Chinh phục đề thi THPT Quốc gia mơn Tốn – Tập Lovebook.vn Chinh phục đề thi THPT quốc gia mơn Tốn tập (Cuốn bên phải, hàng thứ nhất) Giá bìa: 179.000đ Đặt sách Lovebook phiên 2.0: https://goo.gl/XeHwk5 Giải đáp thắc mắc sách Lovebook: http://vedu.vn/forums/ Tài liệu Lovebook chọn lọc: http://tailieulovebook.com Kênh giảng Lovebook: https://goo.gl/OAo45w Đăng ký nhận tài liệu thường xuyên Lovebook: https://goo.gl/ol9EmG ĐỀ SỐ Câu I (1,0 điểm) Cho hàm số y = x2 2x  21 có đồ thị (C) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho b)Cho điểm A, B, C phân biệt thuộc (C )lần lượt có hồnh độ xA , xB , xC nhỏ Chứng minh tam giác ABC tam giác vuông Câu II (1,0 điểm) Giải phương trình sinx(1 + 2cos2x) = ln2 e  Câu III (1,0 điểm) Tính tích x ln(ex  1)dx phân I = Câu IV ( 1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với C(3; 2; 3), đường cao AH: x2 y 3 z 3 x 1 y4 z 3   , phân giác   Viết phương trình trung tuyến CN BM: tam 1 giác ABC 2 2 Câuvng V (1,0góc điểm) Cho phẳng hình chóp cóSD đáyvàABCDlà hình vng, cạnh60 a.0 Cạnh bên SA với mặt đáy,S.ABCD góc mặt phẳng ABCD 1.Tính thể tích khối chóp S.ABCD 2.Số đo góc đường thẳng SB mặt phẳng (SCD) α Tính sin α Câu VI (1,0 điểm) 2 24 48 Tính tổng C = C50 − ⋯ C50 − C50 − 3C50 + 3 Cho số phức (1  z thỏa mãn z  25 50 C50 3.i) Tìm mơđun số phức z  i.z 1i Câu VII (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; −2), phương trình đường cao BB’ là: 3x – y + = phương trình đường trung tuyến CM : 2x +5y - = Tìm phương trình đường thẳng AC, AB, BC x3  3x2y  4x2  4y3  16xy  (x, y  ℝ) 16y  Câu VIII(1 điểm) Giải hệ phương trình  xy 2  x  2y Câu IX (1,0 Ađiểm) Cho vng điểm lầnAB lượt trêncho cáckhơng cạnh hình theo cách: ∈ AB, Atrùng ∈3 BC, A3lấy ∈ABCD CD, A4Đặt ∈ An DA, A5 ∈ …sao điểm nàovuông trùng khơng A, B, C, D 1tam hình Biết sốvà giác có đỉnh từ n điểm đặt cạnh nào? , A , A , … A n 17478, hỏi điểm A n An HẾT GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN Câu I.2 Trước tốn tam giác vng , ta thường có hai hướng giải quyết: + Sử dụng định lý Pitago + Sử dụng tích vơ hướng Ở ta sử dụng cách để giải cách khơng khó khăn, ta chọn phương pháp tích vơ hướng để giải A⃗B⃗ A⃗C = (xB − xA )(xC − xA ) + (yB − yA )(yC − yA ) ≠ ΔABC không vuông ⇔ {A⃗B⃗ B⃗ ⃗C⃗ = (xB − xA )(xC − xB ) + (yB − yA )(yC − yB ) ≠ (1) B⃗⃗ ⃗C⃗ A⃗C = (xC − xB )(xC − xA ) + (yC − yB )(yC − yA ) ≠ Nhận thấy điểm đặc biệt xA ; xB ; xC ∈ (−∞; 2) khoảng nghịch biến hàm số ⟶ chứng minh (1) đánh giá bất đẳng thức Giả sử A(xA , yA ); B(xB , yB ); C(xC , yC ) khơng tính tổng qt ta giả sử xA < xB < xC 2x − Do hàm số y x − nghịch biến khoảng (−∞; 2) = ⟹ yA > yB > yC Ta có: xB − xA < 0; xC − xA < ⇒ (xB − xA )(xC − xA ) > yB − yA > 0; yC − yA > ⇒ (yB − yA )(yC − yA ) > ⇒ A⃗B⃗ A⃗C Tương tự: } = (xB − xA )(xC − xA ) + (yB − yA )(yC − yA ) > A⃗B⃗ B⃗⃗ ⃗C⃗ = (xB − xA )(xC − xB ) + (yB − yA )(yC − yB ) > B⃗⃗ ⃗C⃗ A⃗C = (xC − xB )(xC − xA ) + (yC − yB )(yC − yA ) > Vậy tam giác ABC tam giác vuông Nhận xét: -Bài xuất phát đơn từ tính chất đơn điệu tốn nên hồn tồn mở rộng sau: Xét hàm số f đơn điệu (đồng biến nghịch biến) liên tục D Khi đó, với điểm A, B, C thỏa mãn xA , xB , xC ∈ D tam giác ABC tam giác tù Bạn đọc chứng minh điều tương tự lời giải Câu II Giải phương trình: sin x (1 + 2cos2x) = Nhận thấy 2cos2x = − 2sin2 x ta đưa phương trình ẩn phụ sinx, sau giải tìm nghiệm phương trình đại số thơng thường sinx (1 + 2cos2x) = ⇔ sin x [1 + 2(1 − 2sin2 x)] = ⇔ sin x − 4sin2 x = 1 − 2sinx = ⇔ (sin x + 1)(2 sin x − 1)2 = ⇔0[ sinx + = Với ∶ π x = + k2π − sin x = x = 5π + k2π Với ∶ 0⇔ ⇔[ π sin x + = x = − π + k2π k2 π Kết luận nghiệm: x = C + â u II I ln ln2 I = ∫ ex ln(ex + 1) dx = ∫ ln(ex + 1) d(ex + 1) 0 Đây dạng tích phân phần quen thuộc (xem đề 26) Đặt u = ln(ex + 1) , dv = d(ex + 1) ⇒ v = ex + ln2 I =x ln(ex + 1) (e + 1) | l (ex + 1)ex n (ex + 1) dx — ∫ x ln2 = 3ln3 − 2ln2 − e | C â u IV 4e = ln 27 ới C Viết phương trình trung qua tuyến CN tam giác ABC Bài có nhiều kiện tasẽ sẽdễ tư điều theo chiềunên xuôi dàng Đã biết {B M ⟶ C m A H ∩ B M (∃ m p (A B C )A H Q u a C BM ⇒ C′ ∈ ⊥⟶ BA ′ A BA ≡ BC H⟶ p ( } α A = BA ∩ AH u⃗ ⟶ AH = (1; 1; −2); u⃗ ) ⟶ M2 (1; 4; 3) ∈ BM B {∩ AH N B (vì [u⃗ AH , u⃗ BM ] BC ⊥ AH) ⟶ M⃗ ptđt CN ⃗1⃗ { BM = (1; −2; 1); M1 (2; 3; 3) ∈ AH; ⃗M⃗2 = nên AH cắt BM hay tồn mặt phẳng (ABC) + Mặt phẳng ( α) qua C vng góc với AH nên C ( α): (x − 3) + (y − 2) − 2(z − 3) = ⇔ x + y − 2z + = x + y − 2z + = x= ′ Dễ thấy:B = (α) ∩ 1+ được: t = 0; x = 1; y = 4; z = BM Giải hệ: { t y= 4− 2t đ ố Vậy B(1; 4; 3) z= i 3+ t x ứ n g v + Mặt phẳng (β) qua C vng góc với BM có phương trình: (β): (x − 3) − 2(y − 2) + (z − 3) = ⇔ x − 2y + z − = x − 2y + z − = x Dễ được: t = 1; = thấy: K = (β) ∩ BM Giải hệ { x = 2; y = 2; z=4 + t y = − t z = + t Vậy K(2; 2; 4) Suy C’ (1; 2; 5) điểm đối xứng với C qua BM + Khi ta có AB đường thẳng qua B C' Suy ra: x= x= x − z − 1 AB: {y = − t Khi A = AB ∩ AH y=2− Giải zhệ=t5 + t z=5+ y3t − = ta t = 0; x = 1; y = 2; { = −2 z=5 Vậy A(1; 2; 5) Suy trung điểm AB N(1; 3; 4) Suy phương x−1 y−3 = =z − −2 1 trình: Nh xétcịn : ởbài có nhiều điều kiện này, việcviệc lập sơ đồbài giải tốn “chiều xi” dễ dàng theo “chiều ngược” nhưthường chọn cách “xuôi” hay “ngược” tùy thuộc vào tốn Thơng dễtư sẽduy tưtheo “xi” cịnận khó phải tư duynhư “ ngược” s Câu V + Hình vẽ + A hình chiếu S mp(ABCD) ⟹ ∠SAD = E 60° AC = a ⟹ SA = a√3 G a √3 ⟹ a√3 = VS.ABCD = a D Số đo góc đường thẳng SB mặt phẳng B A a (SCD) α Tính sin α Đã tính SB = 2a = √SA2 + SB ⟹ C Để tính sinα ta cần tính BG = d(B; (SCD)) tam giác SBG vuông G Tuy nhiên tính trực tiếp d(B; (SCD)) khơng dễ dàng, ta nên chuyển điểm khác thuận tiện hơn, dễ chuyển d(A; (SCD)) AB ∥ (SCD) Gọi E, G hình chiếu A, B mp(SCD) mp(SAD) ⊥ mp(SCD) ⟹ E ∈ SD a√3 Do AB ∥ mp(SCD) ⟹ α = ∠BSG BG = AE = SB = 2a ⟹ sinα  2.2a Câu VI a  1 3(a + b + c) + + + ) ≥ 15 ( a b c a