Đề thi thử toán thầy đặng thành nam_đề số 2

7 468 0
Đề thi thử toán thầy đặng thành nam_đề số 2

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

Khoá giải đề đặc biệt Thầy: Đặng Thành Nam Đề 050+2/2015 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x + 3x + m − (1) , với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) với m = Tìm m để hàm số (1) có giá trị cực đại ymax , giá trị cực tiểu ymin thoả mãn ymax ymin = Câu (1,0 điểm) ⎛ π ⎞ a) Cho biết tan a = −2, ⎜ − < a < ⎟ Tính A = cos a(2sin a + 3) ⎝ ⎠ b) Cho số phức z thoả mãn z = − 12i Tìm phần ảo số phức z , biết z có phần thực dương Câu (0,5 điểm) Giải phương trình x+1 + − x+1 − = Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình 5x − 8x + 32 − > −3x + 24x − 3x − 12x + 16 Câu (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay quay quanh trục hoành hình phẳng giới hạn đường y = x + , trục Ox, trục Oy Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, AC = a,SA = SB = SC = AB = a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AB SC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD Gọi M điểm cạnh AB, N điểm tia đối tia AD thoả mãn AD = AM , AN = BM Giả sử H(2;-2) hình chiếu vuông góc A lên A lên DM, E(2;3) trung điểm BN Viết phương trình đường thẳng AD biết đỉnh B có hoành độ dương điểm F(5;7) thuộc đường thẳng BC Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(-1;2;-1) đường thẳng Δ có ⎧ x = 1+ t ⎪ phương trình ⎨ y = (t ∈!) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với đường ⎪z = − t ⎩ thẳng Δ Tìm toạ độ điểm I hình chiếu vuông góc điểm A Δ Câu (0,5 điểm) Gọi M tập hợp tất các số tự nhiên có chữ số dạng ab thoả mãn a > b ≥ Chọn ngẫu nhiên số từ M, tính xác suất để chọn số tự nhiên mà a b − a = b a − b Câu 10 (1,0 điểm) Cho biết a,b số thực thoả mãn a + b > −2,(a + 1)(b + 1) > Tìm giá trị nhỏ 192 biểu thức P = (a + 3)(b + 3) + (b + 3)(a + 3) + a+b+2 -HẾT Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x + 3x + m − (1) , với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) với m = Tìm m để hàm số (1) có giá trị cực đại ymax , giá trị cực tiểu ymin thoả mãn ymax ymin = Học sinh tự giải ⎡x = Ta có: y' = −3x + 6x; y' = ⇔ ⎢ ⎣x = Vì y’ đổi dấu từ âm sang dương qua x = ⇒ ymin = y(0) = m − , ymax = y(2) = m + ⎡ m = −4 Theo đề ta có: (m − 1)(m + 3) = ⇔ m − 2m − = ⇔ ⎢ ⎣m = Câu (1,0 điểm) ⎛ π ⎞ a) Cho biết tan a = −2, ⎜ − < a < ⎟ Tính A = cos a(2sin a + 3) ⎝ ⎠ b) Cho số phức z thoả mãn z = − 12i Tìm phần ảo số phức z , biết z có phần thực dương π 1 a) Ta có: − < a < ⇒ cos a > 0,cos a = = ,sin a = cos a.tan a = − 5 1+ tan a −2 −4 + 15 (2 + 3) = 5 ⎡ z = − 2i b) Ta có: z = − 12i = (3 − 2i)2 ⇒ ⎢ ⎣ z = −3 + 2i Vì vậy, A = Vì z có phần thực dương nên z = − 2i ⇒ z = + 2i , phần ảo z Câu (0,5 điểm) Giải phương trình x+1 + − x+1 − = Phương trình tương đương với: 2.2 x + 2.2 − x − = Đặt t = x > , phương trình trở thành: ⎡2 x = ⎡t = ⎡x = 2t + − = ⇔ 2t − 5t + = ⇔ ⎢ ⇔ ⎢ x ⇔ ⎢ ⎢2 = ⎢t = t ⎣ x = −1 ⎣ ⎣ Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình 5x − 8x + 32 − > −3x + 24x − 3x − 12x + 16 ⎧5x − 8x + 32 ≥ ⎪ Điều kiện xác định: ⎨ 3x − 12x + 16 ≥ ⇔ ≤ x ≤ ⎪−3x + 24x ≥ ⎩ Bất phương trình tương đương với: Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 ( 3x − 12x + 16 − 2) + ( 5x − 8x + 32 − −3x + 24x ) > ⇔ 3x − 12x + 12 3x − 12x + 16 + + 8x − 32x + 32 5x − 8x + 32 + −3x + 24x >0 ⎡ ⎤ ⇔ (x − 2)2 ⎢ + ⎥>0 5x − 8x + 32 + −3x + 24x ⎦ ⎣ 3x − 12x + 16 + ⇔ (x − 2)2 > ⇔ x ≠ Kết hợp với điều kiện suy S = [ 0;8 ] \ {2} Cách 2: Bất phương trình tương đương với: 5x − 8x + 32 + 3x − 12x + 16 > + −3x + 24x Khi vế bất phương trình không âm, bình phương vế đưa bất phương trình tương đương với: 5x − 8x + 32 + 3x − 12x + 16 > + −3x + 24x 11(x − 2)2 + (5x − 8x + 32)(3x − 12x + 16) > −3x + 24x ⇔ 11(x − 2)2 + ⎡ (5x − 8x + 32)(3x − 12x + 16) − −3x + 24x ⎤ > ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ 15x − 24x + 128 ⇔ (x − 2)2 ⎢11+ ⎥>0 2 (5x − 8x + 32)(3x − 12x + 16) + −3x + 24x ⎢⎣ ⎥⎦ 15x − 24x + 128 ⇔ x ≠ 2(do 11+ > 0) (5x − 8x + 32)(3x − 12x + 16) + −3x + 24x Kết hợp với điều kiện suy tập nghiệm S = [ 0;8 ] \ {2} Cách 3: Phân tích: Vì ta thấy x = nghiệm kép phương trình nên sử dụng liên hợp với nghiệm kép sau: Đó ghép thức với ax + b , chẳng hạng: f (x) = 5x − 8x + 32 − (ax + b) ⎧ f (2) = ⎧6 − 2a − b = ⎧a = ⇒⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎩ f '(2) = ⎩1− a = ⎩b = 4(x − 2)2 ⇒ 5x − 8x + 32 − (x + 4) = 5x − 8x + 32 + x + Tương tự, ta tìm biểu thức liên hợp sau: 3x − 12x + 16 − ; −3x + 24x − (x + 4) Lời giải: Bất phương trình tương đương với: Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 ⎡ 5x − 8x + 32 − (x + 4) ⎤ + ⎡ 3x − 12x + 16 − ⎤ + ⎡ x + − −3x + 24x ⎤ > ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ 4 ⇔ (x − 2)2 ⎢ + + ⎥>0 3x − 12x + 16 + x + + −3x + 24x ⎦ ⎣ 5x − 8x + 32 + x + ⇔ (x − 2)2 ≠ ⇔ x ≠ Câu (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay quay quanh trục hoành hình phẳng giới hạn đường y = x + , trục Ox, trục Oy x + = ⇔ x = −2 0 x4 3 +) Vậy V = π ∫ ( x + ) dx = π ∫ (x + 8)dx = π ( + 8x) = 12π (đvtt) −2 −2 −2 +) Phương trình hoành độ giao điểm: Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, AC = a,SA = SB = SC = AB = a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AB SC a2 Ta có, SABC = AB.AC = 2 Gọi H trung điểm BC, tam giác ABC vuông A nên H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vì SA = SB = SC ⇒ SH ⊥ (ABC) Tam giác vuông ABC có BC = AB + AC = 2a , Tam giác vuông SHB có SH = SB − HB = 3a − a = a 1 a2 a3 = Vì VS.ABC = SH SABC = a 3 + Tính d(AB;SC) Trong mặt phẳng (ABC) dựng hình bình hành ABCD, ta có: AB / /CD ⇒ AB / /(SCD) ⇒ d(AB;SC) = d(B;(SCD)) = 2d(H;(SCD)) Gọi M trung điểm AB, đường thẳng HM cắt CD I, hạ HK vuông góc với SI K ta có HI / /AC ⇒ HI ⊥ CD Suy CD ⊥ (SHI ) ⇒ CD ⊥ HK , lại có HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ (SCD) Vậy HK = d(H;(SCD)) Ta có, CD / /AB ⇒ HI HC AC a = = ⇒ HI = HM = = HM HB 2 a =a = Trong tam giác vuông SHI có, HK = SH + HI a2 2a + SH HI a Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 Vậy d(AB;SC) = 2HK = 2a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD Gọi M điểm cạnh AB, N điểm tia đối tia AD thoả mãn AD = AM , AN = BM Giả sử H(2;-2) hình chiếu vuông góc A lên A lên DM, E(2;3) trung điểm BN Viết phương trình đường thẳng AD biết đỉnh B có hoành độ dương điểm F(5;7) thuộc đường thẳng BC Theo giả thiết, AM = AD ⇒ ΔADM vuông cân A, nên AH = HM = DM Xét tam giác AHN MHB có ⎧ AN = MB(gt) ⎪ ⎪ ⇒ ΔHAN = ΔHMB ⎨ AH = HM = DM ⎪ ! = HMB ! = 90 + HAM ! ⎪⎩ HAN ! = HBM ! = HBA ! Suy HN = HB, HNA ! = BAN ! = 90 ⇒ BH ⊥ HN , tức tam giác HNB vuông cân Do tứ giác AHBN nội tiếp, suy BHN B, HE ⊥ BN !!!" Ta có HE = (0;5) , phương trình đường thẳng BN qua E vuông góc HE y − = ⎡b = 7(t / m) Suy B(b;3) với b>0, ta có: EB = HE = ⇔ (b − 2)2 = 25 ⇔ ⎢ ⇒ B(7; 3) ⎣b = −3(l) !!!" Do E trung điểm BN nên N(-3;3), ta có BF = (−2; 4) / /(1;−2) Đường thẳng AD qua N nhận (2;1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình 2x + y + = Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(-1;2;-1) đường thẳng Δ có ⎧ x = 1+ t ⎪ phương trình ⎨ y = (t ∈!) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với đường ⎪z = − t ⎩ thẳng Δ Tìm toạ độ điểm I hình chiếu vuông góc điểm A Δ ! +) Đường thẳng Δ có véc tơ phương u = (1;0;−1) ! Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với đường thẳng Δ nên nhận u = (1;0;−1) làm véc tơ pháp tuyến, (P) :1(x + 1) + 0(y − 2) − 1(z + 1) = ⇔ (P) : x − z = ⎧ x = 1+ t ⎧x = ⎪y = ⎪y = ⎪ ⎪ +) Điểm I giao điểm (P) Δ , nên toạ độ thoả mãn hệ: ⎨ ⇔⎨ ⇒ I(2;2;2) ⎪z = − t ⎪z = ⎪⎩ x − z = ⎪⎩t = Kết luận: Vậy (P) : x − z = , I(2;2;2) Câu (0,5 điểm) Gọi M tập hợp tất các số tự nhiên có chữ số dạng ab thoả mãn a > b ≥ Chọn ngẫu nhiên số từ M, tính xác suất để chọn số tự nhiên mà a b − a = b a − b Không gian mẫu số số tự nhiên dạng ab thoả mãn a > b ≥ Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 Ta có: ≤ b < a ≤ Chọn số tự nhiên từ tập số 2,3,4,5,6,7,8,9 có C82 = 28 cách, với cách chọn số ta có số thoả mãn Vậy M có tất 28 số, tức n(Ω) = 28 Gọi A biến cố số chọn có dạng dạng ab thoả mãn a > b ≥ , a b − a = b a − b (*) Để tính số kết thuận lợi cho A ta tìm số số tự nhiên M có điều kiện thoả mãn (*) Cách 1: Lập bảng giá trị (a,b) ta có nghiệm (a;b)=(3;2) ln x Cách 2: Nếu a > b > ⇒ a > b ≥ , xét hàm số f (x) = , với x ≥ ta x 1− ln x có f '(x) = < 0,∀x ≥ x2 ln a lnb Vì f(x) giảm, tức a > b ⇒ f (a) < f (b) ⇔ < ⇔ ab < b a ⇒ ab − a < b a − b a b Tức trường hợp vô nghiệm, +) Nếu b = ⇒ a = Vậy M có số thoả mãn (*), tức n(A) = n(A) = Xác suất cần tính P(A) = n(Ω) 28 Câu 10 (1,0 điểm) Cho biết a,b số thực thoả mãn a + b > −2,(a + 1)(b + 1) > Tìm giá trị nhỏ 192 biểu thức P = (a + 3)(b + 3) + (b + 3)(a + 3) + a+b+2 Theo giả thiết ta có, a > −1,b > −1 Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có: (a + 3)(b + 3) + (b + 3)(a + 3) ≥ (a + 3)(a + 3).(b + 3)(b + 3) Và, (a + 3)(a + 3) = (a + 1)3 + 8,(b + 3)(b + 3) = (b + 1)3 + Mặt khác: (a + 3)(a + 3).(b + 3)(b + 3) = ⎡⎣(a + 1)3 + ⎤⎦ ⎡⎣(b + 1)3 + ⎤⎦ = (1+ 1) ⎡⎣(a + 1)3 + ⎤⎦ ⎡⎣ + (b + 1)3 ⎤⎦ ≥ (2(a + 1) + 2(b + 1))3 = 4(a + b + 2)3 Dấu xảy a = b = 192 Suy P ≥ (a + b + 2)3 + , đặt t = a + b + > a+b+2 Xét hàm số f (t) = 4t + 192 12(t − 16) 192 ; f '(t) = ⇔ t = > , ta có: f '(t) = 12t − = t t2 t Từ ta có P ≥ f (t) ≥ f (2) = 128 Vậy giá trị nhỏ P 128, dấu đạt a = b = Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202 Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

Ngày đăng: 23/08/2016, 21:17

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan