CỔNG LUYỆN THI TRỰC TUYẾN SỐ 1 VIỆT NAM
LUYỆN GIẢI ĐỀ MÔN TOÁN
TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA
(Tập 1)
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA
[Môn Toán – Đề số 01]
Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH]
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
2x − m
(với m là tham số).
mx + 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho khi m = 1.
b) Chứng minh rằng với mọi m ≠ 0, đồ thị của hàm số đã cho cắt đường thẳng d: y = 2x – 2m cắt đồ
thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Đường thẳng d cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M, N. Tìm
m để S ∆OAB = 3S ∆OMN .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 4 x + 2 cos 2 x + 4 ( sin x + cos x ) = 1 + cos 4 x.
ln(1 + ln 2 x)
dx.
x
1
e
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
Câu 4 (1,0 điểm).
1 + i 2i
a) Cho số phức z thỏa mãn i.z =
+
.
1− i 1+ i
11
8
Tìm môđun của số phức w = z + iz.
b) Giải phương trình log 22 x + log 2
x
= 5log x 8 + 25 log 2x 2.
4
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A (1;1; 2 ) , B ( 0; −1;3) . Gọi C là
giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (xOy). Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng AB sao cho
mặt cầu tâm M bán kính MC cắt mặt phẳng (xOy) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng
2 5.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn
đường kính AD = 2a, SA ⊥ (ABCD) và SA = a 6. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Tính
theo a thể tích khối chóp H.SCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y − 3) = 9 và điểm
2
M ( 4; 4 ) .
(C )
Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt
(
2
tại A, B sao cho
)
MA + MB = 2 1 + 5 .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 x 3 − 3 x 2 + 6 x ≤ 2
(x
2
− x + 2)
3
( x ∈ ℝ)
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn điều kiện a 3 + b3 = c3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
a 2 + b2 − c2
.
( c − a )( c − b )
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Các em học sinh tự làm.
2x − m
= 2 x − 2m
mx + 1
1
1
x ≠ − m
x ≠ −
m
⇔
⇔
f ( x ) = m 2 x 2 − 2mx − m = 0
f ( x ) = 2 x 2 − 2mx − 1 = 0(*)
b) PT hoành độ giao điểm của ( C ) và d là :
(
)
∆ = m + 2 > 0∀m ≠ 0
Xét pt (*) có: 1
⇔ ( d ) ∩ ( C ) = { A ≠ B} ∀m ≠ 0
2
f − m = 1 + m 2 ≠ 0∀m ≠ 0
x A + xB = m
x A ⋅ xB = − 1
Theo định lí Vi-et ta có
2
y A = 2 x A − 2m
yB = 2 xB − 2m
'
AB =
2
( x A − xB ) + ( y A − y B )
2
−2 m
2
( x A + xB )
= 5 ( x A − xB ) = 5.
2
2
− 4 x A xB
2
m ; AB = 5 m 2 + 2, M ( m;0 ) , N ( 0; −2m )
5
5
1
1
⇒ SOAB = h. AB = m . m 2 + 2, S ∆OMN = OM .ON = m 2
2
2
1
1
S ∆OAB = 3S ∆OMN ⇔ m2 + 2 = 3 m ⇔ m = ± . Vậy m = ± là giá trị cần tìm.
2
2
h = d ( O, d ) =
=
Câu 2 (1,0 điểm).
PT ⇔ sin 4 x + 2 cos 2 x + 4 ( sin x + cos x ) = 1 + cos 4 x
⇔ 2 sin 2 x cos 2 x + 2 cos 2 x − 2 cos 2 2 x + 4(sin x + cos x ) = 0
⇔ cos 2 x(sin 2 x + 1 − cos 2 x ) + 2(sin x + cos x ) = 0
(
)
⇔ cos 2 x 2 sin x cos x + 2 sin 2 x + 2(sin x + cos x ) = 0 ⇔ (sin x + cos x )(cos 2 x sin x + 1) = 0
π
+) Với sin x + cos x = 0 ⇔ x = − + kπ, k ∈ Z
4
+) Với cos 2 x sin x + 1 = 0 ⇔ 1 − 2 sin 2 x sin x + 1 = 0 ⇔ (sin x − 1) − 2 sin 2 x − 1 = 0
π
⇔ sin x = 1 ⇔ x = + 2mπ, ( m ∈ Z )
2
Câu 3 (1,0 điểm).
1
x =1⇒ t = 0
1
Đặt t = ln x ⇒ dt = dx . Đổi cận
⇒ I = ∫ ln 1 + t 2 dt
x = e ⇒ t =1
x
0
(
)
(
(
(
)
2t
u = ln 1 + t 2
dt
du =
2
Đặt
⇒
1 + t 2 ⇒ I = t ln 1 + t
dv = dt
v = t
1
(
)
1
)
)
1
2t 2
−∫
dt = ln 2 − 2 J
2
0 1+ t
0
1
1
t2
1
π
Xét J = ∫ 2
dt = ∫ 1 − 2
dt = ( t − arctan t ) = 1 −
t +1
4
0 t +1
0
0
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Vậy I = ln 2 − 2 +
Facebook: Lyhung95
π
2
Câu 4 (1,0 điểm).
11
8
(1 + i )2
2i (1 − i )
a) Ta có i.z =
+
= 16 − i ⇒ z = −1 − 16i ⇒ z = −1 + 16i
2
2
Do đó w = z + iz = −1 − 16i + i ( −1 + 16i ) = −17 − 17i ⇒ w = 17 2 + 17 2 = 17 2
b) Đặt t = log 2 x ta có t 2 + t − 2 =
15 25
+ 2.
t
t
1 − 21
1− 21
t =
2
x
=
2
2
⇔
⇔ t 4 + t 3 − 2t 2 − 15t − 25 = 0 ⇔ t 2 − t − 5 t 2 + 2t + 5 = 0 ⇔
1+ 21
1 + 21
2
=
t
x = 2
2
(
)(
)
1 5 3
t + 2 = t + 2 ⇒ t
15 25
1 5 3
2
Cách khác: t + t − 2 = + 2 ⇔ t + = + ⇒
t t
2 t 2
t + 1 + 5 + 3 = 0 ⇒ t
2 t 2
2
2
Câu 5 (1,0 điểm).
A
M
N
C
(Oxy)
B
Gọi C ( c1; c2 ;0 ) ∈ ( Oxy ) khi đó ta có AC = ( c1 − 1; c2 − 1; −2 ) ; AB = ( −1; −2;1)
Do C = ( AB ) ∩ ( Oxy ) ⇒ C ∈ ( AB ) khi đó AC ; AB cùng phương
Nên tồn tại số thực k sao cho AC = k AB
c1 − 1 = − k
c1 = 3
Vậy AC = k AB ⇔ c2 − 1 = −2k ⇔
⇒ C ( 3;5; 0 )
c2 = 5
−2 = k
Gọi M ( m, n, p ) ∈ ( AB ) ⇒ AM = ( m − 1; n − 1; p − 2 ) ; AB = ( −1; −2;1)
AM ; AB cùng phương nên tồn tại số thực t sao cho AM = t AB
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
m − 1 = −t
m = 1 − t
⇔ n − 1 = −2t ⇔ n = 1 − 2t ⇒ M (1 − t ;1 − 2t ; 2 + t )
p−2 = t
p = 2+t
Ta có CM =
( t + 2 )2 + ( 2t + 4 )2 + ( 2 + t )2
= 6t 2 + 24t + 24
Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên ( Oxy ) suy ra MN = z M = t + 2
Tam giác MNC vuông tại N suy ra MN 2 + NC 2 = MC 2
t = 0
6t 2 + 24t + 24 = t 2 + 4t + 4 + 20 ⇔ 5t 2 + 20t = 0 ⇔
t = −4
Với t = 0 ⇒ M (1;1; 2 ) ; t = −4 ⇒ M ( 5;9; −2 )
Vậy M (1;1; 2 ) hoặc M ( 5;9; −2 ) là các điểm cần tìm.
Câu 6 (1,0 điểm).
+) Tính thể tích khối chóp H.SCD
Do ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD = 2a ⇒ AB = BC = CD = a
Trong ∆ v SAB : SA2 = SH .SB
SH SA2
SA2
6a 2 6
= 2 = 2
=
=
SB SB
SA + AB 2 7 a 2 7
V
SH 6
6
Lại có: HSCD =
= ⇒ VHSCD = VSBCD
VS . BCD SB 7
7
⇒
Dựng BE ⊥ AD ⇒ Trong ∆ v ABD có:
a 3
a2 3
⇒ S BCD =
2
4
2
3
1
a 3 a 2
= a 6.
=
3
4
4
BE. AD = AB.BD ⇒ BE =
1
⇒ VSBCD = .SA.S BCD
3
6
6a 3 2 3a 3 2
⇒ VHSCD = VSBCD =
=
7
28
14
+) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC
Do AD / / BC ⇒ AD / / ( SBC ) ⇒ d ( AD, SC ) = d ( AD, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) )
Dựng hình bình hành ADBG. Vì AB ⊥ BD ⇒ AB ⊥ AG
AG ⊥ AB
Nối GH, dựng AI ⊥ GH . Ta có:
⇒ AG ⊥ ( SAB ) ⇒ AG ⊥ SB, AG ⊥ AH
AG ⊥ SA
AG ⊥ SB
Lại có:
⇒ SB ⊥ ( AGH ) ⇒ SB ⊥ AI . Và AI ⊥ GH ⇒ AI ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A, ( SBC ) ) = AI
AH ⊥ SB
Từ đó ta có:
1
1
1
1
1
1
1
1
1
9
a 6
=
+
=
+
+ 2 =
+
+ 2 = 2 ⇒ AI =
2
2
2
2
2
2
2
AI
AG
AH
AG
AB
SA
BD
AB
SA
6a
3
Vậy d ( A, ( SBC ) ) = AI =
a 6
3
Câu 7 (1,0 điểm).
Ta có phương tích MA.MB = MI 2 − R 2 với I là tâm đường tròn, I (1;3) .
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
Thật vậy, gọi H là hình chiếu của I trên đoạn AB thì
MA.MB = MH + HA MH + HB = MH 2 + MH HA + HB + HA.HB
(
)(
)
(
)
= MH 2 − HA2 = MI 2 + HI 2 − ( HA2 + HI 2 ) = MI 2 − R 2
MI = 10 > R nên M nằm ngoài đường tròn, khi đó MA.MB = 1 .
Theo giả thiết
(
)
(
MA + MB = 2 1 + 5 ⇔ MA + MB + 2 MA.MB = 2 1 + 5
)
⇔ MA + MB = 2 5 ⇒ ( MA + MB ) = 20 ⇔ MA2 + MB 2 + 2MA.MB = 20
2
⇒ MA2 + MB 2 = 18 ⇒ MA2 + MB 2 − 2MA.MB = 16 ⇔ MB − MA = 16 ⇔ AB = 4
2
Từ đó AH = 2 ⇒ IH = R 2 − AH 2 = 5 . Ta có d : a ( x − 4 ) + b ( y − 4 ) = 0; a 2 + b 2 > 0 .
Khi đó d ( I ; AB ) = 5 ⇔
3a − b
a +b
2
2
= 5 ⇔ 9a 2 − 6ab + b 2 = 5a 2 + 5b 2
b = −2 a
⇔ 4a 2 − 6ab − 4b 2 = 0 ⇔ ( 2a + b )( a − 2b ) = 0 ⇔
a = 2b
• Với b = −2a ⇒ a = 1; b = −2 ⇒ d : x − 2 y + 4 = 0
• Với a = 2b ⇒ b = 1; a = 2 ⇒ 2 x + y − 12 = 0
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là x − 2 y + 4 = 0; 2 x + y − 12 = 0
Câu 8 (1,0 điểm).
Điều kiện x ∈ ℝ .
Bất phương trình đã cho tương đương với x3 − 3 x ( x 2 − x + 2 ) + 2
Đặt
x2 − x + 2 = t
(x
2
− x + 2) ≥ 0 .
3
( t > 0 ) thu được
x = t
2
x3 − 3 xt 2 + 2t 3 ≥ 0 ⇔ x 2 ( x + 2t ) − 2 xt ( x + 2t ) + t 2 ( x + 2t ) ≥ 0 ⇔ ( x + 2t )( x − t ) ≥ 0 ⇔
x + 2t ≥ 0
x ≥ 0
• x = t ⇔ x = x2 − x + 2 ⇔ 2
⇔ x=2.
2
x
=
x
−
x
+
2
x > 0
x > 0
• x + 2t ≥ 0 ⇔ 2 x 2 − x + 2 ≥ − x ⇔ x ≤ 0
⇔ x ≤ 0
⇔ x∈ℝ .
2
2
2
4 x − 4 x + 8 ≥ x
3 x − 4 x + 8 ≥ 0
Bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = ℝ .
Câu 9 (1,0 điểm).
a
b
> 0, y = > 0 khi đó x 3 + y3 = 1
c
c
3
3
= x + y + 3 xy ( x + y ) = 1 + 3 xy ( x + y ) .
Do a, b, c > 0 , đặt x =
Ta có ( x + y )
3
Chia tử và mẫu của biểu thức P cho c 2 ≠ 0 và thay x =
a
b
> 0, y = > 0 ta được
c
c
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
( x + y ) − 2 xy − 1
x2 + y 2 − 1
P=
=
(1 − x )(1 − y ) − ( x + y ) + xy + 1
2
t > 1
t > 1
t 3 −1
Đặt t = x + y ⇒ xy =
, vì x, y > 0 nên ta có 2
⇔1< t ≤ 3 4 .
t3 −1 ⇔ 3
3t
t ≤ 4
t ≥ 4
3t
t 3 − 3t + 2
t +2
3
Biểu thức trở thành P = 3
=
= 1+
= f (t )
2
t − 3t + 3t −1 t −1
t −1
3
4+2
Vì 1 < t ≤ 3 4 ⇒ 0 < t − 1 ≤ 3 4 − 1 suy ra f (t ) ≥ 3
.
4 −1
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là
3
4+2
khi a = b, c = a 3 2 .
4 −1
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015
[Môn Toán – Đề số 02]
Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH]
2x −1
có đồ thị (C).
x−2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Đường thẳng d đi qua điểm E(4; 4) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
tại M, N sao cho tam giác OMN có diện tích nhỏ nhất. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại A, B.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 cos 2 2 x − 2 cos 2 x + 4 sin 6 x + cos 4 x = 1 + 4 3 sin 3 x cos x.
x4 − 1
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ 3 ( ln( x 2 + 1) − ln x )dx.
x
1
2
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 = z2 = 1, z1 + z2 = 3 . Tính z1 − z2 .
b) Tìm m để phương trình 3log 27 (2 x 2 − x + 2m − 4m 2 ) + log 1
x 2 + mx − 2m 2 = 0 có hai nghiệm
3
x1 ; x2 sao cho x12 + x22 > 1.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
d1 :
x+ 4 y −5 z +7
x−2
y
z +1
=
=
=
=
và d 2 :
. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua
1
−1
1
1
−1 − 2
M (−1; 2; 0), vuông góc với đường thẳng d1 và tạo với d 2 góc 600.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình chữ nhật, AB = a. Hình chiếu
vuông góc của đỉnh C ' xuống mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc AC sao cho AH =
1
AC. Biết góc
4
giữa hai mặt phẳng (CDD ' C ') và (ABCD) bằng 600; khoảng cách từ B đến mặt phẳng (CDD ' C ')
3a
. Tính thể hình hộp ABCDA ' B ' C ' D ' và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '. ABC
2
theo a.
bằng
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm
trên đường thẳng d : x + y − 1 = 0 . Điểm E ( 9; 4 ) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm
F ( −2; −5) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC = 2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình thoi
ABCD biết điểm C có hoành độ âm.
2
x − y)
(
2x +1 + 2 y +1 =
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
( x + y )( x + 2 y ) + 3 x + 2 y = 4
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c và thỏa mãn 2ab + 5bc + 6ca = 6abc.
ab
4bc
9ca
+
+
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
b + 2 a 4c + b a + 4c
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 2
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Các em học sinh tự làm.
x y
b) Đường thẳng ( d ) : + = 1, ( a > 0, b > 0 )
a b
4 4
Đường thẳng (d) đi qua điểm E ( 4; 4 ) ⇒ + = 1
a b
4 4
4.4
8
Ta có 1 = + ≥ 2
=
⇔ ab ≥ 8 ⇔ ab ≥ 64
a b
ab
ab
a = b
1
S ∆OMN = ab ≥ 32 suy ra S ∆OMN = 32 ⇔ 4 4
⇔ a =b=8
2
+
=
1
a b
Vậy S ∆OMN nhỏ nhất bằng 32 khi a = b = 8 ⇒ ( d ) : y = − x + 8
Giao điểm của (d) và (H) là A ( 3;5 ) ; B ( 5;3) . f ' ( 3 ) = −3; f ' ( 5 ) = −
3
4
+) Phương trình tiếp tuyến của (H) tại A ( 3;5 ) là y = −3 ( x − 3) + 5 = −3x + 14
+) Phương trình tiếp tuyến của (H) tại A ( 5;3) là y = −
3
3
27
( x − 5) + 3 = − x +
4
4
4
Câu 2 (1,0 điểm).
PT ⇔ 2 cos 2 2 x − 2 cos 2 x + 4 sin 6 x = 2 sin 2 2 x + 4 3 sin 3 x cos x
⇔ cos 2 2 x − cos 2 x + 2sin 6 x = sin 2 2 x + 2 3 sin 3 x cos x
⇔ cos 2 2 x − sin 2 2 x − cos 2 x + 2sin 6 x = 2 3 sin 3 x cos x
⇔ cos 4 x − cos 2 x + 2 sin 6 x = 2 3 sin 3 x cos x
⇔ −2 sin 3 x sin x + 4 sin 3 x cos 3 x = 2 3 sin 3 x cos x
sin 3 x = 0
⇔ −2sin 3 x sin x − 2 cos 3 x + 3 cos x = 0 ⇔
sin x + 3 cos x = 2 cos 3 x
kπ
+) Với sin 3 x = 0 ⇔ x = ( k ∈ Z )
3
π
x = − + kπ
π
12
+) Với sin x + 3 cos x = 2 cos 3 x ⇔ cos x − = cos 3 x ⇔
(k ∈ Z )
6
x = π + kπ
24 2
π
π kπ
kπ
Vậy nghiệm của phương trình là x = − + kπ; x =
+ ; x = ( k ∈ Z ).
12
24 2
3
(
)
Câu 3 (1,0 điểm).
2 4
2 2
x −1
x + 1 x2 − 1 x2 + 1
Ta có I = ∫ 3 ( ln( x 2 + 1) − ln x )dx = ∫
ln
dx
x
x
x2
x
1
1
Đặt t =
x2 + 1
1
1
x2 −1
= x + ⇒ dt = 1 − 2 dx = 2 dx .
x
x
x
x
Đổi cận x = 1 ⇒ t = 2 ; x = 2 ⇒ t =
5
2
5
. Ta có I = ∫ t ln tdt
2
2
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
dt
5
du =
5
5
u = ln t
t2
12
25 5
1 2
25 5
9
t
Đặt
⇒
→ I = ln t 2 − ∫ tdt = ln − 2 ln 2 − t 2 = ln − 2 ln 2 −
2
2
22
8 2
4
8 2
16
dv = tdt v = t
2
2
2
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Gọi z1 = a1 + b1i; z2 = a2 + b2i a1 , b1 , a2 , b2 ∈ R .
Ta có z1 = z2 = 1 ⇒ a12 + b12 = a22 + b22 = 1
+) z1 + z2 = 3 ⇒ ( a1 + a2 ) + ( b1 + b2 ) = 3 ⇒ 2 ( a1b1 + a2b2 ) = 1
2
+) z1 − z2 =
2
( a1 − a2 ) + ( b1 − b2 )
2
2
= a12 + b12 + a22 + b22 − 2 ( a1b1 + a2 b2 ) = 1
b) BPT đã cho tương đương với log 3 (2 x 2 − x + 2m − 4m 2 ) = log 3 ( x 2 + mx − 2m 2 )
x 2 + mx − 2m 2 > 0
x + mx − 2m > 0
⇔ 2
⇔ x = 1 − m
2
x + (m + 1) x + 2m − 2m > 0
x = 2m
2
2
(2m) 2 + m(2m) − 2m 2 > 0
4m 2 > 0
−1 < m < 0
2
2
2
YCBT ⇔ (1 − m) + m(1 − m) − 2m > 0 ⇔ −2m − m + 1 > 0 ⇔ 2
1
5m 2 − 2m > 0
2
5
Câu 5 (1,0 điểm).
Giả sử ∆ có vtcp u∆ = (a; b; c), a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0.
Ta có ∆ ⊥ d1 ⇔ u∆ .u1 = 0 ⇔ a − b + c = 0 ⇒ b = a + c
Do (∆
, d 2 ) = 600 ⇔
a − b − 2c
1 + 1 + 4. a 2 + b 2 + c 2
= cos 600 =
1
⇔ 2(a − b − 2c)2 = 3(a 2 + b 2 + c 2 ) (2)
2
a = c , b = 2c
⇔ 18c 2 = 3 a 2 + (a + c) 2 + c 2 ⇔ a 2 + ac − 2c 2 = 0 ⇔
a = −2c, b = −c.
x +1 y − 2 z
+) Với a = c, b = 2c, chọn c = 1 ⇒ u∆ = (1; 2; 1) ta có ∆ :
=
= .
1
2
1
x +1 y − 2 z
+) Với a = −2c, b = −c, chọn c = −1 ⇒ u∆ = (2; 1; − 1) ta có ∆ :
=
= .
2
1
−1
Câu 6 (1,0 điểm).
Đ/s: VABCD. A ' B 'C ' D ' =
9a 2
9 3a 3
3601
.a 3 =
;R = a
4
4
24
Câu 7 (1,0 điểm).
B
E
I
A
J
C
E'
F
D
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
nên E’ thuộc AD. EE’
Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC, do AC là phân giác của góc BAD
vuông góc với AC và qua điểm E ( 9; 4 ) nên có phương trình x − y − 5 = 0 .
x − y − 5 = 0
x = 3
Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ
⇔
⇒ I ( 3; 2 )
x + y −1 = 0
y = −2
Vì I là trung điểm của EE’ nên E '(−3; −8)
Đường thẳng AD qua E '(−3; −8) và F (−2; −5) có VTCP là E ' F = (1;3) nên phương trình là:
3( x + 3) − ( y + 8) = 0 ⇔ 3 x − y + 1 = 0
Điểm A = AC ∩ AD ⇒ A(0;1) . Giả sử C (c;1 − c) .
Theo bài ra AC = 2 2 ⇔ c 2 = 4 ⇔ c = 2; c = −2 . Do hoành độ điểm C âm nên C (−2;3)
Gọi J là trung điểm AC suy ra J (−1; 2) , đường thẳng BD qua J và vuông góc với AC có phương trình
x − y + 3 = 0 . Do D = AD ∩ BD ⇒ D (1; 4) ⇒ B (−3; 0)
Vậy A(0;1) , B (−3;0), C (−2;3), D (1; 4).
Câu 8 (1,0 điểm).
1
x
≥
−
2
Điều kiện:
y ≥ − 1
2
x + y −1 = 0
Pt(2) ⇔ x 2 + ( 3 y + 3 ) x + 2 y 2 + 2 y − 4 = 0 ⇔
x + 2 y + 4 = 0 ( L)
Pt(1) ⇔ 2 x + 1 +
( x + y)
2 y +1 =
2
− 4 xy
2
( x + y )2 − 4 xy
⇔ 2 ( x + y ) + 2 + 2 4 xy + 2 ( x + y ) + 1 =
2
2
⇔ 8 4 xy + 3 = ( 4 xy + 3)( 4 xy − 5)
4 xy + 3 = 0
⇔
2
( 4 xy − 5) 4 xy + 3 = 8 ( L) (do 1 = ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ 4 xy − 5 < 0)
1
3
x
=
x + y = 1 x = −
2
2
Hệ đã cho tương đương:
∨
3⇔
3
xy = −
y =
y = − 1
4
2
2
1 3 3 1
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: ( x; y ) = − ; , ; −
2 2 2 2
Câu 9 (1,0 điểm).
5 6 2
+ + =6
a b c
1
1
1 x, y , z > 0
Đặt x = , y = , z = ⇒
a
b
c
5 x + 6 y + 2 z = 6
1
4
9
Khi đó P =
+
+
x + 2 y 4 y + z z + 4x
Từ giả thiết ta có ⇒
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
1
4
9
1
4
9
+
+
+6=
+
+
+ x + 2 y + 4 y + z + z + 4x
x + 2 y 4 y + z z + 4x
x + 2 y 4 y + z z + 4x
1
4
9
=
+ x + 2y +
+ 4y + z +
+ z + 4 x ≥ 2 + 4 + 6 = 12 ⇒ P ≥ 6
x + 2y
4y + z
z + 4x
Vậy GTNN của P bằng 6, dấu ‘=’ xẩy ra khi a = 2; b = 4; c = 1
⇒ P+6=
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015
[Môn Toán – Đề số 03]
Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH]
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 3mx − 1 , với m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = 0.
b) Tìm m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu tại x1 ; x2 thỏa mãn 3 x12 + 4 x22 = 39.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3 x + sin 2 x + sin x + 1 = cos 3 x + cos 2 x − cos x.
π
4
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
cos 2 x
π
0 1 + sin 2 x .cos x −
(
)
4
dx.
Câu 4 (1,0 điểm).
2
a) Cho số phức z thỏa mãn z − 2 z = 3(−1 + 2i ) . Tính z + z
2 log 3 y = log 2 1 x − 1
2
b) Giải hệ phương trình
log 2 y = (log 2 x − 1).log 2 3
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
x − 3 y + 2 z +1
=
=
và
2
1
−1
mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong (P) sao cho ∆ vuông góc
với d và khoảng cách giữa hai đường thẳng d và ∆ bằng
2 21
.
3
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a; AD = a 2, góc
giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 600. Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB cân
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(5, −7) , điểm C
thuộc vào đường thẳng có phương trình x − y + 4 = 0 . Đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn
AB có phương trình: 3 x − 4 y − 23 = 0 . Tìm tọa độ của B và C, biết điểm B có hoành độ dương.
x( y − 1) + 2 y = x( x + 1)
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2
4 x + 3 x + 3 = 4 y y + 3 + 2 2 x − 1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương và a + b + c = 3 .
3
Chứng minh rằng 2a + b + ab + bc + 3 abc ≤ 7
4
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 3
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Các em tự làm nhé!
b) Ta có: y ' = 3 x 2 − 6 x + 3m = 0 ⇔ x 2 − 2 x + m = 0 (1) ⇒ x 2 = 2 x − m
Để hàm số có CĐ, CT ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ '(1) = 1 − m > 0 ⇔ m < 1 (*)
x1 + x2 = 2 ( 2 )
Khi đó gọi x1 ; x2 là nghiệm của PT (1) ta có:
(theo Vi-ét)
x1 x2 = m ( 3)
Mặt khác: 3 x12 + 4 x22 = 3 ( 2 x1 − m ) + 4 ( 2 x2 − m ) = 6 x1 + 8 x2 − 7 m = 39 ⇔ 3 x1 + 4 x2 =
39 + 7 m
( 4)
2
27 + 7 m
m = −3
x2 =
2
thay vào ( 3) ta có: ( 7 m + 23)( 7 m + 27 ) = −4m ⇔
Kết hợp ( 2 ) ; ( 4 ) ⇒
m = − 207
−
23
−
7
m
x =
49
1
2
Kết hợp điều kiện (*) suy ra m = −3, m = −
207
là giá trị cần tìm.
49
Câu 2 (1,0 điểm).
Phương trình đã cho tương đương với (sin 3 x + sin x) + sin 2 x + 1 − cos 2 x = cos 3 x − cos x
⇔ 2 sin 2 x cos x + 2 sin x cos x + 2 sin 2 x = −2 sin 2 x cos x
⇔ sin 2 x(cos x + sin x) + sin x(cos x + sin x) = 0
sin x = 0
⇔ sin x(2 cos x + 1)(cos x + sin x) = 0 ⇔ 2 cos x + 1 = 0
sin x + cos x = 0
+) Với sin x = 0 ⇔ x = kπ
1
2π
+ k 2π
+) Với 2 cos x + 1 = 0 ⇔ cos x = − ⇔ x = ±
2
3
π
+) Với cos x + sin x = 0 ⇔ x = − + kπ
4
2π
π
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = kπ, x = ±
+ k 2 π, x = − + kπ, ( k ∈ ℤ ) .
3
4
Câu 3 (1,0 điểm).
π
4
π
4
(cos x − sin x)(cos x + sin x)
(cos x − sin x)
dx = 2 ∫
dx
2
1
(sin
x
+
cos
x
)
0 (sin x + cos x ) 2 .
0
(cos x + sin x)
2
Đặt t = sin x + cos x ⇒ dt = (cos x − sin x) dx
π
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = ⇒ t = 2
4
Ta có I =
∫
2
Suy ra I = 2
dt
∫t
2
1
=−
2 2
= 2 − 1 . Vậy I = 2 − 1.
t 1
Câu 4 (1,0 điểm).
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
a) Đặt z = x + yi ⇒ x 2 + y 2 − 2 ( x − yi ) = 3 ( −1 + 2i ) ↔ x 2 + y 2 − 2 x + 2 yi = −3 + 6i
y = 3
y = 3
2
2
y
3
=
x + y − 2 x = −3
x = 4
3
3
↔
↔ 2
↔ x ≥
↔ x ≥
⇒
2
2
y = 3
x + 9 = 2 x − 3
2 y = 6
2
2
x + 9 = 4 x − 12 x + 9 x = 0 ( Loai )
x = 4 (TM )
2
Ta tìm được z = 4 + 3i suy ra z + z = 5 + 25 = 30
2.log 3 y = log 22 x − 1
x > 0
b) Điều kiện
. Khi đó hpt ⇔
y > 0
log 3 y = log 2 x − 1
log 2 x = 1
x = 2
Thế (2) vào (1) ⇒
⇔
(t / m) .
y =1
log3 y = 0
(1)
( 2)
Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( x; y ) = ( 2;1)
Câu 5 (1,0 điểm).
u∆ ⊥ n p
Ta có ⇒ u∆ = u∆ , ud = ( 2; −3;1) và d ∩ ( P ) = A (1; −3;0 ) .
u∆ ⊥ ud
Mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d, đi qua điểm M ( 3; −2; −1) ∈ d , và vuông góc với mặt phẳng (P)
2 ( x − 3) − 3 ( y + 2 ) + z + 1 = 0 ⇔ 2 x − 3 y + z − 11 = 0 .
Phương trình đường thẳng giao tuyến l = ( P ) ∩ ( Q ) thỏa mãn
2 x − 3 y + z − 11 = 0
⇒ x = 4t + 13; z = −5t − 15; y = t .
x + y + z + 2 = 0
2 21
= 2 = 2.
Giả sử l ∩ ∆ = B , kẻ CB ⊥ d thì BC =
và sin BAC
3
3
6. 3
2 BC
3BC
=
⇒ AC =
= 42 . Ta có AC = ( 4t + 12; t + 3; −5t − 15 )
Suy ra
3
AC
2
t = −2
2
2
2
2
Khi đó AC 2 = 42 ⇔ 16 ( t + 3) + ( t + 3) + 25 ( t + 3) = 42 ⇔ ( t + 3) = 1 ⇔ t + 3 = 1 ⇒
t = −4
x−5 y +2 z +5
+) Với t = −2 ⇒ C ( 5; −2; −5 ) ⇒ ∆1 :
=
=
.
2
−3
1
x +3 y + 4 z −5
+) Với t = −4 ⇒ C ( −3; −4;5 ) ⇒ ∆ 2 :
=
=
.
2
−3
1
Câu 6 (1,0 điểm).
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
+) Tính thể tích khối chóp S.ABCD
Do ∆SAB cân ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
Kẻ HE ⊥ AC = { E}
SH ⊥ AC
⇒ AC ⊥ ( SHE )
Ta có:
HE ⊥ AC
⇒ ( ( SAC ) ; ( ABCD ) ) = SEH
= 60o
= AB . BC = a
Trong ∆AHE : HE = AH .sin EAH
2 AC
6
= a
⇒ SH = HE.tan SEH
2
1
a3
⇒ VS . ABCD = .SH .S ABCD =
3
3
+) Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHC.
Do ∆SAH ⊥ { H } ⇒ trung điểm M của SA là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆SAH
Gọi N là trung điểm AH. Qua N kẻ Ny / / AD ⇒ Ny ⊥ ( SAH ) .
Dựng Mx / / Ny ⇒ Mx là trục đường đường tròn ngoại tiếp ∆SHA .
Dựng đường thẳng qua tâm O của đáy vuông góc với AC, cắt Ny, AD tại J, K thì J là tâm đường tròn
ngoại tiếp ∆AHC . Trong mp ( Mx; Ny ) kẻ Jt ⊥ ( ABCD ) ⇒ Jt là trục đường tròn ngoại tiếp ∆AHC .
Giao điểm I = Mx ∩ Jt chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SAHC.
Ta có: R 2 = IH 2 = IJ 2 + JH 2 = MN 2 + JH 2
Tính được: AK =
⇒R=
AO
OH + AK 5a 2
AH 2 3a 6
3a 2
=
; NJ =
=
⇒ HJ = NJ 2 +
=
4
2
8
4
8
cos CAD
SH 2
31
+ HJ 2 = a
4
32
Đáp số: VS . ABCD =
a3
31
; RS ( I ; IH ) = a
3
32
Câu 7 (1,0 điểm).
Gọi C ( c; c + 4 ) ∈ d1 , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2: 3x – 4y – 23 = 0.
c + 10 c − 10
Ta có ∆AIM đồng dạng ∆CID ⇒ CI = 2 AI ⇒ CI = 2 IA ⇒ I
;
3
3
c + 10
c − 10
Mà I ∈ d 2 nên ta có: 3
−4
− 23 = 0 ⇔ c = 1 , vậy C(1; 5).
3
3
3t − 9
3t − 23
Ta lại có M ∈ d 2 ⇒ M t ;
⇒ B 2t − 5;
4
2
3t + 5
3t − 19
AB = 2t − 10;
, CB = 2t − 6;
2
2
t = 1
1
Do AB.CB = 0 ⇔ 4 ( t − 5 )( t − 3) + ( 3t + 5 )( 3t − 19 ) = 0 ⇔ 29
t =
4
5
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
B(−3; −3) (loai )
33 21
⇒ 33 21
⇒ B ;
B ;
5 5
5 5
Câu 8 (1,0 điểm).
1
.
2
Ta có x ( y − 1) + 2 y = x ( x + 1) ⇔ xy + 2 y = x 2 + 2 x ⇔ y ( x + 2 ) = x ( x + 2 )
Điều kiện y ≥ −3; x ≥
x = −2
⇔ ( x − y )( x + 2 ) = 0 ⇔
x = y
1
Loại trường hợp x = −2 < . Với x = y thì phương trình thứ hai trở thành
2
2
4 x + 3x + 3 = 4 x x + 3 + 2 2 x − 1 ⇔ 4 x 2 + 3x + 3 − 4 x x + 3 − 2 2 x − 1 = 0
⇔ 4x2 − 4x x + 3 + x + 3 + 2x − 1 − 2 2x − 1 + 1 = 0
x ≥ 0
2 x = x + 3
⇔ 2x − x + 3 + 2x −1 −1 = 0 ⇔
⇔ 4 x 2 − x − 3 = 0 ⇔ x = 1
2 x − 1 = 1
2 x − 1 = 1
Vậy hệ phương trình đã cho có duy nhất nghiệm ( x; y ) = (1;1) .
(
) (
2
)
2
Câu 9 (1,0 điểm).
3
3
1
1
1
Ta có P = 2a + b + ab + bc + 3 abc = 2a + b +
a.4b +
b.4c + 3 a.4b.16c
4
4
2
2
4
3
a + 4b b + 4c a + 4b + 16c 28(a + b + c)
P ≤ 2a + b +
+
+
=
=7
4
4
4
12
12
16
4
1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = , b = , c =
7
7
7
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015
[Môn Toán – Đề số 04]
Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH]
1 3 3 2
x − x − (m 2 − m − 2) x + 5
3
2
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho với m = 1.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
b) Tìm m để hàm số đạt cực trị tại các điểm có hoành độ x1; x2 thỏa mãn x12 + 2 x1 x2 + 3x22 = 2 x2 + 13x1.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
(
)
π
π
3 sin x + cos x ( sin x + cos x ) = 4 2 sin 2 x + cos x + .
4
4
(e
ln15
∫
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
3ln 2
2x
− 24e x ) dx
e x e x + 1 + 5e x − 3 e x + 1 − 15
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức z biết (1 + 2i ) z là số thực và z + 2 z −
b) Giải phương trình 4 2 x +
x+2
3
+ 2 x = 16.2
4 x +8
1
= 2 5.
2
+ 2x
3
+4 x−4
x = 1+ t
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : y = −t và mặt phẳng
z = 2
( P ) : x + y + z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) tại điểm M(1; –2; 0) và cắt d tại
A, B sao cho AB = 2 2.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a,
SA = a, SB = a 3 , góc BAC bằng 600, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AB và BC. Tính thể tích khối tứ diện NSDC và cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là
3 x + 5 y − 8 = 0, x − y − 4 = 0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D ( 4; −2 ) . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng
hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
1− x2
x2 + xy + 3 = 2 y
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2
2
2
2
2
( x y + 2 x ) − 2 x y − 4 x + 1 = 0
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 3.
2
2 2
1
1
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 + 3 + 3 + 2
+ 2
+ 2
.
2
2
x
y
z
x − xy + y
y − yz + z
z − zx + x 2
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 4
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Các em học sinh tự làm.
b) Tập xác định: D = R
y ' = x 2 − 3 x + ( m + 1)( 2 − m ) = x 2 − ( m + 1) + ( 2 − m ) x + ( m + 1)( 2 − m )
x = 1+ m
y ' = x 2 − ( m + 1) x − ( 2 − m ) x − ( m + 1)( 2 − m ) = ( x − m − 1)( x − m + 2 ) = 0 ⇔
x = 2 − m
+) TH1: x1 = 1 + m; x2 = 2 − m ⇒ (1 + m ) + 2 (1 + m )( 2 − m ) + 3 ( 2 − m ) = 2 ( 2 − m ) + 13 (1 + m )
2
2
m = 0
⇔ 2m − 19m = 0 ⇔
m = 19
2
2
m = 1
+) TH2: x1 = 1 + m; x2 = 2 − m ⇔ 2m + 15m − 17 = 0 ⇔
m = − 17
2
19
17
Vậy có 4 giá trị của m : m = 0; m = 1; m = ; m = −
2
2
2
Câu 2 (1,0 điểm).
Phương trình đã cho tương đương với
(
)
3 sin x + cos x (sin x + cos x) = 2(sin x + cos x) 2 (cos x − sin x)
sin x + cos x = 0
3 sin x + cos x − 2 cos 2 x = 0 ⇔
3 sin x + cos x = 2 cos 2 x
π
+) Với sin x + cos x = 0 ⇔ x = − + kπ
4
π
x = + k 2π
π
3
+) Với 3 sin x + cos x = 2 cos 2 x ⇔ cos 2 x = cos( x + ) ⇔
3
x = − π + k 2π
9
3
Câu 3 (1,0 điểm).
⇔ (sin x + cos x)
(
)
Đặt t = e x + 1 ⇒ t 2 − 1 = e x ⇒ e x dx = 2tdt . Ta có x = 3ln 2 ⇒ t = 3 ; x = ln15 ⇒ t = 4
(e
ln15
I=
∫
(t
I =∫
(t
2
2
3
− 24e x ) dx
e x e x + 1 + 5e x − 3 e x + 1 − 15
3ln 2
4
2x
− 25 ) 2tdt
(t
4
=∫
3
(t
2
2
− 25 ) 2tdt
− 1) t + 5 ( t 2 − 1) − 3t − 15
(t
4
=∫
3
2
− 25 ) 2tdt
t + 5t 2 − 4t − 20
3
( 2t − 10t ) dt = 2 − 3 − 7 dt = 2t − 3ln t − 2 − 7 ln t + 2
=∫
(
)
− 4) (t + 5)
( t − 4 ) ∫ t − 2 t + 2
4
2
4
2
3
4
3
3
= 2 − 3ln 2 − 7ln 6 + 7ln 5
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Ta gọi z = a + bi ( a; b ∈ R ) .Thế thì ta có (1 + 2i ) z = (1 + 2i )( a − bi ) = a + 2b + ( 2a − b ) i là số thực.
Điều này xảy ra khi 2a − b = 0 ⇔ b = 2a ⇒ z = a (1 + 2i ) .
Thay vào điều kiện thứ hai ta có z + 2 z −
1
1
= 2 5 ⇔ a + 2ai + 2a − 4ai − = 2 5
2
2
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831]
Facebook: Lyhung95
3 + 2 259
a=
1
1
79
2
26
⇔ 3a − − 2ai = 2 5 ⇔ 3a − + ( 2a ) = 20 ⇔ 13a 2 − 3a −
=0⇔
2
2
4
3 − 2 259
a =
26
3 + 2 259 3 + 2 259
3 − 2 259 3 − 2 259
Vậy có hai số phức z thỏa mãn là: z =
+
i; z =
+
i
26
13
26
13
2
b) ĐK: x ≥ − 2. Với điều kiện đó PT ⇔
⇔ 4 2+
x+2
(2
4 x−4
)
3
(
4
2 x+ x+2
)
+2
x3
(
− 1 − 2 x 24 x − 4 − 1 = 0 ⇔ (24 x − 4 − 1) 42 +
TH1: 24 x − 4 = 1 ⇔ 4 x − 4 = 0 ⇔ x = 1
TH2: 24 + 2
x+2
=4
3
= 2 x ⇔ x3 = 2 x + 2 + 4 ⇔ x3 − 8 = 2
x − 2 = 0
⇔ 2
x + 2x + 4 =
(
2+ x + 2
x+2
+2
− 2x
3
x3 + 4 x − 4
) = 0⇔
)
x + 2 − 2 ⇔ ( x − 2)( x 2 + 2 x + 4) =
2( x − 2)
x+2+2
2
, (*)
x+2 +2
Giải (*):VT = x 2 + 2 x + 4 = ( x + 1) 2 + 3 ≥ 3 ; VP =
2
≤ 1 ⇒ (*) vô nghiệm.
x+2 +2
Vậy nghiệm của PT là: x = 1; x = 2.
Câu 5 (1,0 điểm).
Đường thẳng d xác định đi qua K (1; 0; 2 ) và ud = (1; −1;0 )
Gọi ∆ là đường thẳng qua M và vuông góc với (P) ta có ∆ qua M (1; −2; 0 ) , vtcp : u = n p = (1;1;1)
x = 1+ t
Do đó: ∆ : y = −2 + t . Gọi I là tâm của mặt cầu ⇒ I ∈ ∆ ⇒ I (1 + t ; −2 + t ; t ) .
z = t
2
2
IK ; ud
2 ( t − 2 ) + ( 2t − 2 )
Ta có: d ( I ; AB ) =
=
, IM 2 = 3t 2
2
ud
2
AB
2
2
2
2
Mặt khác: d ( I ; AB ) +
= R = IM ⇔ 3t − 8t + 6 + 2 = 3t ⇔ t = 1 ⇒ I ( 2; −1;1) , R = 3
2
2
Vậy ( S ) : ( x − 2 ) + ( y + 1) + ( z − 1) = 3
2
2
2
Câu 6 (1,0 điểm).
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
- Xem thêm -
.PDF 
45 
212 
52 
