin ⎜x + π ⎟⎟⎟≠ ⎪ ⎜⎝ 4⎠⎟ ⎪⎪⎩ Phương trình tương đương với: ⎛ π⎞ cos⎜⎜ x + ⎟⎟⎟ ⎜⎝ sin x ⎠⎟ = 1− sin x ⇔ sin x(cos x −sin x) = cos x −sin x ⎛ ⎞ cosx π cos x cos x(sin x + cos x) cosx sin⎜⎜x + ⎟⎟⎟ ⎠⎟ ⎝⎜ ⎡ ⎤ sin x ⎥= ⇔ (cos x −sin x )⎢ − ⎢⎣cos x(sin x + cos x) cos x ⎦⎥ cos x −sin x π ⇔− = ⇔ cos x = sin x ⇔ tan x = ⇔ x = + kπ sin x + cos x π Vậy nghiệm phương trình x = + kπ,k ∈! b) Phương trình tương đương với: ⎡x = ⎡⎢32 x−x = ⎢ ⎡2x − x = x−x 2 x−x ⎢⎢x = ⎢ ⇔ ⇔ −1 −2 =0⇔ ⎢ ⎢ 2 x−x ⎢x = = ⎣⎢2x − x = ⎣⎢2 ⎣⎢ Vậy phương trình có ba nghiệm x = 0;x =1;x = 2 ( )( ) 2 b) 62 x − x + = 22 x − x + 2.32 x − x Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn x + x− Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ dx x− Ta có: I =∫ ( x − 2+ 2+ x − x− 2 ⎛ ⎞ ⎟ dx dx = ∫⎜1+ + ⎟ ⎜⎝ x− ⎠ x − ) = x + 2ln x − + x − = 5+ 4ln Câu (1,0 điểm) a) Tìm cặp số thực (x;y) thoả mãn (x − yi −1) =− b) Xếp ngẫu nhiên học sinh Nam học sinh Nữ thành hàng dọc Tính xác suất để học sinh Nam Nữ đứng xen kẽ ⎡⎧⎪x −1 = ⎢⎪⎨ ⎢ −y =−1 ⎡x =1,y =1 ⎡ x − yi −1 =−i a) Ta có: (x − yi −1)2 = −1 = i ⇔ ⎢ ⇔ ⎢⎩⎢⎪ ⇔⎢ ⎢⎣x − yi −1 = i ⎢⎧⎪⎪x −1 = ⎢⎣x =1,y =−1 ⎢⎨ ⎣⎢⎩⎪−y =1 Vậy (x; y) = (1;1);(1;−1) b) Xếp tuỳ ý học sinh có 8! Cách Giả sử hàng dọc đánh số từ đến 8; số cách xếp thoả mãn học sinh Nam đứng vị trí đánh số chẵn học sinh nữ đứng vị trí đánh số lẻ ngược lại +) Nếu học sinh Nam đứng vị trí đánh số chẵn có 4! cách xếp; sau xếp Nữ vào vị trí đánh số lẻ có 4! Cách Vậy có 4!.4! cách +) Nếu học sinh Nữ đứng vị trí đánh số chẵn có 4! cách xếp; sau xếp Nam vào vị trí đánh số lẻ có 4! Cách Vậy có 4!.4! cách Vậy tất có 2.4!.4! cách xếp thoả mãn 2.4!.4! Vì xác suất cần tính P = = 8! 35 Chú ý Tổng quát xếp xen kẽ n học sinh Nam n học sinh Nữ có 2.(n!)2 cách Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có AD = CD = a, AB = 2a, B!AD = A!DC = 900 Cạnh bên SA = 3a vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi I giao điểm AC BD Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD) 1 +) Ta có SABC = AB.d(C; AB) = AB.AD = 2a.a = a2 2 1 Vì V S ABC = SA.S ABC = 3a.a2 = a3 (đvtt) 3 IC CD d (I ;(SCD )) IC +) Ta có: = = ⇒ = = IA AB d(A;(SCD)) AC Vì CD vuông góc với AD, SA nên CD ⊥ (SAD) Kẻ AH vuông góc với SD H AH ⊥ (SCD) 1 1 3a = + = + ⇒ AH = 2 2 a AH SA AD 9a 10 AH Vì d(I ;(SCD )) = d(A;(SCD )) = = a 3 10 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;1;2) B(1;-‐-1;1), x − y − z +1 đường thẳng d : = = Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AB song song 1 với d Tính khoảng cách từ d đến mặt phẳng (P) !!!" ! Ta có: AB = (0;−2;−1) , đường thẳng d có véc tơ phương u =(1;1;1) ! ⎡! """!⎤ Mặt phẳng (P) chứa AB song song với d nên có vtpt n = ⎢u,AB ⎥ = (1;1;−2) ⎣ ⎦ Suy (P) : x + y − 2z + 2= Tam giác vuông SAD có: Lấy điểm C(1;1;-‐-1) thuộc d d(d;(P)) = d(C;( P)) = 1+1+2+2 12 +12 + 22 = Bài tập rèn thêm Tìm điểm M thuộc (P) cho tam giác AMB ⎛ ⎟⎞⎟ ⎜⎛ 1⎞ ;− ; + ⎟⎟⎟ Đ/s: M ⎜⎜1− ; − ⎟; M ⎜1+ ; ⎜⎝ ⎝⎜ ⎠⎟ ⎠⎟ 2 2 2 2 2 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho đường thẳng d : 6x +8y +11= Viết phương trình đường tròn (T) có tâm I bán kính thẳng AB,CD,MN thoả mãn S IMN cắt Ox, Oy,MN theo đoạn =1;AB = CD (x >0) Theo giả thiết: (T) có bán kính R = I Ta có: AB = R − d (I ;Ox);CD = R − d (I ;Oy) ⎡I(a;a) (a >0) ⎢I(a;−a) ⎣ Do AB = CD ⇒ d(I ;Ox) = d(I ;Oy) ⇒ ⎢ +) Nếu I (a;a) ⇒ d(I ;d ) = 14a+11 10 ;MN = R2 −d (I ;d ) = 2−d (I ;d ) Ta có: S IMN = MN d(I ;d ) = d(I ;d ) 2−d (I ;d ) =1⇔d(I ;d ) =1 14a+11 ⇔ =1⇔14a+11 =10(Vô nghiem a > 0) 10 11−2a +) Nếu I (a;−a)⇒ d(I ;d ) = ;MN = R2 −d (I ;d) 10 Ta có: Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn SIMN = MN d(I ;d ) = d(I ;d ) 2−d (I ;d ) =1⇔ d(I ;d ) =1 ⎡⎛ ⎞ ⎡⎢ ⎢I ⎜1 ;− ⎟ a= ⎢ ⎝⎜2 2⎠⎟ 11−2a =1⇔ 11−2a =10 ⇔ ⎢ ⎢ ⇒ ⇔ ⎢ ⎢ 10 21 ⎢⎢ ⎛ 21 21⎞ ⎢a= ⎢I ⎜⎜ ;− ⎟⎟ ⎢⎣ 2⎠ ⎣⎢ ⎝ 2 2 ⎛ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 21⎞⎟ ⎛⎜ 21⎞ ⎟⎟ + ⎜ y+ ⎟⎟⎟ = Vậy có đường tròn thoả mãn toán (T ) :⎜⎜ x − ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ y + ⎟⎟⎟ = 2;(T ) :⎜⎜ x − ⎜⎝ 2⎠⎟ ⎜⎝ 2⎠⎟ ⎠⎟ ⎜⎝ ⎠⎟ ⎝⎜ Chú ý Có thể thay giả thiết S IMN = giả thiết S IMN đạt giá trị lớn nhất, giá trị lớn Thật vậy, ta có: SIMN d (I ;d ) + − d (I = d(I ;d ) 2− d (I ;d ) ≤ =1 ;d) 2 Dấu xảy d(I ;d ) = 2−d (I ;d ) ⇔d(I ;d ) =1 ⎧⎪x(x + (x − y)( x − 2y)) = y( y +3)2 ⎪⎪ ⎪ Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ ⎪⎪12x + y +7( y( x − y) + y(x − 2y)) = (y +3) ⎪⎪ y ⎩ Điều kiện: y >0 ⇒ x ≥ 2y > : Nhân thêm y vào hai vế phương trình thứ hai hệ sau so sánh hai phương trình ta được: 8x +8x (x − y)(x − 2y) =12xy + y +7y( y( x − y) + y(x − 2y)) ⎛ x ⎞⎛ x ⎞ 12x x2 x ⎜⎛ x x ⎟⎞ ⇔ + +1+ 7⎜⎜⎜ −1 + − ⎟⎟⎟ ⎜ −1⎟⎟⎟ ⎜⎜ − 2⎟⎟⎟ = ⎜⎝ y y y ⎜⎝ y ⎟⎜ y y ⎠⎝ y ⎠⎟ ⎠⎟ x Đặt t = ≥ phương trình trở thành: y 8t +8t (t −1)(t − 2) =12t +1+7( t − + t − 2) Đặt a = t − + t − = 2t − + (t −1)(t − 2) ≥ 2t − ≥ ; a2 = 2t −3+ (t −1)(t −2) ⇒ (t −1)(t −2) = a2 −2t +3 Phương trình trở thành: 8t + 4t (a2 −2t +3) =12t +1+7a ⇔4ta2 =1+ 7a ⇔4t = 1+ 7a a 1+ 7a ≥ ⇔8a2 −7a −1≤0 ⇔− ≤a ≤1 a Mặt khác a ≥1⇒ a =1 ⇔t = ⇔x = 2y Thay vào phương trình đầu hệ ta được: y = y ( y +3) ⇔ y ⎡⎢4y y − y −3⎤⎥= ⎣ ⎦ ⇔ y ( y −1)(4 y +3 y +3) = ⇔ y =1(y > 0) ⇒ x = Ta có 4t ≥8 ⇒ Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (2;1) Chú ý Để giải phương trình 8t +8t (t −1)(t − 2) =12t +1+7( t − + t − 2) ta sử dụng phương pháp hàm số liên hợp Câu (1,0 điểm) Cho x,y,z số thực thoả mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 1 1 + + + x − y +2 y − z +2 z − x +2 xy + yz + zx + Do điều kiện P đối xứng ba biến x,y,z nên không tính tổng quát giả sử x ≥ y ≥ z Khi P= 1 1 + + + x − y + y − z + x − z +2 xy + yz + zx + Sử dụng bất đẳng thức AM –GM dạng cộng mẫu số ta có: 1 + ≥ x − y +2 y − z +2 x − z +4 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz ta có: (x − z)2 = ⎡⎢(x − y) +(y − z)⎤⎥ ≤ ⎡⎢(x − y)2 + (y − z)2 ⎤⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Suy (x − z)2 ≤ (x − y)2 + ( y − z)2 +(z − x )2 = −2(xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + zx + ≤ − (x − z)2 4 + + Vì P ≥ x − z + x − z+2 16−3( x − z)2 Đặt t = x − z ∈ ⎡⎢0;2⎤⎥, x − z ≤ 2(x + z ) ≤ ⎣ ⎦ + + Vì P ≥ f (t )= t + t +2 16−3t + + Xét hàm số f (t ) = đoạn [0;2] ta có t + t +2 16−3t f '(t ) = 3t (16−3t )3 − ≤ − − < − 2 (t + 2) (t +4) 64 16 36 Suy f(t) nghịch biến đoạn [0;2] Vì P ≥ f (t ) ≥ f (2) = 23 12 Dấu đạt x =1;y = 0;z = − Vậy giá trị nhỏ P 23/12 đạt (x; y; z) = (1;0;−1) hoán vị Chú ý Với toán chứa dấu giá trị tuyệt đối tư ban đầu phá dấu trị tuyệt đối (điều xuất phát từ tính đối xứng toán dựa vào điều kiện giả thiết cho sẵn) Việc đánh giá (x-‐-z) theo đại lượng đối xứng dựa vào điều kiện toán đánh giá hay sử dụng: (x − z)2 = ⎡⎢(x − y) +(y − z)⎤⎥ ≤ ⎡⎢(x − y)2 + (y − z)2 ⎤⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 07/50 Ngày thi : 11/02/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − ( m + 2)x + (2m +1)x − (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m = Gọi A giao điểm (1) với Oy Viết phương trình tiếp tuyến (1) A cách điểm B(1;2) khoảng Câu (1,0 điểm) ⎧⎪ log y = log xy x y a) Giải hệ phương trình ⎨⎪ ⎪⎪ x− y = 3(xy −1) ⎩⎪ b) Tìm m >1 để giá trị lớn hàm số y = 2x + m x +1 đoạn [0;2] Câu (1,0 điểm) Gọi S hình phẳng giới hạn đường y = ex +2 ; y = 0;x = 0;x = 3ln Tính thể tích khối tròn xoay sinh quay S quanh trục hoành Câu (1,0 điểm) a) Trong số phức z thoả mãn z = Tìm số phức z để 1+ z + − z đạt giá trị lớn b) Cho tập A gồm n phần tử phân biệt có phần tử x Gọi S tập hợp tập A.Tính số phần tử S, lấy ngẫu nhiên phần tử từ S tính xác suất để phần tử có chứa x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, B!AC = 1200 Gọi I trung điểm cạnh AB, hình chiếu vuông góc S mặt phẳng (ABC) trung điểm đoạn CI; góc SA mặt đáy 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(3;w2;3), B(w5;10;w1) mặt phẳng (P) : 2x + y + 2z − = Chứng minh A,B nằm khác phía với mặt phẳng (P) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) cho MA + MB = 14 ⎛21 ⎞ Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có B ⎜⎜ ; ⎟⎟⎟ Phương ⎝⎜ 5 ⎟⎠ trình tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC x + 2y − = Đường phân giác góc A cắt BC kéo dài điểm E(9;3) Tìm toạ độ đỉnh A,C biết A có tung độ dương Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình (x − + − x )3 + − x + 2x − + 3x ≥ Câu (1,0 điểm) Cho x,y,z số thực thoả mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu { } thức P = 3cosx + 3cos y + 3cosz −3.max cosx , cos y , cosz lllHẾTlll PHÂN TÍCH – BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − ( m + 2)x + (2m +1)x − (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m = Gọi A giao điểm (1) với Oy Viết phương trình tiếp tuyến (1) A cách điểm B(1;2) khoảng Học sinh tự làm Ta có A(0;−1) Tiếp tuyến (1) A có dạng: d : y = (2m +1)x − Theo giả thiết ta có: d(B;d) = (2m+1).1−1−2 (2m +1) +(−1) = ⇔ 2(m−1) = 2(4m + 4m + 2) ⎡m =0 ⇔ 4(m−1)2 = 2(4m + 4m + 2) ⇔ 4m2 +16m = ⇔ ⎢ ⎢m =−4 ⎣ Vậy m = −4;m = giá trị cần tìm Câu (1,0 điểm) ⎧⎪ log y = log xy y a) Giải hệ phương trình ⎪⎨ x ⎪⎪x − y = 3(xy −1) ⎩⎪ b) Tìm m >1 để giá trị lớn hàm số y = 2x + m x +1 đoạn [0;2] a) Điều kiện: 0< x, y ≠ Phương trình thứ hệ tương đương với: (log y x +1) ⇔ 2log x y = log y x +1 ⎡x = y ⎡log y = x ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⇔ ⇔ 2log 2x y − log x y −1 = ⇔ ⎢ ⎢log y = − ⎢x = y ⎢ x ⎣ ⎣ +) Nếu x = y thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: (x −1)2 = ⇔ x = ±1(l) +) Nếu x = thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: y2 log x y = ⎛ ⎞⎟ ⎜ − y = 3⎜ −1⎟⎟ ⇔ − y 3= 3( y −1) ⎟⎠ y2 ⎝⎜y ⎡y =1(l) ⎢ ⎛ 5− ⎞⎟ ⎢ ⎜ ⇔ y + 3y −6 y + 2= ⇔ ⎢y = −2 + 6(t / m) → (x; y) = ⎜⎜ ;−2 + 6⎟⎟⎟ ⎢ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎢⎣y =−2− 6(l) ⎛5− ⎟⎞ Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = ⎜⎜⎜ ;−2+ ⎟⎟⎟ ⎟⎠ ⎜⎝ 2 x +1 − b) Ta có: y ' = x(2x + m) x +1 x +1 = 2− mx (x +1) ;y'=0 ⇔ x = ⎡ ⎤ ∈ 0;2 m ⎢⎣ ⎥⎦ ⎛2 ⎞ ⎛2 ⎞ m+4 Ta có y(0) = m; y ⎜⎜ ⎟⎟⎟= m + 4; y(2) = ⇒ y max = y ⎜⎜ ⎟⎟⎟= m + ⎜⎝ m ⎠⎟ ⎝⎜m⎠⎟ m + = ⇔m + =16 ⇒ m = Vậy yêu cầu toán tương đương với: Vậy giá trị cần tìm tham số m = Câu (1,0 điểm) Gọi S hình phẳng giới hạn đường y = ex +2 ; y = 0;x = 0;x = 3ln Tính thể tích khối tròn xoay sinh quay S quanh trục hoành 3ln dx 3dt Ta có: V = π ∫ Đặt t = e x ⇒ t = e x ⇒ e x dx = 3t 2dt ⇒ dx = x t ( e +2) Vì ⎛1 ⎞ ⎜⎜ − − ∫⎝⎜ t t +2 (t + 2)2 ⎠⎟⎟⎟⎟ dt t (t + 2) 1 ⎛ ⎞ 3π ⎜ t ⎟2 3π ⎛ ⎜ ⎞ ⎟ = ⎜ ln + ln ⎟ = ⎟ ⎜ − ⎝⎜⎜ t + t +2⎠⎟⎟⎟1 ⎝⎜ 12 ⎟⎟⎠ 3dt V =π ∫ 2= 3π Câu (1,0 điểm) a) Trong số phức z thoả mãn z = Tìm số phức z để 1+ z + − z đạt giá trị lớn b) Cho tập A gồm n phần tử phân biệt có phần tử x Gọi S tập hợp tập A.Tính số phần tử S, lấy ngẫu nhiên phần tử từ S tính xác suất để phần tử có chứa x a) Giả sử z = x + yi(x, y ∈! ) Vì z =1 ⇔ x + y =1 ⇔ x + y =1 Khi 1+ z + − z = (x +1)2 + y +3 (x −1) + y = (x +1) + − x + (x −1) + − x = 2( 1+ x + − x ) 2 2 Xét hàm số f ( x ) = 2( 1+ x + − x ) đoạn [w1;1] ta có ⎛ ⎞⎟⎟ f '( x ) = ⎜⎜⎜ − ⎟⎟ ; f '(x) = ⇔ 1− x = 1+ x ⇔ x = − ⎜⎝ 1+ x 1− x ⎠⎟ ⎛ 4⎞ Ta có: f (−1) = 6; f (1) = 2; f ⎜⎜− ⎟⎟= 10 ⎜⎝ ⎠⎟⎟ Vì f max ⎛ 4⎞ = f ⎜⎜− ⎟⎟⎟= 10 Từ suy ⎝⎜ ⎟⎠ ⎡ ⎧⎪ ⎢x = − , y = − ⎪⎪⎪x = − ⎢ 5 ⎨ ⇔⎢ ⎪⎪ ⎢ ⎢x = − , y = ⎩⎪⎪y =1− x 5 ⎣⎢ i; z = − + i 5 5 b) Số tập A có chứa k phần tử C kn (k = 0,n) Vậy số cần cần tìm z = − − n Vì tổng số phần tử S Cnk = 2n ∑ k=0 +) Ta tìm số tập A chứa phần tử x Số tập không chứa phần tử x số tập tập hợp A\{x } Tập hợp có (nw1) phần tử Vậy số tập 2n−1 Vì số tập A chứa phần tử x 2n − 2n−1 = 2n−1 Vậy xác suất cần tính P = n−1 = n 2 Câu 6(1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, B!AC = 1200 Gọi I trung điểm cạnh AB, hình chiếu vuông góc S mặt phẳng (ABC) trung điểm đoạn CI; góc SA mặt đáy 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) Gọi D giao điểm AH với BC; M trung điểm cạnh BC Do tam giác ABC cân A nên AM vuông góc với BC a2 AB.AC sin1200 = Sử dụng định lý hàm số Côsin cho tam giác ACI ta có: Ta có: S ABC = CI = AI + AC − 2AI AC cos1200 = Sử dụng công thức đường trung tuyến ta có: AH = a2 a ⎛ 1⎞ a + a2 − .a.⎜⎜− ⎟⎟⎟ = ⎜⎝ ⎟⎠ 2( AI + AC2 ) − C I a = 3a Có SH ⊥ (ABC ) ⇒ S!AH = 600 ⇒ SH = AH tan 600 = 3a a2 a 3 = Vì V S ABC = SH S ABC = (đvtt) 3 4 16 +) Kẻ HK vuông góc với BC K, kẻ HI vuông góc với SK I ta có HI ⊥ (SBC ) 1 a Ta có HK = d(I ;BC) = AM = Sử dụng định lý Talets ta có: d(I ;BC) HD HK = =2 = ⇒ d(A;(SBC)) = 4d(H ;(SBC)) = 4HI AD AM AM Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN VÀ ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − ( m + 2)x +1 (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m = Tìm m để (1) có ba điểm cực trị nằm trục toạ độ Học sinh tự làm ⎡x =0 Ta có: y ' = x − 2(m + 2)x; y ' = ⇔ ⎢ ⎢x = 2(m + 2) ⎣ Để (1) có ba điểm cực trị y’ có ba nghiệm phân biệt ⇔m + > ⇔m >−2 Khi toạ độ ba điểm cực trị A(0;1),B ( − 2(m + 2);1−(m + 2)2 ),C ( 2(m + 2);1−(m + 2)2 ) Ta có A thuộc Oy Vậy để ba điểm cực trị (1) thuộc trục toạ độ ⎡m =−1(t / m) B,C ∈Ox ⇔1−(m + 2) = ⇔ ⎢ ⎢m =−3(l) ⎣ Vậy m = − giá trị cần tìm Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình (1− 2cos5x )(2cos2x +1) = 2cos x b) Giải phương trình x ln x − ( x −1) ln x + 2x − a) Phương trình tương đương với: (1−2cos5x )(2cos2x +1) = 2cos x 2cos2x −4 cos5x cos2x +1− 2cos5x = 2cos x ⇔2cos2x −2cos5x −2(cos7x + cos3x ) +1 = 2cos x ⇔2(cos5x + cos7x )+ 2(cos3x + cos x )= 2cos2x +1 ⇔4 cos6x cos x + cos2x cos x = 2cos2x +1 ⇔4 cos x(cos6x + cos2x ) = 2cos2x +1 ⇔8cos x cos4x cos2x = 2cos2x +1 Nhận thấy sin x  không nghiệm phương trình Với sin x ≠ nhân thêm hai vế phương trình với sinx ta được: 8sin x cos x cos4x cos2x = sin x(2cos2x +1) ⇔ sin8x = 2sin x cos2x + sin x ⇔ sin8x = sin3x ⎡⎢ x =k 2π ⎡8x = 3x + k2π ⎢ ⇔⎢ ,k∈ ! ⇔ ⎢8x = π −3x + k2π ⎢⎢ π 2π ⎣ x = + k ⎢ 11 11 ⎣⎢ 2π π 2π Vậy phương trình có nghiệm x = k ;x = + k ,k ∈! 11 11 Bài tập tương tự Giải phương trình 1j (2sin 5x −1)(2cos2x −1) = 2sin x 2j 4sin x.cos2x = (2cos2x +1)tan x Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn b) Điều kiện: x > Coi phương trình phương trình bậc hai với lnx ta được: Δ = (3x −1) − 4x (2x − 2) = x + 2x +1 = (x +1)2 ln x 3x − − ( x +1) 3x − + (x +1) =1 − ;ln x = =2 2x x 2x +) Nếu ln x = ⇔ x = e2 1 +) Nếu ln x =1− ⇔ln x + −1= ⇔ x =1 x x Vậy phương trình có hai nghiệm x =1; x = e2 Suy ln x = π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ Đặt t = −3cos x ⇒ cos x = sinx cos x + −3cos x dx −t 2tdt ⇒ sin xdx = 3 Vì 2tdt 2 tdt tdt =2 = I= ∫ ∫ ∫ (t +1)(4−t ) −t + 3t + 4− t 1 +t 2 ⎛ ⎞⎟ = ∫ ⎜⎜ − ⎟ dt = −4 ln t − −ln t +1 = ln ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ − t t +1 ⎠ 5 2 ( ) Câu (1,0 điểm) a) Gọi z , z hai nghiệm phương trình z − 3z + = Tính A = z4 + z4 1 b) Cho số tự nhiên (n ≥ 2) khai triển (x +1) (x + 2) = a + a x + a x + + a n 2 n+1 xn+1 Tìm n biết số a2 −7n;na n ;a n−2 theo thứ tự lập thành cấp số cộng ⎡z = +i a) Ta có (z − 3) +1 = ⇔ (z − 3) = i ⇔ ⎢⎢ ⎢⎣z = 3−i Khi A = ( + i)4 + ( −i )4 = ⎡⎢( + i)2 ⎤⎥ + ⎡⎢( −i )2 ⎤⎥ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ 2 = (2 + 3i) + (2− 3i) = 4(−2 + 3i) + 4(−2− 3i) = −16 2 Chú ý Ta tính A = z1n + z 2n cách viết z ,1z 2dưới dạng lượng giác b) Ta có (x +1)n (x + 2) = (x +1)n+1 + (x +1)n Suy (n +1)n n(n −1) + = n2 ; 2 n an = C n+1 +C nn = (n +1) +1= n + 2; +C = a2 = C n+1 n an− = Cn+1 +C n n−2 n−2 = (n +1)n(n−1) n(n −1) n(n −1)(n + 4) + = 6 Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn Theo giả thiết toán ta có n(n −1)(n + 4) n(n + 2)−(n −7n) = −n(n + 2) ⎡n = 0(l) ⎢ n(n −1)(n + 4) ⇔ = n2 +11n ⇔ ⎢⎢n = −7(l) ⎢⎢n=10(t / m) ⎣ Vậy n = 10 giá trị cần tìm Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có AB = BC = a, AD = 2a, A!BC = D!AB = 900 Tam giác SAC cân S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD) Cạnh bên SB tạo với mặt đáy góc 300 Gọi M điểm thuộc đoạn SA thoả mãn AM = 2SM Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SCD) +) Gọi E trung điểm AD ta có tứ giác AECB hình vuông cạnh a +) Gọi H giao điểm AC BE H trung điểm AC theo giả thiết tam giác SAC cân nên SH ⊥ AC Mặt khác (SAC) vuông góc với mặt đáy (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD) +) Ta có: SH = HB tan 300 = BE a = 1 BC + AD a a3 AB = (a + 2a).a = (đvtt) Vì V S ABCD = SH S ABCD = SH 3 6 12 MS MS AC +) Ta có: d(M ;(SCD)) = d(A;(SCD )) = d(H ;(SCD)) = d(H ;(SCD)) AS AS HC Tam giác ACD có AC = a 2,CD = CE + ED = a ⇒ CD + AC = AD = 4a2 Vì ACD vuông cân C suy CD ⊥ (SAC ) +) Kẻ HK vuông góc với SC K SK ⊥ (SCD ) Tam giác vuông SHC có 1 = + ⇒ HK = a = + HK SH HC2 a2 a2 Kết luận: d (M ;(SCD )) = a2 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho điểm A(2;2;j1) hai đường x − y+1 = z − ;d : x − = y = z+1 thẳng d1 : = Viết phương trình mặt phẳng (P) song song −1 1 2 với d1,d2 cách điểm A khoảng ! ! Đường thẳng d1,d2 có vtcp a = (−1;4;1),b =(1;2;2) ! ⎡ ! !⎤ Mặt phẳng (P) song song với d1,d2 nên có vtpt n = ⎢a,b⎥ = (6;3;−6)//(2;1;−2) ⎣ ⎦ Suy (P) : 2x + y − 2z + c = Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn ⎡c =1 2.2 +1.2− 2.(−1)+ c Ta có d(A;(P )) = ⇔ = ⇔ c+8 = ⇔ ⎢ ⎢c =−17 22 +12 + (−2)2 ⎣ Vậy có hai mặt phẳng cần tìm 2x + y − 2z +1 = 0;2x + y − 2z −17 = Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) : x + y = Đường tròn (T) có tâm I, bán kính (C) cắt (T) hai điểm phân biệt A,B cho tứ giác OAIB có diện tích 12 ( với O gốc toạ độ) Viết phương trình đường tròn (T), biết I nằm đường thẳng d : x − 2y + 2= Đường tròn (C) có tâm O(0;0) bán kính Ta có OI vuông góc với AB Vì Vì S OIA S OAIB = OI AB = 2S OIA =12 ⇒ S OIA =6 Mặt khác: 1 S OIA = OA.IA.sinO!AI = 3.4.sinO!AI = 6sinO!AI ≤ 2 ! 2 = ⇔O AI = 90 ⇒ OI = OA + AI = 9+16 = 25 Gọi I (2a−2;a) ∈d ⇒ OI = a2 + 4(a−1)2 = 25 ⎡a= ⎡I(4;3) ⎢ ⎢ ⇔ 5a −8a − 21 = ⇔ ⎢ ⇒⎢ ⎢a= − ⎢I (− 24 ;− ) ⎢⎣ ⎢ ⎣ 5 Vậy có hai đường tròn thoả mãn yêu cầu toán ⎛ 24 ⎞ ⎛ 7⎞ (T ) : (x − 4) + ( y −3) =16;(T ) : ⎜⎜x + ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ y + ⎟⎟⎟ =16 ⎜⎝ ⎠⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ Bài tập tương tự mTrong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) : (x + 2)2 + ( y −1) = có tâm I Đường tròn (T) có bán kính 2, tâm J nằm đường thẳng d : x + y − = (C) cắt (T) hai điểm phân biệt A,B cho S = Viết IAJB phương trình đường tròn (T) 2 ⎞2 ⎛ ⎛ 15 ⎞⎟⎟ 15⎟⎞⎟ ⎜⎛⎜ 15⎟⎞⎟ ⎜⎛⎜ 15⎟ 1 ⎜ ⎜ ⎟ Đ/s: (T ) : ⎜⎜x + − ⎟ + y− + ⎟ = 4;(T ) : ⎜⎜x + + ⎟ +⎜y − − ⎟ = ⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝ 2 ⎜⎝ ⎠⎟⎟ ⎟⎠⎟ ⎟⎠⎟ ⎜⎝ ⎜⎝ 2 ⎧⎪ x − 2y =16 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨⎪ (x, y ∈! ) 2 ⎪⎩ y −(3x + 2) y + 3x y = 2(x + 4) ⎧⎪ x = y2 +16 Hệ phương trình tương đương với: ⎪⎨ ⎪⎪ y −3xy 2+ 3x 2y =2x + 2y +8 ⎩ Trừ theo vế phương trình hệ ta được: ⎧⎪x = 2y +16 ⎧⎪x = 2y +16 ⎧⎪x = 2y +16 ⎪ ⎪ ⎪⎨ ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ ⎪⎪ (x − y) = 8− 2x ⎪⎪ x − y = 8− 2x ⎪⎪ y = x − 8− 2x ⎩ ⎩ ⎩ Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn x + 2x − Chú ý x ≥16; y = x − − 2x = >0 x + x − 2x + ( − 2x )2 ⎧⎪ x −16 ⎪⎪ x 3−16 y = Vì ta có ⎨⎪ = x − 8− 2x2 ⇒ 2 ⎪⎪ ⎪⎪ y = x − 8− 2x ⎩ Tìm nghiệm x = thức có chứa x nên tiến hành nhân liên hợp sau: (2x − 2)− x 3−16 = 8− 2x + (x − 2) x −16 (x − 2) +8− 2x 2 = ⇔ x −16 (x − 2) −( x − 2) 8− 2x + (8− 2x 2) 2x − 2+ −x + 8x −16x + 24 x −8x +12x ⇔ = x −16 (x − 2) −( x − 2) 8− 2x + (8− 2x 2) 2(2x − 2) + 2 ⎡ ⎤ ⎢⎢ ⎥⎥ x(x − 2) x − 2x+ ⎢ ⎥ ⇔ (x −6) + = ⎢(x − 2) −( x − 2) 8− 2x + (8− 2x 2) ⎥ x −16 ⎥ ⎢ 2(2x − 2) + ⎢ ⎥ ⎦ ⎣ ⎛ ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ x(x − 2) x 2− 2x+ ⎟ ⇔ x = 6⎜⎜ + > ⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜ (x − 2)2 −( x − 2) 8− 2x + (8− 2x )2 x3 −16 ⎟⎟ ⎜⎜ 2(2x − 2) + ⎟⎠ ⎝⎜ Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (6;10) (2x − 2)2 − Cách 2: Sử dụng phép sau: ⎧⎪ x 3−16 ⎪⎪ y = ⎪⎪ ⎨ ⎪⎪ x −16 x −16 +3x y = 2x + y−3x ⎪⎪ ⎪⎩ ⎧⎪y(x + 6x −16) = 3x + 4x − 48x +16 ⎪ ⇔ ⎨⎪⎪ ⎪⎪ y = x −16 ⎪⎩ x −16 (x + 6x −16) = (3x + 4x 2− 48x +16) ⇒ Chú ý Có thể đưa giải phương pháp khử dần bậc cao Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn Câu (1,0 điểm) Cho a,b hai số thực dương phân biệt thoả mãn ab >1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 16 (a+ b)2 − + a +b (ab−1)(a −b) (a+b)2 (ab−1) Đặt m = a + b,n = ab(m2 > 4n > 4) 16 m2 − +2 m (n −1)(m − 4n) (n−1)m2 m 16(n −(n −1)) (n = − +2 −1)(m − 4n) (n−1)m2 P= m2 = − 16n + m 16 +2 m m2 (n −1)(m − 4n) (n−1)m ⎡⎢ m 16n ⎤⎥ 16 = − + +2 m n −1 ⎢⎣m 2− 4n m ⎦⎥ m ⎡⎢m −16m 2n + 64n2⎤⎥ 16 = ⎥+ m + m n−1 ⎣⎢ m (m2 − 4n) ⎦ = Xét hàm số f (m) = (m −8n) m (n−1)(m − 4n) 2 + 16 +2 m2 m≥ 16 +2 m m2 16 + m khoảng (2;+∞) ta có m2 32 f '(m) = − + ; f '(m) = ⇔32 m = m ⇔m = 210 ⇔m = m m Ta có f’(m) đổi dấu từ âm sang dương qua m = suy f (m) ≥ f (4) = ⎪⎧ m = ⎪⎪⎧ a +b = Dấu đạt m = 4;m = 8n⇔ ⎪⎨ ⇔⎨ ⎩⎪⎪n= ⎩⎪⎪ab = Vậy giá trị nhỏ P Chú ý +) Với biểu thức cực trị đối xứng hai biến a,b ta xử lý cách đặt ⎧⎪m = a+b ⎪⎨ (m ≥ 4n > 0) ⎩⎪⎪n = ab +) Với lời giải ta biến đổi để có bất đẳng thức điểm rơi m = 8n Nếu thấy khó để dự đoán biến đổi ta tìm điểm rơi cách xử lý thông qua đạo hàm sau: 16 m2 − +2 m (n −1)(m − 4n) (n−1)m ⎡ m2 ⎢ n= ⎢ 256n 2+ 8m 2(m 2−16)n − m 6+12m f '(n) = ; f '(n) = ⇔ ⎢ 2 2 ⎢ −m +12m2 m (n −1) (m − 4n) ⎢n= 32 ⎣⎢ Coi P hàm n, ta có: f (n) = Ta có điểm rơi toán cần tìm có hướng biến đổi xử lý tiếp tục hàm số Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có: Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn 4ab +(a−b) (a+b) (a + b)4 = ab (a − b)2 ≤ ⇒ (a−b) ≤ 2 16ab 16 16 16ab Vì P = − + a +b = + a +b Ta có kết tương (ab −1)(a + b)2 (a+b)2 (ab−1) (a+b)2 tự Bài tập tương tự Bài số 01 Cho a,b hai số thực dương chứng minh ab +a + b 1−ab + ≥ ab+ 2(a+ b)+ (a+ b+1) Bài số 02 Cho a,b hai số thực dương phân biệt tìm giá trị nhỏ biểu thức 512 P= + + 2(a+b) (ab +2)(a−b) (ab+ 2)(a+b)4 Bài số 03 Cho x,y,z số thực dương phân biệt thoả mãn xy + z = z Tìm giá trị nhỏ z 16z 2(x + y) + + (x − y) (x + y) z Bài số 04 Cho a,b hai số thực dương phân biệt thoả mãn ab >1 Tìm giá trị nhỏ của biểu thức P = biểu thức P = 16 128 (a+ b) − − 2 (ab−1)(a −b) (a+ b) (ab−1) 3(a+b)3 Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 10/50 Ngày thi : 17/02/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – – Chi tiết: www.mathlinks.vn Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − ( m + 2)x + (2m +1)x + (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m = − Tìm m để (1) đạt cực đại điểm x 1, đạt cực tiểu điểm x cho x −12 x = −1 2 Câu (1,0 điểm) 1− x a) Giải phương trình log18 (3x + 2) = + log3 ⎛ 3π ⎞⎟ b) Giải phương trình sin 2x.sin ⎜⎜ x − ⎟ =1+ sin x + tan x ⎜⎝ ⎠⎟⎟ ⎛ Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ⎜⎜ 2x − ⎜⎝ 1 ⎞⎟ ⎟ ln x dx x⎠⎟⎟ Câu (1,0 điểm) a) Tìm số thực a,b,c cho hai phương trình az + bz + c = 0;cz + bz + a +16−16i = 0(ẩn z) có nghiệm chung 1+ 2i b) Cho n số tự nhiên thoả mãn C 2n + A 2n = n + 35 Tìm số hạng không chứa x khai ⎛ 2⎞ triển ⎜⎜ x − ⎟⎟⎟ x ⎠⎟ ⎝⎜ Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ tích Gọi M,N,P trung điểm đoạn thẳng AA’,CD,A’D Tính thể tích khối tứ diện BMNP giá trị lớn khoảng cách hai đường thẳng CM A’N Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1;0;0), B(0;p2;0), C(1;p2;3) Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A,B,C Tìm điểm D tia Oz cho tứ diện ABCD tích Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có n AC = 2BC phương trình đường chéoAC 3x − y − = Gọi G trọng tâm tam giác ⎛ ⎞ ACD điểm H ⎜⎜⎜ 3; ⎟⎟⎟ trực tâm tam giác ABG Viết phương trình đường thẳng AD ⎝ ⎠⎟ ⎧⎪ ⎪⎪ x y +1 + y x +1 = x + y + 2xy Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨⎪ x +1 y +1 (x, y ∈! ) ⎪⎪ ⎪⎪ x + y −3xy + 5y = x ( 5y −1 − x ) ⎩ Câu (1,0 điểm) Cho x,y,z số thực dương thoả mãn x + 8y + 8z = 20 Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2x y+z x + (y + z) + − 100 x (4− yz)+8 x + y + z +1 mmmHẾTmmm PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN VÀ ĐÁP ÁN Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − ( m + 2)x + (2m +1)x + (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m = − Tìm m để (1) đạt cực đại điểm x , đạt cực tiểu điểm x cho x − x = − 1 Học sinh tự giải ⎡x =1 ⎢ Ta có: y ' = 3x − 2(m + 2)x + 2m +1; y ' = ⇔ ⎢ ⎢x = 2m +1 ⎢⎣ 2m +1 Để (1) có cực trị y’ có nghiệm phân biệt ⇔ ≠1 ⇔m ≠1 2m +1 2m +1 + Nếu m >1 ⇒1 < ⇒ x =1;x = 3 2m +1 Yêu cầu trở thành: 12 − = −1⇔m = (t / m) 2m +1 2m +1 + Nếu m [...]... P bằng 2 π ;z =− π 2 Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 08/50 Ngày thi : 15/02/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – – Chi tiết: www.mathlinks.vn x +1 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1) 2x − 1 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) ⎛... tại x = y = z 2 7 Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 09/50 Ngày thi : 16/02/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – – Chi tiết: www.mathlinks.vn 4 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − ( m + 2)x 2 +1 (1) 4 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)... (ab−1) 3(a+b)3 Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 10/50 Ngày thi : 17/02/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – – Chi tiết: www.mathlinks.vn Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − ( m + 2)x 2 + (2m +1)x + 2 (1) 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm... x + y + z + xy + yz + zx Câu 8 (1,0 điểm) Giải phương trình x + 8x − 2x 2 − 2 = 3 1 Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN VÀ ĐÁP ÁN Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = 1 2 1 2 x +1 (1) 2x − 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) ⎛ 1 1⎞ Cho điểm I ⎜⎜ ; ⎟⎟⎟ Viết phương trình đường thẳng d đi qua I và cắt (1) tại theo một đoạn ⎝⎜2 2 ⎠⎟ thẳng... = 16 (a+ b) 2 − + 2 a +b (ab−1)(a −b) 2 (a+b)2 (ab−1) m m m HẾTm m m Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN VÀ ĐÁP ÁN 4 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − ( m + 2)x 2 +1 (1) 4 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 2 2 Tìm m để (1) có ba điểm cực trị đều nằm trên các trục toạ độ 1 Học sinh tự làm ⎡x =0 2 Ta có: y ' = x 3 − 2(m... nhất gồm 1 bút xanh và 1 bút đen; lấy ra từ hộp thứ hai một bút xanh và 3 Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn 1 1 1 một bút đen có C 41.C 6.C C = 960 cách 5 8 Vậy tất cả có 168+150+960=1278 cách 1278 71 Vậy xác suất cần tính là P = = 3510 195 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a,AD = AA' = 2a Hình chi u vuông góc của... + z +1 2 mmmHẾTmmm PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN VÀ ĐÁP ÁN 1 Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − ( m + 2)x 2 + (2m +1)x + 2 (1) 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = − 2 2 Tìm m để (1) đạt cực đại tại điểm x , đạt cực tiểu tại điểm x sao cho x 2 − x = − 1 1 1 2 1 Học sinh tự giải ⎡x =1 ⎢ 2 Ta có: y ' = 3x − 2(m +... Dấu bằng đạt tại a 2 = c b = = 1 Vậy giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa CM và A’N 2 3 3 12 4 Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn 1 bằng 3 3 144 Chú ý: Bài toán giả thiết hình hộp chữ nhật, hình lập phương nếu khó tiếp cận có thể gắn trục toạ độ để xử lý Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1;0;0), B(0;p2;0), C(1;p2;3) Viết phương... thấy thoả Từ (1) và (2) suy ra xy =1 Vì vậy ⎨⎪xy =1 ⎪ ⎪⎪ y =1 ⎩⎪ ⎪⎪ (x − y) 2 + (2 x − 5 y −1) 2 = 0 ⎩ mãn) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (1;1) Câu 9 (1,0 điểm) Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn x 2 + 8y 2 + 8z 2 = 20 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2x y+z x + (y + z) + − 2 x (4− yz)+8 x + y + z +1 100 2 2 Lời giải: 6 2 Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng... −1)(n + 4) + = 6 2 6 Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn Theo giả thiết bài toán ta có n(n −1)(n + 4) n(n + 2)−(n 2 −7n) = −n(n + 2) 6 ⎡n = 0(l) ⎢ n(n −1)(n + 4) ⇔ = n2 +11n ⇔ ⎢⎢n = −7(l) 6 ⎢⎢n=10(t / m) ⎣ Vậy n = 10 là giá trị cần tìm Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có AB = BC = a, AD = 2a, A!BC = D!AB = 900 Tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông ... =− π Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 08/50 Ngày thi : 15/02/2015 Thời gian làm bài:... y = z Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 09/50 Ngày thi : 16/02/2015 Thời gian làm bài:... 3(a+b)3 Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 10/50 Ngày thi : 17/02/2015 Thời gian làm bài: