Tài liệu 4 đề thi thử thpt quốc gia môn toán 2015 có đáp án

Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG THỬ SỨC TRƯỚC KÌ T H I T H P T QUỐC G I A [Môn Toán – Đề tham khảo số 01] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x +1 , ( C ) và đường thẳng d : y = x + m x−2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) đã cho. b) Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho trọng tâm tam giác OAB nằm trên đường tròn (T ) : x 2 + y 2 − 3 y = 4 . π  sin 2 x − cos 2 x + 4 2 sin  x +  − 3cos x 4  = 1. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos x − 1 1 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = 2x + 1 dx. 2x + 4 ∫ (2 x + 1) 0 Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z thỏa mãn các điều kiện z + 1 − i = z và z 2 + 4 z − 2i là số thực. ( ) b) Cho tập A = {0;1; 2;3; 4;5; 6} . Xét các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập A. Trong các số ấy lấy ra 1 số. Tính xác suất để số đó chia hết cho 5. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (1; 0; 0 ) , đường thẳng x y z −1 = = . Viết phương trình (P) đi qua A, cắt các trục tọa độ Oy, Oz tại B, C sao cho (P) song với 1 1 1 1 đường thẳng d và khoảng cách từ gốc tọa độ O đến (P) bằng . 6 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, SA = SB d: 3a và
ACB = 300 ; SA ⊥ SB. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng . Tính thể tích khối 4 chóp S.ABC theo a và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(−4; −2),
ACB = 750 . Đường cao kẻ từ đỉnh A có phương trình 2 x + y = 0 , D là điểm thuộc cạnh BC sao cho DC = 2DB. Tìm tọa độ điểm A biết
ADC = 600 và điểm A có hoành độ âm. Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x+2 2( x − x + 1) 4 2 ≥ 1 . x −1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy ≥ 1 và z ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x y z3 + 2 . + + y + 1 x + 1 3( xy + 1) Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1 (2,0 điểm).  x ≠ 2 x +1 = x+m ⇔  2 x−2  g ( x ) = x + ( m − 3 ) x − 2m − 1 = 0 +) Để d cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt A,B ⇔ g ( x ) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( C ) là: ∆ g ( x ) > 0 m 2 − 2m + 13 > 0 ⇔ ⇔ m∈R ⇔  −3 ≠ 0  g ( 2 ) ≠ 0  x1 + x2 = 3 − m +) Khi đó A ( x1 ; x1 + m ) , B ( x2 ; x2 + m ) theo Vi-et ta có:   x1 x2 = −2m − 1  x + x x + x + 2m   3−m m+3 +) Gọi G là trọng tâm ∆OAB ⇒ G  1 2 ; 1 2 ;   hay G  3 3   3  3  2 2  m = −3 m − 3) + ( m + 3) ( 2 +) Do G ∈ (T ) ⇒ − m − 3 = 4 ⇔ 2m − 9m − 45 = 0 ⇔   m = 15 9 2  15 là các giá trị cần tìm. Vậy m = −3; m = 2 ( tm ) Câu 2 (1,0 điểm). Điều kiện cos x ≠ 1 . Phương trình đã cho tương đương với π  sin 2 x − cos 2 x + 4 2 sin  x +  − 3cos x = cos x − 1 ⇔ sin 2 x − cos 2 x + 4 ( sin x + cos x ) = 4 cos x − 1 4  ⇔ sin 2 x + 4sin x + 1 − cos 2 x = 0 ⇔ 2sin x cos x + 4sin x + 2sin 2 x = 0 ⇔ sin x ( cos x + sin x + 2 ) = 0  cos x = 1 Xét sin x = 0 ⇔  ⇒ cos x = −1 ⇒ x = π + k 2 π, k ∈ ℤ .  cos x = −1 π  Xét cos x + sin x = −2 ⇔ sin  x +  = − 2 < −1 (Vô nghiệm). 4  Kết luận nghiệm x = π + k 2π, k ∈ ℤ . Câu 3 (1,0 điểm). Đặt t = 2 x + 1 ⇒ tdt = 2dx; x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 3 . 3 I= ∫t 1 2 ( 3 t 2 dt t +3 2 π 4 Suy ra I = ∫ π 6 ) = ∫ 1 dt t +3 2 3 ( tan 2 u + 1) 3 ( tan 2 u + 1) . Đặt t = 3 tan u ⇒ dt = 3 ( tan 2 u + 1) du . π 4 du = ∫ π du 1 6−3 2 = ln . cos u 2 2 + 2 6 Câu 4 (1,0 điểm). a) Đặt z = a + bi ( a, b ∈ R ) ta có: z + 1 − i = z ⇔ ( a + 1) + ( b − 1) i = a + bi ⇔ ( a + 1) + ( b − 1) = a 2 + b 2 ⇔ a − b = −1 (1) 2 2 Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG ( ) Facebook: Lyhung95 Mặt khác : z 2 + 4 z − 2i = ( a + bi ) + 4 ( a − bi − 2i ) = ( a 2 − b 2 + 4a ) + ( 2ab − 4b − 8 ) i 2 là số thực do đó 2ab − 4b − 8 = 0 ⇔ ab − 2b − 4 = 0 ( 2 ) a = b − 1 a = b − 1 b = −1, a = −2 Từ (1) , ( 2 ) ⇒  ⇔ 2 ⇔ ( b − 1) b − 2b − 4 = 0 b = 4, a = 3 b − 3b − 4 = 0 Vậy z = 3 + 4i; z = −2 − i là các số phức cần tìm. b) Xét các số có 5 chữ số sẽ có dạng: abcde ( a , b, c , d , e ∈ A ) +) Số các số có 5 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập A là: Ω = 6.6.5.4.3 = 2160 +) Xét các số có năm chữ số thuộc tập A chia hết cho 5 ⇒ e ∈ {0;5} TH1: e = 0 có 6 cách chọn a, 5 cách chọn b, 4 cách chọn c và 3 cách chọn d. TH2: e = 5 có 5 cách chọn a, 5 cách chọn b, 4 cách chọn c và 3 cách chọn d. +) Vậy số các số có 5 chữ số chia hết cho 5 là: 6.5.4.3 + 5.5.4.3 = 660 660 11 = +) Xác xuất cần tìm là: P = 2160 36 11 ≈ 0,306 . Vậy P = 36 Câu 5 (1,0 điểm). +) Gọi B ( 0; b;0 ) , C ( 0; 0; c ) ta có PT mặt phẳng ( P ) theo đoạn chắn là: : x y z + + = 1 ( b, c ≠ 0 ) 1 b c   1 1   +) Khi đó nP = 1; ;  , ud = (1;1;1) .  b c   1 1 1 1 +) Do d / / ( P ) ⇔ ud .nP = 0 ⇔ 1 + + = 0 ⇔ + = −1 (1) b c b c 1 1 1 1 +) Mặt khác ta có: d ( O; ( P ) ) = = ⇔ 2 + 2 = 5 ( 2) b c 1 1 6 1+ 2 + 2 b c 1 1 1 1  b + c = −1  b = −2, c = 1 ⇒ ( P ) : x − 2 y + z − 1 = 0 ⇔ +) Từ (1) , ( 2 ) ⇒  1 1  + =5  1 = 1, 1 = −2 ⇒ ( P ) : x + y − 2 z − 1 = 0 2 2 c  b c  b Kết luận: ( P ) : x − 2 y + z − 1 = 0; ( P ) : x + y − 2 z − 1 = 0 là các mặt phẳng cần tìm. Câu 6 (1,0 điểm). +) Tính thể tích khối chóp S.ABC Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 Gọi D là trung điểm của BC, suy ra tam giác ABD đều cạnh a. Gọi I, E là trung điểm của BD và AB, H là giao của AI và DE. Khi đó dễ thấy H là trọng tâm tam giác ABD. Ta có AI ⊥ BC ; DE ⊥ AB . Vì SA = SB ⇒ SE ⊥ AB , suy ra AB ⊥ ( SDE ) ⇒ AB ⊥ SH Khi đó ta có SH ⊥ ( ABC ) Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên SA, khi đó IK là đoạn vuông góc chung của SA và BC. 3a . Do đó IK = d ( SA; BC ) = 4 a 3 a 3 a2 ; AH = ⇒ SA = + h2 Đặt SH = h; AI = 2 3 3 Lại có AI .SH = IK .SA = 2 S SAI ⇒ a 3 3a a 2 .h = . + h2 ⇒ h = a 2 4 3 1 1 a 2 3 a3 3 Từ đó ta dễ tính được VSABC = SH .S ABC = .a. = (đvtt) 3 3 2 6 +) Tính góc giữa hai mặt phẳng: Gọi M là hình chiếu của A lên SI, khi đó AM ⊥ ( SBC ) . Gọi N là hình chiếu của M lên SC, khi đó ) ( SC ⊥ ( AMN ) ⇒ (
SAC ) , ( SBC ) =
ANM = φ Ta có HI = a 3 a 39 AI .SH 3a ; SI = ⇒ AM = = 6 6 SI 13 Mặt khác, IM = AI 2 − AM 2 = a 39 5a a 30 < SI ⇒ SM = SI − IM = ; SC = 26 3 39 MN SM SM .CI 3a 130 = ⇒ MN = = CI SC SC 52 AM 2 10 65 ⇒ tan φ = = hay cos φ = MN 5 13 65 Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SAC) là φ với cos φ = 13 Ta lại có ∆SMN ∼ ∆SCI ⇒ Câu 7 (1,0 điểm). +) Phương trình đường thẳng BC qua B ( −4; −2 ) và vuông góc với đường cao AH có dạng BC : x − 2 y = 0 . +) Lại có: BH = d ( B; AH ) = 10 5 =2 5 +) Đặt AH = x ( x > 0 ) . Xét các tam giác vuông ACH và ADH Ta có: CH = x x x x x , DH = = ⇒ DC = + 0 0 0 tan 75 tan 60 tan 75 3 3 1  x   1  +) Mặt khác: DC = 2 DB ⇒ x  + = 2 2 5 −  ⇒ x= 0 3 3  tan 75  +) Gọi A ( t ; −2t ) ∈ AH : 2 x + y = 0 ⇒ AH = d ( A; BC ) = 4 5 =2 5 1 + 3 tan 750 t = 2 ⇒ A ( 2; −4 ) ( loai ) =2 5⇔ 5 t = −2 ⇒ A ( −2; 4 ) 5t Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 Vậy A ( −2; 4 ) là điểm cần tìm. Chú ý: tan 750 = tan 150 2 tan 75 ⇒ tan1500 = ⇒ tan 75 = 2 + 3 2 1 − tan 2 75 Cách 2: Lấy E đối xứng với C qua AD.
= 1800 − 750 − 600 = 450 ⇒ CAE
= 900 ;

= 600 Vì CAD ADC = 600 ⇒
ADE = 600 ; BDE Gọi K là trung điểm của DE. Ta có DK = 1 1 DE = DC = DB ⇒ ∆BDK là tam giác đều. 2 2 1 DE ⇒ ∆BDE vuông tại B. 2
= 450 Vậy tứ giác ACBE là tứ giác nội tiếp, suy ra
ABC =
AEC = 450 hay BAH  Do A ∈ AH ⇒ A ( a; −2a ) ⇒ BA = ( a + 4; 2 − 2a ) Do đó BK = DK =   (a + 4) − 2(2 − 2a ) 1 = ⇒ a = ±2 Ta có cos BA; u AH = cos 450 ⇒ 2 5 (a + 4) 2 + (2 − 2a )2 ( ) Vi A có hoành độ âm nên A(−2; 4) là điểm cần tìm. Câu 8 (1,0 điểm). 2 3 3 1 3  Ta có x 4 − x 2 + 1 =  x 2 −  + > 0, ∀x ∈ ℝ nên 2 ( x 4 − x 2 + 1) − 1 > 2. − 1 = −1 > 0 . 4 2 2 4  Điều kiện xác định x ≠ 1 . Bất phương trình đã cho tương đương với ( x + 2 )( x − 1) − 2 ( x 4 − x 2 + 1) + 1 ( x − 1)  2 ( x 4 − x 2 + 1) − 1 x 2 + x − 1 − 2 ( x 4 − x 2 + 1) ≥0⇔ x −1 ≥ 0 (1) . Dễ thấy ( x 2 − 1 − x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ 2 x ( x 2 − 1) ≤ ( x 2 − 1) + x 2 = x 4 − x 2 + 1 2 2 ⇔ x 4 − x 2 + 1 + 2 x ( x 2 − 1) ≤ 2 ( x 4 − x 2 + 1) ⇔ ( x 2 + x − 1) ≤ 2 ( x 4 − x 2 + 1) 2 ⇒ x 2 + x − 1 ≤ x 2 + x − 1 ≤ 2 ( x 4 − x 2 + 1) x < 1 x <1  x −1 < 0 x < 1   ⇔ 2 ⇔ Do đó (1) ⇔  2 2 1 + 5 1 − 5  ⇔  1+ 5 ∈ ; x − − 1 = 0 x x − 1 − = 0 x x   x= ( )    2 2  2    Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Kết luận bất phương trình đã cho có nghiệm x < 1; x = Facebook: Lyhung95 1+ 5 . 2 Câu 9 (1,0 điểm). x2 y2 z3 + 2 + + Viết lại P = xy + x xy + y 3 xy + 3 Bunhiacopxki  a2 b2  a2 b2 ( a + b ) 2 + ≥ ⇔  +  ( x + y ) ≥ ( a + b ) , ∀a, b; x, y > 0 x y x+ y y  x 2 2 x + y) x + y) ( ( 3 1 3 Theo đề bài z ≥ 1 ↔ z ≥ 1 suy ra P ≥ + = + x + y + xy 3 xy + 3 x + y + xy xy + 1 2 Ta có BĐT phụ: ( x + y) Mặt khác theo AM-GM ta có: 1 ≤ xy ≤ ⇒P≥ 2( x + y) 2 4 2 + 4 (đẳng thức ⇔ x = y ) nên: → Đặt: x + y = t ⇒ t 2 ≥ 4 ⇔ t ≥ 2 2( x + y) + ( x + y) ( x + y) + 4 2t 4 + 2 , ∀ t ∈ [ 2; +∞ ) Ta xét hàm: f ( t ) = 2+t t +4 ⇒ f '= 2 2 ( t 5 + t 4 + 4t 3 − 8t 2 + 16 ) (t 2 + 4) ( 2 + t ) 2 2 ( t 2 − 4 ) + t 5 + 4t 3   > 0, ∀t ≥ 2 =  2 t + + t 4 2 ( )( ) 2 Do đó hàm số f ( t ) đồng biến trên [ 2; +∞ ) ⇒ f ( t ) ≥ f ( 2 ) = Vậy GTNN của biểu thức P bằng 3 ⇔ ( x; y; z ) = (1;1;1) 2 3 2 Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC G I A [Môn Toán – Đề tham khảo số 02] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 3mx + 1 − m (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số (1) có cực trị đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau, với A(0;1), B (−1; −3), C (3;1) . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos3x + 3cos x + 4 cos 2 x + 8sin x − 8 = 0 2 1+ x 1 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ 1 2 x ( 1+ x − 1− x ) dx. Câu 4 (1,0 điểm). a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức w biết w và z là hai số phức thỏa mãn w = z + 2 − i và z − 2 − i = 1 . b) Cho tập A = {0;1; 2;3; 4;5; 6;7} . Hỏi từ tập A có thể lập được bao nhiêu chữ số chẵn gồm 4 chữ số khác nhau sao cho mỗi số đó đều lớn hơn 2011. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(5; −2; 2), B(3; −2;6). Tìm tọa độ
= 900 . điểm M thuộc mặt phẳng ( P) : 2 x + y + z − 5 = 0 sao cho MA = MB và MAB Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = a. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác SBC, mặt phẳng (P) chứa đường thẳng AG và song song với đường thẳng BC cắt SB, SC lần lượt tại B1, C1. Tính thể tích khối chóp A.BCC1B1 và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SG theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M thuộc elip (E) : x2 y2 + = 1 có a2 b2 F1 ( −2;0 ) , F2 ( 2;0 ) . Gọi A là điểm đối xứng của F1 qua M và B là điểm đối xứng của M qua F2 . Viết phương trình ( E ) biết tam giác ABF1 vuông tại B và diện tích tam giác MF1 F2 = 15 . ( ) 2 x x 2 y + x − 2 y = 3 x + 1 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ R ) 2 xy ( x − 2 y ) + 2 y ( x + 1) = x + 1 1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thỏa mãn ≤ a ≤ 1; b, c ≥ 1 và abc = 1. 4 1 1 1 + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1+ a 1+ b 1+ c Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1 (2,0 điểm). a) Với m = 0 ⇒ y = x3 − 3x 2 + 1 ( C ) .
Tập xác định: D = ℝ .
Đạo hàm: y ' = 3 x 2 − 6 x ; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 +) Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ ) ; nghịch biến trên ( 0; 2 ) . +) Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 ; yCT = 1 , đạt cực đại tại x = 2 ; yCD = −3
Giới hạn, điểm uốn: lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ Ta có y '' = 6 x − 6 ⇒ y '' = 0 ⇔ x = 1  →U (1; −1) .
Bảng biến thiên: x −∞ x y’ 2 0 + 0 − +∞ 0 + +∞ 1 y −∞ -3
Đồ thị hàm số có dạng như hình vẽ: Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận U (1; −1) làm tâm đối xứng b) Ta có y ' = 3x 2 − 6 x + 3m = 0 ⇔ x 2 − 2 x + m = 0 (1) Để đồ thị hàm số có CĐ,CT ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 1 > m . Khi đó gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) (với x1 ; x2 là 2 nghiệm của (1) ) là các điểm cực trị.  y1 = 2 ( m − 1) x1 + 1 Mặt khác ta có y = ( x − 1) x 2 − 2 x + m + ( 2m − 2 ) x + 1 do đó:   y2 = 2 ( m − 1) x2 + 1 ( ) Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 Phương trình đường thẳng qua các điểm cực trị là AB : y = 2 ( m − 1) x + 1 ( d ) . Nhận xét A ( 0;1) ∈ d do đó gia thiết bài toán ⇔ d cắt đoạn BC tại I sao cho S AIB = S AIC 1 1 AH .IB = AH .IC ⇔ IB = IC ⇔ I là trung điểm của BC ⇔ I (1; −1) 2 2 Giải I ∈ ( d ) ⇒ −1 = 2m − 2 + 1 ⇔ m = 0 ( tm ) ⇔ Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. Câu 2 (1,0 điểm). Phương trình đã cho tương đương với 4 cos3 x − 3cos x + 3cos x + 4 cos 2 x + 8sin x − 8 = 0 ⇔ cos 2 x ( cos x + 1) = 2 (1 − sin x ) sin x = 1 ⇔ (1 − sin x )(1 + sin x )( cos x + 1) = 2 (1 − sin x ) ⇔  (1 + sin x )( cos x + 1) = 2 sin x = 1 ⇔ sin x + cos x + sin x cos x = 1 (1) t 2 −1 Đặt sin x + cos x = t t ≤ 2 ⇒ sin x cos x = , 2 ( (1) trở thành t + ) t = 1 t 2 −1 = 1 ⇔ t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ ( t − 1)( t + 3) = 0 ⇔  2 t = −3 ( L ) • Với t = 1 ⇒ sin 2 x = 0 ⇔ x = • Với sin x = 1 ⇒ x = Câu 3 (1,0 điểm). 1 Ta có I = ∫ 2 1+ x ( kπ (k ∈ ℤ) . 2 π + 2kπ ( k ∈ ℤ ) . 2 1+ x + 1− x 2 x2 1 2 )dx =  1 1 1 − x2 + +  ∫1  x 2 x x 2  1 2 1   1   dx =  − + ln x  + J = 1 + ln 2 + J   x 1  2 1 π ⇒t = 2 6 Đặt x = sin t ⇒ dx = cos tdt . Đổi cận . π x =1⇒ t = 2 x= π 1 Khi đó ta có J = ∫ 1 2 π π 2 2 1 − x2 cos 2 t π  1  dx = dt = − 1 dt = − cot t − x ( ) π2 = − + 3 .  2  2 2 ∫ ∫ 3 x  π sin t π  sin t 6 Vậy I = 1 + 3 + ln 2 − 6 6 π . 3 Câu 4 (1,0 điểm). __ __ a) Xét số phức w = a + bi ⇒ a + bi = z + 2 − i ⇔ z = a − 2 + ( b + 1) i ⇒ z = a − 2 − ( b + 1) i Theo giả thiết: z − 2 − i = 1 nên ta có: a − 2 − ( b + 1) i − 2 − i = a − 4 − ( b + 2 ) i = 1 ⇔ ( a − 4 ) + ( b + 2 ) = 1 2 2 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I ( 4; −2 ) có bán kính R = 1 b) Xét các trường hợp Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 +) Chữ số cuối cùng là chữ số 2 hoặc 4 hoặc 6, suy ra có 5 cách chọn chữ số đầu tiên ⇒ A62 = 30 cách chọn 2 trong số 6 chữ số còn lại. +) Chữ số cuối cùng là chữ số 0, suy ra có 6 cách chọn chữ số đầu tiên ⇒ A62 = 30 cách chọn 2 trong số 6 chữ số còn lại. Vậy có tổng cộng 3.5.30 + 6.30 = 630 số cần lập theo yêu cầu bài toán. Câu 5 (1,0 điểm). 2 2 2 2 2 2 +) Lại có: MA = MB ⇔ ( a − 5 ) + ( b + 2 ) + ( c − 2 ) = ( a − 3) + ( b + 2 ) + ( c − 6 ) ⇔ a − 2c = −4 ( 2 ) AB 2 2 2 2 2 2 2 2 0
= 10 ( 3) +) Mặt khác: MAB = 90 ⇔ MA + MB = AB ⇔ 2 MA = AB ⇔ MA = MB = 2  2a + b + c = 5  a = 2c − 4   +) Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) ⇒ a − 2c = −4 ⇔ 2(2c − 4) + b + c = 5 ⇒ b = −5c + 13   2 2 2 2 2 2 ( a − 5 ) + ( b + 2 ) + ( c − 2 ) = 10 ( 2c − 9 ) + ( −5c + 15 ) + ( c − 2 ) = 10  a = 2c − 4  a = 2, b = −2, c = −3  ⇔ b = −5c + 13 ⇔  a = 8 , b = − 11 , c = 10  2 3 3 3  30c − 190c + 300 = 0  8 11 10  Vậy M ( 2; −2;3) , M  ; − ;  là các điểm cần tìm. 3 3 3  Câu 6 (1,0 điểm). • Tính thể tích khối chóp A.BCC1 B1 Nhận xét: ( SAB ) & ( SAC ) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Suy ra SA ⊥ ( ABC ) . Lại có AB ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ SB ⊥ BC ( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC  Ta có  SB ⊥ BC   AB ⊥ BC
= 60o ⇒ (
( SBC ) , ( ABC ) ) = SBA
= a.tan 60o = a 3 ⇒ SA = AB.tan SBA Kẻ SG cắt BC tại M. SB SC SG 2 Khi đó, BC // ( AB1C1 ) ⇒ 1 = 1 = = SB SC SM 3 VS . AB1C1 SB1 SC1 4 4 5 Ta có: = = ⇒ VS . AB1C1 = VS . ABC ⇒ VA. BCC1B1 = VS . ABC − VS . AB1C1 = VS . ABC . VS . ABC SB SC 9 9 9 5 1 5a 3 3 ⇒ VA. BCC1B1 = . .SA.S ABC = (đvtt) 9 3 54 • Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SG Gọi N là trung điểm AB ⇒ AC // ( SMN ) ⇒ d ( AC ; SG ) = d ( AC ; ( SMN ) ) = d ( A, ( SMN ) ) Cách 1: Từ A dựng AK, AH lần lượt vuông góc với MN, SK Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95  SA ⊥ MN ⇒ MN ⊥ ( SAK ) → MN ⊥ AH ∈ ( SAK )  Ta có:  AK ⊥ MN ⇒ AH ⊥ ( SMN )  AH ⊥ SK ∈ SMN ( )  Suy ra d ( AC ; SG ) = d ( A, ( SMN ) ) = AH . Dễ dàng tính được: AK = a 2 ( ∆v.c AKN ) 4 1 1 1 a 3 a 3 = 2+ ⇔ AH = ⇒ d ( AC ; SG ) = 2 2 AH SA AK 5 5 1 1 Cách 2: Nhận xét: VS . AMN = .SA.S AMN = .d ( A, ( SMN ) ) .S SMN 3 3 Ta tính được: 1 1 1 a2 • S AMN = S ABM = . . AB.BM = 2 2 2 8 Xét ∆ v SAK : a 13 a 17 1 a 2 ; SM = SA2 + AB 2 + BM 2 = ; MN = AC = 2 2 2 2 2 2 2 SM + MN − SN 3 5 1 5a 2


⇒ cos SMN = = ⇒ sin SMN = ⇒ S SMN = .SM .MN .sin SMN = 2.SM .SN 2 8 34 34 • SN = SA2 + AN 2 = Suy ra d ( AC ; SG ) = d ( A; ( SMN ) ) = Đáp số: VS . BCC1B1 SA.S AMN a 3 = SMN 5 5a 3 3 a 3 = ; d ( AC ; SG ) = 54 5 Câu 7 (1,0 điểm). +) Ta có: c = 2 = a 2 − b 2 ⇒ b 2 = a 2 − 4 1 15 d ( M ; Ox ) .F1 F2 = 15 ⇒ y0 = 2 2 1 +) Tam giác ABF1 vuông tại B suy ra MB = AF1 = MF1 ⇒ 2 MF2 = MF1 (1) 2 4a 2   MF1 = 3 = a + a xM a2 ⇒ xM = +) Ta có: MF1 + MF2 = 2a ( 2 ) . Kết hợp (1) , ( 2 ) ⇒  6  MF = 2a = a − 2 x M 2  3 a +) Gọi M ( x0 ; y0 ) ⇒ Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 a 2 = 9 ⇒ b2 = a 2 − 4 = 5 15 15 a4 a2 +) Cho M ∈ ( E ) ⇒ + =1⇔ + =4⇔ 2 2 2 36a 2 4b 2 9 a2 − 4  a = 31 ⇒ b = a − 4 = 27 Vậy (E): x2 y2 x2 y 2 + = 1 hoặc ( E ) : + = 1 là các elip cần tìm. 9 5 31 27 Câu 8 (1,0 điểm). Đk: x ≥ 2 y ⇔ x − 2 y ≥ 0 . Từ phương trình (2) ta có 2 xy ( x − 2 y ) + 2 xy − 1 − ( x − 2 y ) = 0  2 xy = 1 ⇔ ( 2 xy − 1)( x − 2 y ) + ( 2 xy − 1) = 0 ⇔ ( 2 xy − 1)( x − 2 y + 1) = 0 ⇔   x − 2 y = −1 ( loai ) Thay vào phương trình (1) ta có x 2 + 2 x x − 1 = 3x + 1 . x  x ≥ 2 y Điều kiện:  (**)  x ≥ 1, x ∈ [ −1; 0 ) 1 1 1 1  = 3+ ⇔  x − + 2 x − −3 = 0. x x x x  1 1 Đặt t = x − , ( t ≥ 0 ) ⇒ t 2 = x − x x t = 1 Khi đó ta có phương trình t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔   t = −3 ( L ) 1 1± 5 Vớ i t = 1 ⇒ x − = 1 ⇔ x 2 − x − 1 = 0 ⇔ x = x 2 1± 5 1 ± 5 −1 Kết hợp với điều kiện ta được x = thỏa mãn, suy ra y = = 2 2x 4  1 + 5 −1 + 5   1 − 5 −1 − 5  Vậy, hệ có 2 nghiệm ( x; y ) =  ; ; ,  4   2 4   2 Câu 9 (1,0 điểm).  2 1 1 2 Theo bài: b, c ≥ 1 ⇒ + ≥ ⇔ 1 − bc b + c ≤ 0 → true 1 + b 1 + c 1 + bc Khi đó (**) ⇔ x + 2 x − ( Khi đó ta có: )( ) 1 1 2 2 abc 2 a + ≥ = = 1 + b 1 + c 1 + bc abc + bc a +1 1 2 a 1 2x 1  + → Đặt a = x  ≤ x ≤ 1 → P ≥ + 2 1+ a 1+ a 1+ x x +1 2  1 2x  1  Ta đi khảo sát hàm số f ( x ) = + x ∈  ;1   2 1+ x x +1  2  Suy ra: P ≥ Nhận xét: f ' ( x ) = (x −2 x 2 + 1) 2 + 2 ( x + 1) 2 = x ( 2 x − 1) ( x 2 + 1) + 2 ( x + 1) 2 (x 2 + 1) 2 1  > 0 do x ∈  ;1 2  1   1  22 Do đó hàm số f ( x ) đồng biến trên  ;1 ⇒ f ( x ) ≥ f   = 2   2  15 22 1  Vậy GTNN của P bằng ⇔ ( a; b; c ) =  ; 2; 2  15 4  Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia ! Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 [Môn Toán – Đề tham khảo số 03] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = mx + 2 , có đồ thị là (Cm) với m là tham số. x −1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 3. b) Cho hai điểm A ( −3; 4 ) , B ( 3; −2 ) . Tìm m để trên đồ thị (Cm) tồn tại hai điểm P, Q cùng cách đều các điểm A, B đồng thời tứ giác APBQ có diện tích bằng 24. π  Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 16 cos 4  x +  − 4 3 cos 2 x + 5 = 0. 4  π 2 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ 0 x 2 + sin 2 x − 3cos 2 x − 2sin x dx. x + 2 cos x  x log3 y + 2 y log3 x = 27 Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  log 3 y − log 3 x = 1 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình:  x = 5 + 2t  2 2 2 x + y + z − 4 x + 2 y + 6 z − 12 = 0 và đường thẳng d :  y = 4 . Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp z = 7 + t  xúc mặt cầu (S) tại điểm M (5;0;1) biết đường thẳng ∆ tạo với đường thẳng d một góc φ thỏa mãn 1 cos φ = ⋅ 7 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Biết AB = BC = a; AD = 2a; ∆SAC cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SB tạo với mặt phẳng (SAC) góc 600. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua O và song song với SC, (P) cắt SA ở M. Tính thể tích khối chóp MBCD và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SCD) theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn
là D  0; − 7  và phương trình (T ) : x 2 + ( y + 1) 2 = 5. Giao điểm của BC với phân giác trong của góc BAC   2  đường cao CH (của tam giác ABC) là x + 2 y + 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết phân giác của
ABC là x − y − 1 = 0. Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình 5 ( x + 1) 3 = 21 x + 1 + x 2 − x − 20 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. 2 a b c Chứng minh rằng  + +  + 3 b c a 3abc ≥ 9 + 3. ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ( ) 5x + 9 + 5 . Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1 (2,0 điểm).  Ta có AB = ( 6; −6 ) ⇒ AB = 6 2 . P, Q cách đều A, B nên P, Q thuộc đường trung trực trực của AB. Gọi I là trung điểm của AB ⇒ I ( 0;1) , đường thẳng PQ đi qua I và nhận tuyến nên có phương trình ( PQ ) : x − y + 1 = 0 ⇔ y = x + 1. 1 2 Theo bài, S APBQ = AB.PQ = 24 ⇔ PQ = 1  AB = (1; −1) làm véc tơ pháp 6 2S 48 = = 4 2. AB 6 2 Bài toán trở thành tìm m để đường thẳng d: y = x +1 cắt đồ thị hàm số ( Cm ) tại hai điểm phân biệt P, Q sao cho PQ = 4 2. Phương trình hoành độ giao điểm: y = mx + 2 = x + 1 ⇔ g ( x) = x 2 − mx − 3 = 0, (1) x −1 d cắt ( Cm ) tại hai điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt và khác 1.  ∆ g > 0  m 2 + 12 > 0 ⇔ ⇔ m ≠ −2,  g (1) ≠ 0  − m − 2 ≠ 0 Tức là  ( *) Gọi P ( x1 ; x1 + 1) , Q ( x2 ; x2 + 1) là các giao điểm của d với (Cm), với x1, x2 là hai nghiệm phân biệt khác 1 của  x1 + x2 = m  x1 x2 = −3 phương trình (1). Theo định lí Vi-ét ta có  Khi đó PQ = 4 2 ⇔ ( x1 + x2 ) 2 ( x1 − x2 ) 2 + ( x1 + 1 − x2 − 1) = 4 2 ⇔ ( x1 − x2 ) = 16 2 2 − 4 x1 x2 = 16 ⇔ m 2 + 12 = 16 ⇔ m = ± 2. Kết hợp với điều kiện (*) ta được m = 2 là giá trị cần tìm. Cách khác: Đường thẳng PQ đi qua trung điểm I(0; 1) của AB và vuông góc với AB. Do ( AB ) : x + y − 1 = 0 ⇒ ( PQ ) : x − y + 1 = 0 ⇔ y = x + 1. Giả sử P ( a; a + 1) , Q ( b; b + 1) S APBQ = 24 ⇔  d ( P; AB ) + d ( Q; AB )  . AB = 48 ⇔ a + b = 4. ma + 2 ⇔ a 2 − ma − 3 = 0 a −1 mb + 2 Tương tự, Q ∈ ( Cm ) ⇒ b + 1 = ⇔ b 2 − mb − 3 = 0 b −1 Do đó a, b thỏa mãn phương trình x 2 − mx − 3 = 0 a + b =4  Kết hợp (*) và định lí Vi-ét ta được a + b = m ⇒ m = ±2.  ab = −3  mà P ∈ ( Cm ) ⇒ a + 1 = Thay lại chỉ có m = 2 là thỏa mãn. Câu 2 (1,0 điểm). Ta có π  2 cos  x +  = cos x − sin x nên phương trình đã cho tương đương với 4  4 ( cos x − sin x ) − 4 3 cos 2 x + 5 = 0 ⇔ 4 (1 − sin 2 x ) − 4 3 cos 2 x + 5 = 0 4 2 ⇔ 4sin 2 2 x − 8sin 2 x − 4 3 cos 2 x + 9 = 0 ⇔ ( 8sin 2 2 x − 8sin 2 x + 2 ) − 4sin 2 2 x − 4 3 cos 2 x + 7 = 0 ⇔ 2 ( 4sin 2 2 x − 4sin 2 x + 1) + 4 (1 − sin 2 2 x ) − 4 3 cos 2 x + 3 = 0 Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG  2sin 2 x − 1 = 0 =0⇔  2cos 2 x − 3 = 0 1  π 5π  sin 2 x = 2  2 x = 6 + k 2π ; 2 x = 6 + k 2π π π ⇔ ⇔ ⇔ 2 x = + m 2π ⇔ x = + mπ 6 12 cos 2 x = 3 2 x = π + ℓ 2π ; 2 x = − π + ℓ 2π   6 6  2 π Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm x = + mπ, ( m ∈ ℝ ) . 12 Cách khác: π π π  Đặt t = x + ⇔ 2 x = 2t − , phương trình trở thành 16 cos 4 t − 4 3 cos  2t −  + 5 = 0 4 2 2  ( ⇔ 2 ( 2sin 2 x − 1) + 2cos 2 x − 3 2 ) 2 ⇔ 4 (1 + cos 2t ) − 4 3 sin 2t + 5 = 0 ⇔ 4cos 2 2t + 8cos 2t − 4 3 sin 2t + 9 = 0 2 ( ) ⇔ 2 ( 4cos 2 2t + 4cos 2t + 1) + 4sin 2 2t − 4 3 sin 2t + 3 = 0 1  cos 2t = −  2 2cos 2t + 1 = 0 2 2  ⇔ 2 ( 2 cos 2t + 1) + 2sin 2t − 3 = 0 ⇔  ⇔ 3 2sin 2t − 3 = 0  sin 2t =  2 2π π π π ⇒ 2t = + k 2π ⇔ t = + kπ ⇔ x = t − = + kπ, k ∈ ℤ. 3 3 4 12 ( ) Câu 3 (1,0 điểm). π 2 Ta có I = ∫ 0 π 2 π 2 x + 1 − cos x − 3cos x − 2sin x 1 − 2sin x ⇔ I = ∫ ( x − 2cos x)dx + ∫ dx x + 2cos x x + cos x 0 0 2 2 2 π 2 π 2 1 2 π I1 = ∫ ( x − 2cos x)dx =  x 2 − 2sin x  = −2 8 2 0 0 π 2 π 2 1 − 2sin x d ( x + 2 cos x) I2 = ∫ dx = ∫ = ln x + 2cos x x + 2cos x x + 2cos x 0 0 Từ đó ta được I = π 2 0 = ln π 4 π2 π − 2 + ln 8 4 Câu 4 (1,0 điểm).  x > 0, x ≠ 1 Điều kiện:   y > 0, y ≠ 1 y Từ (2) ta có log 3 = 1 ⇔ y = 3 x. x (1) ⇔ xlog3 ( 3 x ) + 2 ( 3x ) ⇔ x1+ log3 x = 9, ( *) log3 x = 27 ⇔ x1+ log3 x + 2.3log3 x.x log3 x = 27 ⇔ x1+ log3 x + 2 x1+ log3 x = 27 ( ) Lấy logarit cơ số 3 cả hai vế ta được (*) ⇔ log 3 x1+ log3 x = log 3 9 ⇔ (1 + log 3 x ) log3 x = 2 x = 3  log 3 x = 1 2 ⇔ ( log 3 x ) + log 3 x − 2 = 0 ⇔  ⇔ x = 1  log 3 x = −2  9
Với x = 3 ⇒ y = 9 1 1
Với x = ⇒ y = 9 3 Facebook: Lyhung95 Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 1 1 Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện, vậy hệ đã cho có nghiệm ( 3 ;9) ,  ;  .  9 3 Câu 5 (1,0 điểm). Ta có (S): ( x − 2)2 + ( y + 1) 2 + ( z + 3)2 = 26 ⇒ (S) có tâm I (2; −1; −3) và bán kính R = 26.   IM = (3;1; 4), u1 = (2;0;1) là 1 VTCP của (d).  Giả sử u2 = (a; b; c) là 1 VTCP của đường thẳng ∆, (a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0)   Do ∆ tiếp xúc mặt cầu (S) tại M ⇒ IM ⊥ u2 ⇔ 3a + b + 4c = 0 ⇔ b = −3a − 4c (1) Mà góc giữa đường thẳng ∆ và đường thẳng (d) bằng ϕ .   u1.u2   2a + c 1 1 ⇒ cos(u1 , u2 ) = cos ϕ ⇔   = ⇔ = (2) 2 2 2 7 7 u1 . u2 a +b +c . 5 Thay (1) vào (2) ta được 7 2a + c = 5. a 2 + (3a + 4c)2 + c 2 ⇔ 7(4a 2 + 4ac + c 2 ) = 5(a 2 + 9a 2 + 24ac + 16c 2 + c 2 )  a = −3c 2 2 ⇔ 22a + 92ac + 78c = 0 ⇔   a = − 13 c 11  2 2 2 ▪ Với a = −3c ,do a + b + c ≠ 0 ⇒ c ≠ 0 . Chọn c = −1 ⇒ a = 3; b = −5  x = 5 + 3t  ⇒ phương trình đường thẳng ∆ là:  y = −5t z = 1− t  13 ▪ Với a = − c , do a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0 ⇒ c ≠ 0 . Chọn c = −11 ⇒ a = 13, b = 5 11  x = 5 + 13t  ⇒ phương trình đường thẳng ∆ là:  y = 5t  z = 1 − 11t  Câu 6 (1,0 điểm). Gọi H là trung điểm của AC, do đó SH ⊥ AC. Mà ( SAC ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) . Gọi E là trung điểm của AD, khi đó ABCE là hình vuông ⇒ BH = 1 a 2 AC = . 2 2 Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95  BH ⊥ AC
= 600 Ta có  ⇒ BH ⊥ ( SAC ) ⇒ (
SB;( SAC ) ) = (
SB; SH ) = BSH BH SH ⊥  a 2 1 a 6 ⇒ SH = BH .cot 600 = = . . 2 6 3 Tứ giác BCDE là hình bình hành, gọi F là giao điểm của hai đường chéo BD và CE, suy ra F là trung điểm của CE. Trong ∆BCE ta thấy O là giao của hai đường trung tuyến CH và BF nên O là trọng tâm của tam giác. Khi đó 2 1 AO 2 OC = CH = AC ⇒ = . 3 3 AC 3 Qua O dựng đường thẳng song song với SC, cắt SA tại điểm M. AM AO 2 1 = = . Hạ MK // SH ⇒ MK ⊥ ( ABCD ) ⇒ VMBCD = MK .S∆BCD Khi đó, AS AC 3 3 MK AM 2 2a 6 a 6 = = ⇒ MK = = Ta có SH SA 3 3 6 9 1 1 a2 S∆BCD = S ABCD − S ∆ABD = ( 2a + a ) .a − .2a.a = 2 2 2 1 1 a 6 a 2 a3 6 . = (đvtt). Từ đó ta được VMBCD = MK .S ∆BCD = . 3 3 9 2 54 2 Do MO // ( SCD ) ⇒ d( M ;( SCD ) ) = d(O ;( SCD ) ) = d( H ;( SCD ) ) 3 1 ∆ACD có trung tuyến CE = AD ⇒ AC ⊥ CD ⇔ CD ⊥ ( SAC ) 2 Dựng HL ⊥ SC ⇒ HL ⊥ ( SCD ) ⇔ HL = d ( H ;( SCD ) ) Ta có 1 1 1 6 2 a a a 2 = + = 2 + 2 ⇔ HL = ⇒ d( M ;( SCD ) ) = = . 2 2 2 6 HL SH HC a a 2 2 3 2 Câu 7 (1,0 điểm). Đường tròn (T ) xác định: Tâm I ( 0; −1) , .bán kính R = 5 .
( d ) ⇒ D ' ( x; y ) ∈ AB ta có: Gọi D ' là điểm đối xứng của D qua phân giác của ABC DD ' ⊥ d ( với K là trung điểm của DD’)  K ∈ d Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95   7 x +  y + 2  = 0 −5     x =  −5  ⇔ ⇔ 2 ⇒ D '  ; −1 7  2  x y−  y = −1 2  − −1 = 0 2 2  5  PT đường thẳng AB qua D '  − ; −1 và vuông góc với CH là AB : 2 x − y + 4 = 0 .  2  Do I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC 7  ⇒ PT đường thẳng AD qua I ( 0;1) và D  0; −  là x = 0 . 2  x − y −1 = 0 A = AD ∩ AB ⇒ A ( 0; 4 ) , B = AB ∩ BI ⇒  ⇔ B ( −5; −6 ) 2 x − y + 4 = 0 x − 2 y − 7 = 0 Ta có BC : x − 2 y − 7 = 0 ⇒ C = BC ∩ CH ⇒  ⇒ C ( 3; −2 ) x + 2 y +1 = 0 Kết luận: Vậy A ( 0; 4 ) , B ( −5; −6 ) , C ( 3; −2 ) là các điểm cần tìm. Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện: x ≥ 5. Phương trình đã cho tương đương với 5 ( x + 1) x + 1 − 21 x + 1 = ⇔ x + 1 ( 5 x + 9 ) − 25 = ⇔ x +1 ( ) 5x + 9 − 5 = ( x − 5)( x + 4 ) ( 5x + 9 + 5 ( x − 5)( x + 4 ) ; (vì ) ( x − 5)( x + 4 ) ( 5x + 9 + 5 ) 5 x + 9 + 5 > 0 ∀x ≥ 5 ) ( x − 5)( x + 4 ) ⇔ 5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 + 24 x + 5 + 10 ( x + 1)( x − 5 )( x + 4 ) ⇔ 5 x 2 + 14 x + 9 = 5 x + 1 + (x ⇔ 5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 + 24 x + 5 + 10 ⇔ 2 ( x 2 − 4 x − 5) + 3 ( x + 4 ) − 5 (x 2 2 − 4 x − 5) ( x + 4 ) − 4 x − 5 ) ( x + 4 ) = 0, ( *) u = v 2 2 u = x 2 − 4 x − 5; u ≥ 0 u = x − 4 x − 5 Đặt  , khi đó (*) ⇔ 2u 2 + 3v 2 − 5uv = 0 ⇔  ⇔ 2 u = 3 v v = x + 4 v = x + 4; v ≥ 0 2 
Với u = v ⇔ x 2 − 4 x − 5 = x + 4 ⇔ x = 5 ± 61 . 2 x = 8 3 9 2 9 2 2
Với u = v ⇔ u = v ⇔ x − 4 x − 5 = ( x + 4 ) ⇔  x = − 7 2 4 4  4 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 8; x = 5 + 61 . 2 Câu 9 (1,0 điểm). x2 y 2 z 2 ( x + y + z ) , (Bất Đẳng Thức Cauchy – Schwarz) + + ≥ y z x x+ y+z 2 Sử dụng BĐT phụ:  x2  y. y Theo Bunhiacopxki ta có:   Suy ra điều phải chứng minh. + y2 z. z +   x . x  z2 ( ) y. y + z. z + x. x ≥ ( x + y + z ) 2 Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG a b c a 2 b2 c2 ( a + b + c ) Áp dụng BĐT phụ trên ta có: + + = + + ≥ b c a ab bc ca ab + bc + ca 2 a b c a 2 c 2 b 2 a 2 c 2b 2 ( ab + bc + ca ) Và: + + = + + ≥ ( 2) b c a abc 2 bca 2 cab 2 abc ( a + b + c ) 2  a b c  ( a + b + c )( ab + bc + ca ) Nhân (1) & ( 2 ) theo vế ⇔  + +  ≥ abc b c a ( a + b + c )( ab + bc + ca ) + 3 3abc Suy ra: VT = P ≥ abc ( a + b + c )( ab + bc + ca ) 2 Đặt: ( a + b + c )( ab + bc + ca ) = t abc . AM-GM Do ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≥ ≥ 3 3 abc .3 3 a 2b 2 c 2 = 9abc ⇒ t ≥ 3 ⇒ P ≥ f (t ) = t 2 + 3 3 3 3 ( t ≥ 3) ⇒ f ' ( t ) = 2t − 2 > 0, ∀t ≥ 3 . t t Suy ra hàm f ( t ) đồng biến trên [3; +∞ ) . Vậy VT = P ≥ f ( t ) ≥ f ( t )Min = f ( 3) = 9 + 3 . Vậy phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c Facebook: Lyhung95 (1) Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 [Môn Toán – Đề tham khảo số 04] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 + x 2 − ( m + 2 ) x − 2m, với m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = −2 . b) Tìm m để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt A ( −2;0 ) , B và C thỏa mãn 4 AB 2 + AC 2 = 20 . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình (1 + sin x )( 5 − 2 sin x ) = ( 2sin x + 3) cos x 3. ln 2 x − 3ln x + 3 dx. ln 2 − x x ( ) 1 e Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ Câu 4 (1,0 điểm).  z −1  a) Gọi z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình   = −1.  2z − i  2 Tính giá trị của biểu thức P = (1 + z12 )(1 + z22 ) . b) Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện: An2 − 14 = Cnn+−12 − 14n . n  n 3x 3 x 2  Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của biểu thức  + +  .  3 n 64n  Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các điểm A(2;1; 0) , B(0; 4; 0) , C (0; 2; −1) và 6 x −1 y + 1 z − 2 = = . Lập phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng (ABC) và 2 1 3 cắt d tại điểm D sao cho bốn điểm A, B, C, D tạo thành một tứ diện có thể tích bằng 19/6. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại B và C, đường thẳng d: AB = 2 BC = 4CD = 2a , giả sử M và N lần lượt là trung điểm AB và BC. Hai mặt phẳng ( SMN ) và ( SBD ) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy và cạnh bên SB hợp với ( ABCD ) một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SN và BD. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) tâm I bán kính R = 2 . Lấy điểm M trên đường thẳng d : x + y = 0 . Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C), (với A, B là các tiếp điểm). Biết phương trình đường thẳng AB : 3 x + y − 2 = 0 và khoảng cách từ tâm I đến d bằng 2 2 . Viết phương trình đường tròn (C).  3x − 2 y + 3 8 + x − y = 11 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   8 + x − y − 2 4 − 2 x + y = 1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng a 2 + bc )( b 2 + ca )( c 2 + ab ) (  a b c  b c a  3 .  + +   + +  +1 ≥ 2 a 2b 2 c 2  b c a  a b c 