Tài liệu 5 bo de kham pha tu duy bo de toan nguyen quang son

Đặt sách Online rẻ tại http://newshop.vn – 0932.057.012 ĐỀ SỐ 01   1 Câu 1: Cho hàm số y  x 3  mx 2  m 2  m  1 x  1  1 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  2. b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực đại tại x  1. Câu 2: 1 2 a) Giải phương trin ̀ h: sin 2 x  3 cos x  cos x  0 . 2 b) Tìm số phức z thỏa mãn điề u kiê ̣n: 1  3i  z là số thực và z  2  5i  1 . Câu 3: Giải phương trình: 2x 3 3x 2 5x 6 Câu 4: Giải bất phương trình: 2(4 x 2  x  6)  2 x  3  2 x 2  x  1 1 Câu 5: Tiń h tić h phân I   1  x   2  e 2x  dx 0 Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, có góc ABC  60o . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD, biết góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 60o . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). Câu 7: Trong mă ̣t phẳ ng với hê ̣ tru ̣c to ̣a đô ̣ Oxy, cho hình vuông ABCD, gọi M là trung điểm của AB, G là trọng tâm của ΔBCD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ  1 1  1 5 nhật ABCD, biết: M   ;  , G   ;   . 2 2    3 3 Câu 8: Trong không gian với hê ̣ tru ̣c to ̣a đô ̣ Oxyz, cho tứ diện ABCD có: A(3; 2; 2), B(3;2;0), C(0;2;1), D(1;1;2) . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AB và song song với CD. Tìm tọa độ hình chiếu của C trên mặt phẳng (P). Câu 9: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm hai chữ số khác nhau lập từ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 . Chọn ngẫu nhiên hai số từ tập S. Tích xác suất để tích hai số được chọn là số chẵn? Câu 10: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa: x + y + z = 1. Tim ̀ giá tri ̣ nhỏ nhấ t của: P  x2  y  z 2  5yz  y2 z  x  2  5zx  2 3 x  y .  4 HƯỚNG DẪ N GIẢ I Câu 1: a) Các bạn tự giải. b) Tập xác định D  . y'  x 2  2mx  m2  m  1. Điều kiện cần: 3 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc bộ đề thi THPT Quốc Gia môn Toán m  1 . Hàm số đạt cực đại tại x  1  y ' 1  0  m 2  3m  2  0   m  2 Điều kiện đủ: Với m  1, ta có y'  x 2  2x  1  y'  0  x 2  2x  1  0  x  1. Bảng biến thiên 1   x 0   y' y Từ bảng biến thiên suy ra m  1 không thỏa mãn. x  1 . Với m  2, ta có y '  x 2  4x  3  y '  0  x 2  4x  3  0   x  3 Bảng biến thiên 3 1   x  0 0   y' y Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại tại x  1. Vậy hàm số đạt cực đại tại x  1 khi m  2 . Câu 2: 1 sin 2 x  3 cos 2 x  cos x  0    a) 2   sin x cos x  3 cos2 x  cos x  0 cos x  0  cos x sin x  3 cos x  1  0   sin x  3 cos x  1  0.  Với cos x  0  x   k, k  . 2      Với sin x  3 cos x  1  0  2sin  x    1  sin  x    sin 3 3 6      x   6  k2  ,k    x    k2  2   Vậy nghiệm của phương trình là x    k2, x   k,  k   . 6 2 b) Go ̣i z  a  bi  a,b    z  a  bi . Khi đó: 1  3i  z  1  3i  a  bi  .  4  Hay Đặt sách Online rẻ tại http://newshop.vn – 0932.057.012 1  3i  z   a  3b    b  3a  i . Để 1  3i  z là số thực thì phầ n ảo: b  3a  0  b  3a . Ta có: z  2  5i  1   a  2    5  b  i  1   a  2 2   5  3a 2   a  2 2   5  b 2 1 a  2  b  6  1  5a 2  17a  14  0   . a  7  b  21  5 5 Kế t luâ ̣n: có hai số phức thỏa yêu cầ u bài toán là z  2  6i, z  7 21  i. 5 5 Nhâ ̣n xét: Trong bài giải trên, ta đã áp du ̣ng kiế n thức: z  a  bi là số thực  phầ n ảo b  0 và z  a  bi là số thuầ n ảo  phầ n thực a  0 . x Câu 3: Giải phương trin ̀ h: 2 3 3x 2 5x 6 . ● Tâ ̣p xác đinh: . D ̣ ● Lấ y logarit cơ số 2 hai vế , ta đươ ̣c: log2 2x 3 log2 3x 2 x2 x 3 log2 2 x 3 x 3 .1 x 3 0 1 x 2 log2 3 x 3 x log 3 2 x 5x 2 x x 2 5x 6 6 log2 3 3 log2 3 2 log2 3 0 0 0 log 3 18. ● Vâ ̣y phương trin ̀ h có hai nghiê ̣m là x 3 x log3 18 . Câu 4: Phân tích. Sau đặt điều kiện, chuyển vế để 2 vế đều dương và lũy thừa lên, đưa được về dạng: 6 x 2  5x  8  2 (2 x  3)(2 x 2  x  1)  2 (2 x  3)(2 x  1)( x  1). Khi 6 x2  5x  8  a.(2 x  3)  b.(2 x 2  x  1) (1)  đó có các phương án phân tích 6 x2  5x  8  a.(2 x  1)  b.(2 x 2  x  3) (2) theo 6 x2  5x  8  a.( x  1)  b.(4 x 2  8 x  3) (3)  biểu thức tích trong căn. Nhận thấy chỉ có (2) tồn tại hai số a  1, b  3 thỏa đồng nhất. Lúc đó bất phương trình 5 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc bộ đề thi THPT Quốc Gia môn Toán  3.(2 x 2  x  3)  (2 x  1)  2 (2 x  1)  (2 x 2  x  3) có dạng đẳng cấp và có hai hướng xử lý. Một là chia 2 vế cho lượng dương 2 x  1 khi x  3 để đưa được 2 về bất phương trình bậc hai. Hai là đặt 2 ẩn phụ đưa được về dạng tích số và có các lời giải chi tiết như sau: 8 x 2  2 x  12  0  3 x  Điều kiện: 2 x  3  0 2 2 x 2  x  1  0  ()  2(4 x 2  x  6)  2 x  3  2 x 2  x  1  8 x 2  2 x  12  2 x 2  x  1  2 x  3  2 (2 x  3)(2 x 2  x  1)  6x2  5x  8  2 (2x  3)(2x  1)( x  1)  3  (2 x 2  x  3)  (2 x  1)  2 (2 x  1)  (2 x 2  x  3). ()  Lời giải 1. Chia hai vế cho 2 x  1  0 đưa về bất phương trình bậc hai. ()  3  Do 2 x2  x  3 2 x2  x  3 1 2 x2  x  3  2 1 0    1 2x  1 2x  1 3 2x  1 2x2  x  3 1   luôn đúng nên chỉ xét 2x  1 3  2 x2  x  3  2 x  1  2 x2  3x  2  0   2x2  x  3 1 2x  1 1  x  2. 2 3  Kết luận: Đối chiếu với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là S   ; 2   2   Lời giải 2. Đặt 2 ẩn phụ đưa về bất phương trình tích số. Đặt a  2x  1  0, b  2x2  x  3  0. ()  3b2  a2  2ab  (b  a)(3b  a)  0  b  a (do 3b  a  0, a  0, b  0). 1 2 Suy ra: 2 x 2  x  3  2 x  1  2 x 2  3x  2  0    x  2. 3  Kết luận: Đối chiếu với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là S   ; 2   2  Bình luận: Bài toán có dạng tổng quát a. f ( x)  b.g( x)  c. f ( x).g( x) Dấu hiệu nhận dạng: Phương trình có 1 căn thức và biểu thức trong căn thức phân tích được thành tích số. Phương pháp giải: có 2 hướng xử lý  Hướng 1. Đặt 2 ẩn phụ u  f ( x), v  g( x), đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai dạng: a.u2  b.v2  c.uv. 6 Đặt sách Online rẻ tại http://newshop.vn – 0932.057.012  Hướng 2. Chia trực tiếp cho lượng dương, chẳng hạn g( x)  0, để thu được phương trình bậc hai dạng: a  f ( x) f ( x) c  b  0. g( x) g( x)  Một số lưu ý: – Đề bài thường cho giải phương trình với các dạng thường gặp sau đây: (1) • ax2  bx  c  (dx  e)  mx  n. • ax 2  bx  c  d  mx 2  nx  p . (2) • ax 2  bx  c  d  mx 3  nx 2  px  q . (3) • ax 2  bx  c  d  mx 4  nx 3  px 2  qx  r . (4) •   ax 2  bx  c    mx 2  nx  p    dx 2  ex  f . (5) Trong đó dạng (5) ta cần chuyển vế sao cho 2 vế đều dương và lũy thừa sẽ đưa về một trong các dạng (2), (3), (4). – Thông thường, các biểu thức trong căn thức chưa phân tích thành tích số sẵn mà ta phải phân tích với các dạng phân tích hay được sử dụng sau:  f ( x)  ax2  bx  c  a  ( x  x1 )  ( x  x2 ) với x1 , x2 là 2 nghiệm của f ( x)  0.  Chia Hoocner đối với đa thức bậc cao khi nhẩm được nghiệm đẹp.  a3  b3  (a  b)(a2 ab  b2 ), a2  b2  (a  b)(a  b).  x4  x2  1  ( x2  1)2  x2  ( x2  1  x)( x2  1  x).  x4  1  ( x2  1)2  2x2  ( x2  x 2  1)( x2  x 2  1).  4x4  1  (2x2  1)2  4x2  (2x2  2x  1)(2x2  2x  1) ...... Bài tập tương tự: 1. Giải bất phương trình: 2 x  1  3x2  5x  2  18 x2  18 x  5. 1 Đáp số: S   ;  3 37  1   6  2. Giải bất phương trình: Đáp số: S  2;    4 x3  4 x2  4 x  19  x  1  2 x3  8. 1 Câu 5: I   1  x   2  e 2x  dx. 0 1 1 1 Ta có I   1  x   2  e2x  dx  2 1  x  dx   1  x  e 2xdx. 0 0 1  0  Tính M  2  1  x  dx  2  x  1 0 1 x    1. 2 0 2 du  dx  u  1  x    1 2x 2x  dv  e dx v  e  2 Tính N   1  x  e 2x dx . Đă ̣t  0 7 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc bộ đề thi THPT Quốc Gia môn Toán 1  x  e N 2 2x 1 0 1 e 2x 1 e 2x  dx    2 2 4 0 Vâ ̣y I  M  N  1  2 0 1  e2 1  e2  3       2  4 4 4 e 3 e 1  4 4 2 2 Câu 6: Phương pháp xác định góc giữa hai mặt phẳng: Bước đầu tiên xác định giao tuyến của hai mặt phẳng. Tìm trên giao tuyến một điểm M sao cho có hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt thuộc hai mặt phẳng cùng vuông góc với nhau tại M. Từ đó suy ra góc giữa hai mặt phẳng cần tìm là góc giữa hai đường thẳng d1 và d2. Bài toán cụ thể đề rất hay cho là: Xác định góc giữa mặt phẳng bên và mặt phẳng đáy: Đầu tiên xác định giao tuyến của chúng. Rồi từ hình chiếu của đỉnh dựng đường thẳng d cắt giao tuyến tại M, suy ra góc giữa hai mặt phẳng cần tìm là SMH (với S là đỉnh, còn H là hình chiếu của đỉnh trên mp đáy). Chứng minh dựa vào định lý ba đường vuông góc. Vì ABC  600 nên tam giác ABC đều suy ra a 3 AC  a, BO   BD  a 3 . 2 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABD có: 2 2a CG  AC  . 3 3 Theo đề bài có SG   ABCD  . Dựng GE  CD,(E  CD)  CD  SE nên: S A D I G O E 600 B F H C Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là góc SEG  600 . 2a 3 a 3  Trong  CEG có GE  GC.sin 600  . , trong SEG có: 3 2 3 SG  GE.tan 600  a . 1 1 1 a3 3 Thể tích khối chóp S.ABCD là V  SG.SABCD  a. .a.a 3  . 3 3 2 6 Chú ý: Muốn tính khoảng cách từ một điểm bất kỳ đến một mặt bên, ta phải tính khoảng cách từ hình chiếu của đỉnh đến mặt bên đó, sau đó sử dụng công thức tính tỉ lệ khoảng cách ta suy ra khoảng cách cần tìm... Phương pháp xác định khoảng cách từ hình chiếu của đỉnh đến một mặt bên: Giả sử S là đỉnh của khối chóp, H là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy là (P). Tính khoảng cách từ H đến mặt bên (Q). 8 Đặt sách Online rẻ tại http://newshop.vn – 0932.057.012 Bước 1: Xác định giao tuyến d của (P) và (Q). Bước 2: Từ H dựng HK vuông góc với giao tuyến d tại K. Bước 3: Dựng HI vuông góc với SK tại I. Từ đó suy ra khoảng cách từ H đến (Q) là HI. Chứng minh các bước trên dựa vào tính chất hai mặt phẳng vuông góc với nhau, một đường thuộc mặt phẳng này vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia. Sau đó sử dụng công thức: Tính khoảng cách từ một đểm bất kỳ đến một mặt phẳng. Công thức tính tỉ lệ khoảng cách: d  M, mp  P   d  A, mp  P    MO . AO Ở công thức trên cần tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P). Còn khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) đã biết. Cụ thể ta làm như sau: Dựng GH  BC,  H  BC  , có BC  GH và BC  SG  BC  SGH  mà BC   SBC  , từ đó suy ra  SGH    SBC  hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SH, dựng GI  SH,  I  SH   GI   SBC  . Vậy d  H, SBC    GI . 2a 3 a 3 .  . 3 2 3 1 1 1 3 1 4 a    2  2  2  GI  . Trong tam giác SGH có 2 2 2 2 GI GH GS a a a Vì hai điểm A và G cùng nằm trên đường thẳng có giao điểm với mp(SBC) tại d  A, SBC   AC 3 3 3a C nên có: .    d  A, SBC    d  G, SBC    2 4 d  G, SBC   GC 2 Trong  CHG có GH  GC.sin 600  Câu 7: Gọi a là độ dài các cạnh hình vuông ABCD, a > 0. 2 2a 2 1 a . Có AM  AB  , AG  AC  2 2 3 3 D A 450 M I G Vì ABCD là hình vuông nên MAG  450 . B C 9 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc bộ đề thi THPT Quốc Gia môn Toán Ta có MG  170 . 6 Có MG2  AM2  AG2  2AM.AGcosMAG 85 a 2 8a 2 a 2a 2 2 85 17a 2     2. . .    a  10. 18 4 9 2 3 2 18 36 Gọi A  x; y  ta có: 2 2  1  1 5  10  x     y    x 2  y2  x  y  2 (1) AM  2  2 2    2   2  2 10 2 2 2 1  5 80 AG  4 5   x  y  x  y  6 (2) 3 3    x  3    y  3   9 3     Lấy (1)  (2) được: x  13y  12  x  13y  12 , thay vào (1) được: y  1 2 2 2 13y  12   y  13y  12  y  2  17y  30y  13  0   13 y .  17 Với y  1  A 1;1 , vì M trung điểm của AB nên B  2;0  . Gọi I là tâm của hình vuông có IA  3IG  I  0; 1 , vậy C  1; 3 ,D 2; 2  . 13  18 4   35 13   A   ;  , vì M trung điểm của AB nên B  ;  . 17  17 17   17 17   13 18  Gọi I là tâm của hình vuông có IA  3IG  I   ;   , vậy  17 17   9 49   44 40  C ;  , D  ;   .  17 17   17 17  Kết luận tọa độ các đỉnh hình vuông: A 1;1 , B  2;0  C  1; 3 , D  2; 2  hoặc Với y   35 13   18 4   9 49   44 40  A   ;  , B ;  , C  ;   , D   ;   . 17 17 17 17      17 17   17 17  Nhận xét: Những dạng bài tập tìm điểm hoặc viết phương trình một đường thẳng nào đó liên quan đến hình vuông.  Nếu đề cho tọa độ hai điểm thì ta tính được độ dài đoạn đó và dựa vào tính chất hệ thức lượng ta tính được độ dài cạnh của hình vuông, sau đó tìm tọa độ một đỉnh của hình vuông hoặc tọa độ tâm của hình vuông, sau đó dựa vào tính chất x A  kx B   x M  1  k MA  kMB   ,  k  1 để tính tọa độ các đỉnh còn lại liên quan. y  ky A B y   M 1 k  Nếu đề cho tọa độ một điểm và một đường thẳng, thì ta tính được khoảng cách từ điểm đã cho đến đường thẳng đã biết. Sau đó dựa vào khoảng cách đã tính để tính độ dài của cạnh hình vuông, và sau đó làm tương tự như trường hợp trên. 10 Đặt sách Online rẻ tại http://newshop.vn – 0932.057.012 Bài tương tự: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN  3NC . Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằng M 1;2  và N  2; 1 .(Khối A – 2014 ). Đáp án đường thẳng CD có hai phương trình là y  2  0 hoặc 3x  4y  15  0 . D Câu 8: C  • Đi qu a A, hay B   P  Viế t mp  P  :  B A • VTPT : n  P    AB,CD    Có AB   0; 4; 2  ,CD   1; 1;1 , mặt phẳng (P) có một cặp véctơ chỉ phương là AB,CD nên có một véctơ pháp tuyến là n P  AB,CD   6; 2;4  . Phương trình mặt phẳng (P) là: 3(x  3)  (y  2)  2(z  2)  0  3x  y  2z  7  0 . Cách tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của một điểm M trên mặt phẳng (P): Bước 1: Viết phương trình đường thẳng d qua M và vuông góc với (P). Bước 2: Tọa độ hình chiếu là giao điểm của d và mặt phẳng (P). Đường thẳng d qua điểm C và vuông góc với (P), d có véctơ chỉ phương  x  3t  ud  n P   3; 1;2 , phương trình của d là:  y  2  t .  z  1  2t  Tọa độ hình chiếu H của C trên (P) là giao điểm của d và (P). Có H  d  H  3t;2  t;1  2t  , ngoài ra H  (P) nên có: 1 9t  (2  t)  2(1  2t)  7  0  t  . 2 3 3  Vậy tọa độ hình chiếu của C trên (P) có tọa độ H  ; ;2  . 2 2  Câu 9: Thông thường đố i với bài toán tin ́ h xác suấ t cổ điể n, nế u chúng ta giải quyế t bài toán đế m trước cu ̣m từ: "Tiń h xác suấ t"  đó là không gian mẫu n    . Còn giải quyế t bài toán sau cu ̣m từ: "Tin ́ h xác suấ t"  đó là trường hơ ̣p thuâ ̣n lơ ̣i của biế n n A cố A là n  A  . Khi đó xác suấ t của biế n cố A là: P  A   . Do đó cầ n làm tố t n  các bài toán đế m và nhớ rằ ng: công viê ̣c chia giai đoa ̣n  qui tắ c nhân, công viê ̣c chia trường hơ ̣p  qui tắ c cô ̣ng, lấ y k phầ n tử trong n phầ n tử có thứ tự  chỉnh hơ ̣p A kn , lấ y k phầ n tử trong n phầ n tử tùy ý  tổ hơ ̣p C kn , sắ p xế p n phầ n tử theo mô ̣t thứ tự  hoán vi.̣ Số có hai chữ số khác nhau được lấy từ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 là ab,  a  0  . Chọn a  0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 \ 0 có 6 cách chọn. 11 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc bộ đề thi THPT Quốc Gia môn Toán Chọn b 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6 \ a có 6 cách chọn. Giai đoa ̣n 1 cho ̣n a, giai đoa ̣n 2 cho ̣n b (qui tắ c nhân)  số có hai chữ số khác nhau có 6.6  36 số  S có 36 phần tử. 2 2 Chọn ngẫu nhiên hai số từ S có C 36 cách chọn  không gian mẫu n     C36 . Gọi A : "biến cố tích hai số được chọn là số chẵn". Trong 36 phầ n tử của S có 15 phầ n tử là số lẻ và 21 phầ n tử là số chẵn. Tích hai số được chọn là số chẵn thì có các trường hơ ̣p sau xảy ra: Trường hơ ̣p 1. Hai phầ n tử đươ ̣c cho ̣n đề u là số chẵn, tức cho ̣n 2 phầ n tử trong 21 phầ n tử thì có C 221 cách cho ̣n. Trường hơ ̣p 2. Hai phầ n tử đươ ̣c cho ̣n có mô ̣t phầ n tử chẵn, mô ̣t phầ n tử lẻ, tức giai đoa ̣n 1 cho ̣n 1 phầ n tử chẵn trong 21 phầ n tử có C121 cách và giai đoa ̣n 2 cho ̣n 1 phầ n tử lẻ trong 15 phầ n tử có C115 .  Kế t quả thuâ ̣n lơ ̣i của biế n cố A là n  A   C221  C121.C115 . Vậy xác suất của biến cố cần tìm là: P  A   n A n   C221  C121.C115 2 C36  5 . 6 Câu 10: Cauchy x2 y z Dấ u " 2 5yz y " khi y z y2 z x 2 x2 z 5yz 2 x 4 y z . 9 1 2 2 x 9 xy y2 z x 2 . z 5zx 2 5zx x Cauchy Schwarz x 1 z x y y z2 2 4 y 9 z. 2 y z z x 2 x 9 y z 2 x Cauchy Schwarz Cauchy " khi x 4  xx2 2 yy22     22 22 9 y y  z x  z      z z z  2 y z x 4 yy2 . và dấ u " 9 zx zz 2 2 2 . 9 x y 2 y 4 12 2 2 y2 2 z 4 x2 . 9 y z z. Làm tương tự, ta có: y 2 x2 5 y 4 z x 2 2 z x y 2 z x y 2 y z2 Đặt sách Online rẻ tại http://newshop.vn – 0932.057.012 2 2 x 9 x y y 2 2 4z x 4z x y y 4z 2 2 P P 2 1 z 4z 1 2 . 9 1 z 2 4z 1 z f z 8 .1 9 z z 16 1 9 2 z 1 1 , do : z 3 2 z 1 z 1 2 z 1 0 1 x y 1 z nên: 2 2 3 1 4 z z . Thu go ̣n và viế t la ̣i: z . Do 3 z 2 2 x; y; z 0 x z y z 1 0;1 . trên 0;1 có: z 1 64 3z 3 3 0 0;1 .Ta có bảng biế n thiên sau: z 0 f z f z Từ bảng biế n thiên P y 3 1 4 4z2 2 2 . z 3 1 4 1 8 .1 9 Xét hàm số f z f z 2 2 và do x 1 3 0 1 1 9 f t 1 và dấ u " 9 Vâ ̣y giá tri ̣nhỏ nhấ t của P là min P " xảy ra khi x 1 khi x 9 y z y z 1 . 3 1 . 3 13 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc bộ đề thi THPT Quốc Gia môn Toán ĐỀ SỐ 02 2x  4 C x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A và B sao cho 3MA  2MB . Câu 2: a) Giải phương trình: 2cos5x.cos3x  sin x  cos8x Câu 1: Cho hàm số y  2 b) Tìm modun của số phức z thỏa z2  z  6 và z  1  i  z  2i 1 Câu 3: Giải bấ t phương triǹ h: 9 x 2x 3 x 1. Câu 4: Giải bất phương trình: 10x2  50x  3  2 x2  5x  2  3 x  5. 1 Câu 4: Tính tích phân I   x 0   x2  1  e x dx. Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thoi cạnh a có góc ABD  300 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng ABCD thỏa IC  3IA , góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt đáy (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ trọng tâm G của mp(SAB) đến mp(SCD). Câu 7: Trong mă ̣t phẳ ng với hê ̣ to ̣a đô ̣ Oxy, cho tam giác đề u ABC có A  4; 1 ,  điể m M  4    4 3  ; 3  thuô ̣c cung BC không chứa điể m A của đường tròn ngoa ̣i tiế p  3  tam giác ABC, biế t MC  4 3 và to ̣a đô ̣ điể m B là các số nguyên. Tìm to ̣a đô ̣ các 3 đỉnh B, C của tam giác ABC. Câu 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x 8 y 5 z 8 d:   và mặt phẳng (P): x  2y  5z  1  0 . Chứng minh đường 1 2 1 thẳng d song song với mặt phẳng (P). Tính khoảng cách giữa d và (P), viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P). Câu 9: Một đội văn nghệ gồm 7 học sinh nam và 6 học sinh nữ lớp 10, 5 học sinh nam và 8 học sinh nữ lớp 11. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh. Tính xác suất để trong 4 học sinh đó có cả nam và nữ, có cả học sinh lớp 10 và học sinh lớp 11. Câu 10: Cho các số không âm x, y,z thỏa 3 x 2  y2  z 2  xy  yz  zx  12 . Tim ̀  giá tri ̣lớn nhấ t và giá tri nho ̣ ̉ nhấ t của biể u thức sau: x 2  y2  z2 P  xy  yz  zx  . xyz HƯỚNG DẪ N GIẢ I 14  Đặt sách Online rẻ tại http://newshop.vn – 0932.057.012 Câu 1: b) TXĐ D  \ 1 . Có y'  2  x  12 .  2m  4  Gọi M  m;    C (với m  1 ). m 1   Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: 2 2m  4 2 y  2x   m  1 y  2m 2  8m  4  0 (d).  x  m  2 m  1  m  1  2m2  8m  4  . Có A  Ox  d  A m2  4m  2;0 và B  Oy  d  B  0; 2   m  1      2m  2m  4    . Có MA   m2  3m  2;  và MB   m;   2  m 1   m  1     3 m 2  3m  2  2m  3MA  2MB    2m  4  4m 3   m  1   m  12    2 3m2  11m  6  0   m  3 m  . 3  3(2m  4)(m  1)  4m     2  Kết luận có hai tọa độ điểm M thỏa yêu cầu bài toán là  3;1 ,  ;8  . 3  Câu 2: a) Có tích ta phải biến đổi về tổng, áp dụng: 1 cos a.cos b  cos  a  b   cos  a  b   2    cos8x  cos 2x  sin x  cos8x  cos 2x   sin x  cos  x   2       x  2  k2  2x  x  2  k2   ,  k  .  2x   x    k2  x     k2   6 3 2   k2 ,  k  . Kết luận nghiệm phương trình x   k2, x    2 6 3 b) Gọi z  a  bi  a, b   . Ta có: z2  z  6   a  bi    a  bi   6  a 2  b2  3 (1) 2 2 2 z  1  i  z  2i   a  1   b  1 i  a   b  2  i 15 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc bộ đề thi THPT Quốc Gia môn Toán   a  12   b  12  a 2   b  2 2  a  3b  1  0 (2). a  2, b  1   a 2  b 2  3 a  3b  1 Từ (1) và (2) ta có   2  a   7 , b   1 a  3b  1  0 4b  3b  1  0     4 4  Với z  2  i  z  5. 7 1 5 2 . Với z    i  z  4 4 4 1 Câu 3: 9 x 2x 3 x 1. ● Điề u kiê ̣n: x 3 2x 2x2 x x 1 2x 3 1. 2x x 1 2x x 1 4x 0 1 2 . x 0 ● Kế t hơ ̣p với điề u kiê ̣n, tâ ̣p nghiê ̣m của bấ t phương trình là: x ; 2 1;0 . Câu 4: Phân tích. Lưu ý rằng, bài toán này giống như đề trước nhưng ta sẽ không chuyển vế và lũy thừa bởi các nguyên nhân sau: Một là khi lũy thừa thì 10x2  50x  3 sẽ phân tích thành tích số được nhưng số quá xấu và hơn nữa, biểu thức hiệu ở vế phải sau khi lũy thừa phân tích được thành tích số với số đẹp. Hai là biểu thức hiệu này ta luôn chứng minh được dương do 2 x2  5x  2  3 x  5  2 x2  14 x  47 2 x2  5x  2  3 x  5  0. Từ những nguyên nhân này, kết hợp với phương pháp giải được nêu ở đề trước, ta có lời giải chi tiết như sau: 10 x2  50 x  3  0  25  745  Lời giải. Điều kiện: 2 x2  5x  2  0  x   10 x  5  0  16 Đặt sách Online rẻ tại http://newshop.vn – 0932.057.012 2 x2  5x  2  3 x  5  Ta có: 2 x 2  14 x  47 2 x  5x  2  3 x  5 2  0, x  25  745  10 ()  10 x  50 x  3  2 x  5x  2  9( x  5)  6 ( x  5)(2 x 2  5x  2) 2 2  4x2  27 x  20  3 ( x  5)  (2 x  1)  ( x  2)  0  2  (2 x 2  11x  5)  5  ( x  2)  3  ( x  2)  (2 x 2  11x  5)  0 () Đặt a  2 x2  11x  5  0 và b  x  2  0. Khi đó ta có: ()  2a2  3ab  5b2  0  (a  b)(2a  5b)  0  a  b, do 2a  5b  0, a, b  0.  22 x  3  2  Suy ra: 2 x2  11x  5  x  2  2 x2  12 x  7  0    22 x  3   2   22 Kết luận: Đối chiếu với điều kiện, tập nghiệm cần tìm là S   3  ;     2   Bài tập tương tự: 3.(9 x 2  20 x  9)  2 6 x 2  11x  3  x  1. 1. Giải bất phương trình:  9  21  ;      6   Đáp số: S   2. Giải bất phương trình: 3 2 x2  x  17  5 x  5  4 x2  1.  7  33     2  Đáp số: S   Câu 5: 1 Ta có I   x 0   1 1 0 0 x2  1  e x dx   x x 2  1dx   xe x dx. 1 Tính M   x x2  1dx . Đă ̣t t  x2  1  t 2  x2  1  tdt  xdx 0 M 2  0 t3 t dt  3 2  2 0 2 2 1 . 3 u  x du  dx  x x dv  e dx v  e 1 Tiń h N   xe x dx . Đă ̣t  0 1 1 1  N  xe x   e x dx  e  e x  1. 0 0 0 Vâ ̣y I  M  N  2 2 2 . 3 17 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc bộ đề thi THPT Quốc Gia môn Toán S Câu 6: Gọi O  AC  BD , có BD  AC (tính chất hình thoi) và BD  SH  BD  SAC  , từ đó suy ra (SAC) là mặt phẳng trung trực của đoạn BD  SB  SD . Có BD là giao tuyến của hai mặt phẳng (ABCD) và (SBD), mà AC  BD và SO  BD . Từ đó suy ra: SBD  ,  ABCD   SOH  60 . 0 I G A D H E F O B K C Vì BD là đường phân giác của góc ABC, nên ABC  2ABD  600  ABC đều. Vậy AC  a, BO  a 3  BD  2BO  a 3 . 2 1 a2 3 S  AC.BD  . Diện tích ABCD là: ABCD 2 4 SH a 3 1 1 a  SH  Có HO  AO  AC  , tan SOH  . 2 4 4 HO 4 1 1 a 3 a 2 3 a3 .  Thể tích khối chóp S.ABCD: V  SH.SABCD  . . 3 3 4 4 16 Khoảng cách từ trọng tâm G của mp(SAB) đến mp(SCD). Muốn tính khoảng cách từ một điểm bất kỳ đến một mặt bên, ta phải tính khoảng cách từ hình chiếu của đỉnh đến mặt bên đó, sau đó sử dụng công thức tính tỉ lệ khoảng cách ta suy ra khoảng cách cần tìm... Dựng HK  CD,  K  CD  , có CD  HK và CD  SH  CD  SHK  mà CD  SCD  , từ đó suy ra  SHK    SCD  hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SK, dựng HI  SK,  I  SK   HI  SCD  . Vậy d  H, SCD    HI . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD. Có ACD đều nên AF  CD  AF HK . Có CH HK HK 3 3a 3     HK  . CA AF AF 4 8 3a 39 . 52 HI HK HS 27a 3a Vì hai điểm A và H cùng nằm trên đường thẳng có giao điểm với mp(SCD) tại d  A, SCD   AC 4 4 a 39 C nên có: .    d  A, SCD    d  H, SCD    3 13 d  H, SCD   HC 3 Có 18 1 2  1 2  1 2  64 2  16 2  HI  Đặt sách Online rẻ tại http://newshop.vn – 0932.057.012 SCD   d  E, SCD    d  A, SCD    a 39 . 13 Vì hai điểm E và G cùng nằm trên đường thẳng có giao điểm với mp(SCD) tại S nên có: d  G, SCD   GS 2 2 2a 39 .    d  G, SCD    d  E, SCD    3 39 d  E,  SCD   ES 3 Câu 7: A Chứng minh MA  MB  MC. Trên đoa ̣n thẳ ng AM lấ y điể m I sao cho MB  MI  1 Vì E  AB mà AB Vì BCA  BMA  600  BM  BI và nên tam giác MBI đề u I BAI  IBC  MBC  IBC  60  ABI  MBC la ̣i BC  BA  BIA  BMC  c.g.c   MC  AI  2  0 có B Từ  1 và  2  suy ra MB  MC  MI  AI  MA. C M 8 3 Tiń h MA   MA  2MC  MB  MC  MB  MC la ̣i có AB  AC  MA 3 là đường trung trực của đoa ̣n thẳ ng BC nên MA là mô ̣t đường kiń h của đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác đề u ABC. Hai ca ̣nh AB và AC nằ m trên các đường thẳ ng qua A và ta ̣o với AM mô ̣t góc 30 0 . Phương trình AB, AC có da ̣ng  : a  x  4   b  y  1  0;  a 2  b 2  0   4 3   3 AM    ; 4   n AM   1;  là vectơ pháp tuyế n của đường thẳ ng AM.     3    3  Go ̣i  là góc ta ̣o bởi AB, AC với AM    300 có a.1  b. cos   3 3  3 a b . 1   3    2 2 2 a.1  b. 2  a 2  b2 . 3 3 4 3  b  0  a  1 3  b 2  3ab   2  b  3  a  1   : x  4  0 hoă ̣c  ' : x  3y  4  3  0. 0 Vì AM là đường kin ́ h nên góc MBA  MCA  90 , phương triǹ h các đường thẳ ng MB, MC qua M và vuông góc với  và  ' lầ n lươ ̣t là y  3  0 và 3x  y  7  4 3  0 To ̣a đô ̣ các điể m B, C là nghiê ̣m của các hê ̣ phương triǹ h x  4  2 3 x  4  0 x  4  x  3y  4  3  0   ;    y  3  0 y  3  y  1.  3x  y  7  4 3  0  Vì B là to ̣a đô ̣ nguyên nên B  4; 3  ,C 4  2 3;1  19 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc bộ đề thi THPT Quốc Gia môn Toán Câu 8:  x  x o  ta1 1  Vị trí tương đối giữa d :  y  yo  ta 2  2  và mặt phẳng  z  zo  ta 3  3  P  : Ax  By  Cz  D  0  4  Lấy 1 ,  2  ,  3 thế vào  4  được: A  x o  ta1   B  yo  ta 2   C  zo  ta 3   D  0  * ● d //  P     : vô nghiệm. ● d   P     : có vô số nghiệm. ● d cắt  P     : có đúng một nghiệm t. Khi đó d   P   H và tìm tọa độ H bằng cách thế t vào 1 ,  2  ,  3  H  x; y;z  . x  8  t  Phương trình tham số của đường thẳng d:  y  5  2t thay x, y, z của d vào mặt z  8  t  phẳng (P) được: 8  t  2(5  2t)  5(8  t)  1  0  59  0 (vô lý). Từ đó suy ra d//(P). x  2y M  5z M  1 59  Vì d//  P   d  d,(P)   d  M,(P)   M . 2 2 2 30 1 2 5 Mặt phẳng (Q) có một cặp véc tơ chỉ phương là u d ,n P nên có một véc tơ pháp tuyến n Q   u d ,n P   12; 6;0  . Phương trình của (Q) là 2x  y  14  0 . Câu 9: Chọn 4 học sinh bất kỳ trong 26 học sinh có n     C426  14950 cách. Gọi A là biến cố chọn 4 học sinh đều lớp 10, số trường hợp thuận lợi cho A là 4 n  A   C13 . Gọi B là biến cố chọn 4 học sinh đều lớp 11, số trường hợp thuận lợi cho B là 4 n  B   C13 . Gọi C là biến cố chọn 4 học sinh có cả lớp 10 và lớp 11, số trường hợp thuận lợi cho C là 4 4 n  C   n     n  A   n  B   C426  C13  C13  13520 . Gọi D là biến cố chọn 4 học sinh nam trong 12 học sinh nam của cả 2 lớp, có 4 n  D   C12 cách. Gọi E là biến cố chọn 4 học sinh nam đều học sinh lớp 10, có n  E   C74 cách. Gọi F là biến cố chọn 4 học sinh nam đều học sinh lớp 11, có n  F   C45 cách. 20 Đặt sách Online rẻ tại http://newshop.vn – 0932.057.012 Gọi G là biến cố chọn 4 học sinh nam có cả lớp 10 và 11, có 4 n  G   n  D   n  E   n  F   C12  C74  C 45  455 cách. Gọi H là biến cố chọn 4 học sinh nữ trong 14 học sinh nữ của cả 2 lớp, có 4 n  H   C14 cách. Gọi K là biến cố chọn 4 học sinh nữ đều học sinh lớp 10, có n  K   C64 cách. Gọi L là biến cố chọn 4 học sinh nữ đều học sinh lớp 11, có n  L   C84 cách. Gọi M là biến cố chọn 4 học sinh nữ có cả lớp 10 và 11, có 4 n  M   n  H   n  K   n  L   C14  C64  C84  916 cách. Gọi X là biến cố "chọn 4 học sinh đó có cả nam và nữ, có cả học sinh lớp 10 và học sinh lớp 11". n  X   n  C  n  G  n  M  13520  455  916  12149 Xác suất cần tìm P  X   n X n   12149  0,8126. 14950 Câu 10:   Trong bài toán có ba biể u thức:  xy  yz  zx  , x 2  y2  z 2 ,  x  y  z  và có mố i liên hê ̣ với nhau bởi đẳ ng thức. Khi đó cầ n cho ̣n mô ̣t biể u thức để biể u diễn hai biể u thức còn la ̣i theo nó và giảm biế n bằ ng cách đă ̣t ẩ n phù hơ ̣p. Ta có hằ ng đẳ ng thức:  x  y  z   x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx  1 2    xy  yz  zx  12  3 x 2  y 2  z 2  Từ giả thiế t    2 6 x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx   24   xy  yz  zx  12  3 x 2  y 2  z 2 1 ,  2    2 2 2 2 5 x  y  z   x  y  z   24           xy  yz  zx  12  3 x 2  y 2  z 2  . Khi đó biể u thức P đươ ̣c viế t la ̣i:   x  y  z  24  5 x 2  y 2  z 2  x 2  y2  z2 . Đế n đây, ý tưởng đã rõ, ta sẽ P  12  3 x 2  y 2  z 2  24  5 x 2  y 2  z 2       đă ̣t t  x 2  y2  z2 và đi tim ̀ điề u kiê ̣n cho biế n mới t.   x, y, z  0 Do có:   12  3 x 2  y2  z 2 2 2 2 12  3 x  y  z  xy  yz  zx       21 Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc bộ đề thi THPT Quốc Gia môn Toán  x 2  y2  z2  4  3  . Ta có: x 2  y2  z2  xy  yz  zx   4 x   z   12  x    3 x 2  y2  z 2  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  3 x 2  y 2  z 2  12 2  y2 2 2  y2  z2  3  4  Từ  3 ,  4   3  t  x 2  y2  z 2  4 hay t  3;4 . t  P  12  3t  với t  3;4 . Để đơn giản cho viê ̣c xét hàm số , có thể 24  5t   24  u 2 24  u 2  đă ̣t u  24  5t  u 2;3 và P  12  3. 5 5u 1 24  12 với u   2;3 .  P   3u 2  u    5 u  5 1 24  12 Xét hàm số f  u    3u 2  u    trên đoa ̣n  2;3 có: 5 u  5 1 24  1  24    f   u    6u  1  2    u  1   5u  2    0, u   2;3 5 u  5 u   max f  u   f  3  4   2;3 .  hàm số f  u  đồ ng biế n trên đoa ̣n  2;3   f  u   f  2  2 min   2;3 x  2 Vâ ̣y min P  2 khi  hoă ̣c hoán vi ̣và max P  4 khi x  y  z  1 . y  z  0 Bài tâ ̣p tương tư ̣: Cho các số thực dương x, y, z thỏa điề u kiê ̣n: x  y  z  3 . xy  yz  zx Tìm giá tri ̣nhỏ nhấ t của biể u thức: P  x 2  y 2  z 2  2 . x y  y2 z  z 2 x Đáp số : min P  4 khi x  y  z  1 . ĐỀ SỐ 03 Câu 1: Cho hàm số y   x  2  x  1 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm các điểm M trên đường thẳng d : y  2x  19, biết rằng tiếp tuyến của đồ thị (C) đi qua điểm M vuông góc với đường thẳng d ': x  9y  8  0 ? Câu 2: 2 a) Cho góc  thỏa mãn: 0    thức: A  22  3  Hãy tính giá trị của biểu và sin  cos   4 4 tan   cot   sin   cos . tan   cot 