Tài liệu 50 bộ đề thi thử thpt quốc gia môn toán có lời giải chi tiết của thầy đặng thành nam (phần 2)

  • Số trang: 149 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 1158 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Tham gia: 27/02/2015

Mô tả:

! Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 26/50 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − m 2 x 2 + 3 (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2 . 2. Tìm m để hàm số (1) có cực tiểu, cực đại lần lượt là y1 , y2 thoả mãn y1 + y2 = 2 . Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình cos 2 x + cos x − 4 = sin x cos x − 4 sin x . b) Tìm số phức z thoả mãn (z − 1)(z + 2) = −1+ 3i . ⎧log (x 2 − y 2 ) = 3 Câu 3 (0,5 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ 2 . ⎩log 3 (x + y − 1) + 2 log 9 (x − y + 1) = 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2x 8x + 1 + x 2 + 8 ≥ 6x x + 3 . 2 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ (3x 5 + ln x)dx . 1 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tam giác ABD đều cạnh a, AA' = a . Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD. Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và A’C’. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A(0;7), tâm đường tròn nội tiếp là điểm I(0;1). Gọi E là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC. Tìm toạ độ các đỉnh B,C biết AH = 7HE và B có hoành độ âm. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x + y − 2z + 1 = 0 và hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,B và vuông góc với (P). Viết phương trình đường thẳng d cắt tia Ox , vuông góc với đường thẳng AB, song song với mặt phẳng (P) và cách (P) một khoảng bằng 3. Câu 9 (0,5 điểm). Có 3 lô sản phẩm A,B,C chuẩn bị nhập vào kho. Mỗi lô có 100 sản phẩm gồm sản phẩm loại I và sản phẩm loại II. Số sản phẩm loại I trong mỗi lô A,B,C lần lượt là 50,60,70. Người phụ trách nhập kho lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô A,B,C ra một sản phẩm để kiểm tra, nếu có ít nhất 2 trong 3 sản phẩm lấy ra để kiểm tra là sản phẩm loại I thì 3 lô hàng A,B,C được nhập kho. Tính xác suất để 3 lô hàng A,B,C được nhập kho. ⎡1 ⎤ Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực thoả mãn a,b,c ∈ ⎢ ;1⎥ và a + b + c = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của ⎣2 ⎦ biểu thức P = 2(b 2 + c 2 ) − a 2 1 1 + ac((a + c)2 − b 2 ) + ab((a + b)2 − c 2 ) . 2 a+c a+b ---HẾT--- Hotline:)0976)266)202)) Chi)tiết:)Mathlinks.vn! Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí))) 1! ! PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − m 2 x 2 + 3 (1) , với m là tham số thực. 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2 . 4. Tìm m để hàm số (1) có cực tiểu, cực đại lần lượt là y1 , y2 thoả mãn y1 + y2 = 2 . 1. Học sinh tự giải. ⎡x = 0 3 2 2. Ta có: y' = 4x − 2m x; y' = 0 ⇔ ⎢ 2 m 2 . ⎢x = ⎣ 2 + Để hàm số có cực đại, cực tiểu khi y’=0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 . m2 m2 m2 ; xCD = 0 ; ta có y1 = y(± )=− + 3; yCD = y(0) = 3 . 2 2 4 m2 = 2 ⇔ m 2 = 16 ⇔ m = 4(t / m); m = −4(t / m) . Theo giả thiết ta có: y1 + y2 = 6 − 4 Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình cos 2 x + cos x − 4 = sin x cos x − 4 sin x . b) Tìm số phức z thoả mãn (z − 1)(z + 2) = −1+ 3i . a) Phương trình tương đương với: sin 2 x − 4 sin x + sin x cos x − cos x + 3 = 0 ⇔ sin 2 x − sin x − 3sin x + 3 + sin x cos x − cos x = 0 Khi đó xCT = ± . ⎡sin x = 1 π ⇔ (sin x − 1)(sin x − 3 + cos x) = 0 ⇔ ⎢ ⇔ x = + k2π , k ∈! 2 ⎣sin x + cos x = 3(VN ) 2 2 b) Phương trình tương đương với: z + z − 2 = −1+ 3i ⇔ z + z = 1+ 3i ⇔ z 2 + z − (1+ 3i) = 0 −1− (3 + 2i) −1+ (3 + 2i) Δ z = 1+ 4(1+ 3i) = 5 + 12i = (3 + 2i)2 ⇒ z = = −2 − i; z = = 1+ i . 2 2 ⎧log (x 2 − y 2 ) = 3 Câu 3 (0,5 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ 2 . ⎩log 3 (x + y − 1) + 2 log 9 (x − y + 1) = 2 Điều kiện: x + y − 1 > 0, x − y + 1 > 0, x 2 − y 2 > 0 . Hệ phương trình tương đương với: 2 2 ⎧ x 2 − y2 = 8 ⎪⎧ x − y = 8 ⇔⎨ ⎨ ⎪⎩log 3 [ (x + y − 1)(x − y + 1)] = 2 ⎩log 3 (x + y − 1) + log 3 (x − y + 1) = 2 ⎧⎪ x 2 − y 2 = 8 ⎧⎪ x 2 − y 2 = 8 ⇔⎨ ⇔ ⎨ 2 2 2 2 ⎩⎪log 3 (x − (y − 1) ) = 2 ⎩⎪ x − (y − 1) = 9 . ⎧⎪ x 2 = 8 + y 2 ⎧x2 = 9 ⎡ x = −3, y = 1(l) ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎢ 2 2 ⎪⎩8 + y − (y − 1) = 9 ⎣ x = 3, y = 1(t / m) ⎩y = 1 Kết luận: Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (3;1) . Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2x 8x + 1 + x 2 + 8 ≥ 6x x + 3 . Điều kiện: x ≥ 0 . Hotline:)0976)266)202)) Chi)tiết:)Mathlinks.vn! Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí))) 2! ! Bất phương trình tương đương với: 2x 8x + 1 + x 2 + 8 − 6x x − 3 ≥ 0 . Xét hàm số f (x) = 2x 8x + 1 + x 2 + 8 − 6x x − 3 trên [ 0;+∞ ) , ta có: 24x + 2 x 24x + 2 x f '(x) = + 2 − 9 x; f '(x) = 0 ⇔ + 2 =9 x 8x + 1 8x + 1 x +8 x +8 ⇔ 2(12x + 1) x 2 + 8 + x 8x + 1 = 9 (x 2 + 8)(8x 2 + x) 13 1 2 ⎡ ⎤ ⇔ 2 x 2 + 8 ⎢(12x + 1) − 8x 2 + x ⎥ + 8x 2 + x ( x − x + 8) = 0 3 3 ⎣ ⎦ ⇔ 2 x 2 + 8 ⎡ 3(12x + 1) − 13 8x 2 + x ⎤ + 8x 2 + x (3 x − x 2 + 8 ) = 0 ⎣ ⎦ ⇔ 2 x 2 + 8(1− x)(56x + 9) 3(12x + 1) + 13 8x 2 + x + 8x 2 + x (1− x)(x − 8) 3 x + x2 + 8 . =0 ⎡x = 1 ⇔ (1− x).A = 0 ⇔ ⎢ ⎣A = 0 Trong đó A = 2 x 2 + 8(56x + 9) 3(12x + 1) + 13 8x 2 + x +) Nếu x ≥ 8 ⇒ A > 0 . + 8x 2 + x (x − 8) 3 x + x2 + 8 . +) Nếu 0 ≤ x < 8 ⇒ 3(12x + 1) + 13 8x 2 + x < 13(3 x + x 2 + 8 ) . 2 x 2 + 8(56x + 9) + 13(x − 8) 8x 2 + x > 0 .!! 13(3 x + x 2 + 8 ) Vậy!ta!chỉ!có! f '(x) = 0 ⇔ x = 1 .! Lập!bảng!biến!thiên!ta!được:! max f (x) = f (1) = 0 .! Do!vậy!bất!phương!trình!tương!đương!với:! f (x) ≥ 0 ⇔ x = 1 .!!! Vậy!tập!nghiệm!của!bất!phương!trình!là! S = {1} .!! 8 16(6x + 1) 9 Bình luận: Ta có thể chỉ ra f ''(x) = 2 + − < 0 !.! 2 (x + 8) x + 8 (8x + 1) 8x + 1 2 x Do đó: A > Từ!đó!suy!ra!phương!trình! f '(x) = 0 có!nghiệm!duy!nhất! x = 1 .! Kết luận: Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = {1} . Cách 2: Ta đánh giá như sau: Đặt t = x ≥ 0 , bất phương trình trở thành: 2t 2 8t 2 + 1 + t 4 + 8 ≥ 6t 3 + 3 .!! Sử!dụng!bất!đẳng!thức!AM!–GM!ta!có:! 2t t 17t 3 + t 2t 2 8t 2 + 1 = .3t. 8t 2 + 1 ≤ (9t 2 + 8t 2 + 1) = ! .! 3 3 3 Từ!đó!suy!ra:! 17t 3 + t + t 4 + 8 ≥ 6t 3 + 3 ⇔ 3 t 4 + 8 ≥ t 3 − t + 9 .! ! 3 +)!Ta!có:! t 3 − t + 9 = t(t − 1)2 + 2t 2 − 2t + 9 > 0,∀t ≥ 0 .!! Do!đó!bình!phương!hai!vế!ta!được:! Hotline:)0976)266)202)) Chi)tiết:)Mathlinks.vn! Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí))) 3! ! ! 9(t 4 + 8) ≥ (t 3 − t + 9)2 ⇔ (t − 1)2 (t + 1)(t 3 + t − 9t + 9) ≤ 0 (*) .! Mặt!khác:! ! t 3 + t − 9t + 9 = t(t − 2)2 + 5t 2 − 13t + 9 > 0,∀t ≥ 0 .! Do!đó! (*) ⇔ (t − 1)2 (t + 1) ≤ 0 ⇔ t = 1(do t + 1 > 0) ⇔ x = 1 .! Vậy!tập!nghiệm!của!bất!phương!trình!là! S = {1} .!!! !! !Bài)tập)tương)tự)L)! Giải!phương!trình! 2 8x 2 + 1 + 1+ 8 = 3 x (2 x + x x ) .!Đ/s:! x = 1 .! x4 2 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ (3x 5 + ln x)dx . 1 Ta có: 2 2 2 2 1 62 63 I = 3∫ x dx + ∫ ln x dx = x + ∫ ln x dx = + ln x dx 2 1 1 2 ∫1 1 1 5 2 2 2 61 63 63 = + (x ln x − ∫ dx ) = + 2 ln 2 − x = + 2 ln 2 1 1 1 2 2 2 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tam giác ABD đều cạnh a, AA' = a . Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD. Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và A’C’. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A(0;7), tâm đường tròn nội tiếp là điểm I(0;1). Gọi E là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC. Tìm toạ độ các đỉnh B,C biết AH = 7HE và B có hoành độ âm. +) Đường thẳng AE đi qua A,I chính là trục Oy. Theo tính chất đường phân giác ta có: 2 2 AI AB ⎛ AI ⎞ AB 2 AE 2 + BE 2 ⎛ AE ⎞ = ⇒⎜ ⎟ = = = ⎜⎝ ⎟ + 1 (1) . ⎝ IE ⎠ IE BE BE 2 BE 2 BE ⎠ Tam giác AEB và BEH đồng dạng (g.g) nên 2 SAEB AE ⎛ AE ⎞ = = 8 (2) . ⎜⎝ ⎟⎠ = BE SBEH HE 2 !!" 1 !!" AI ⎛ AI ⎞ = 3 ⇒ IE = AI ⇒ E(0;−1) . Từ (1),(2) suy ra: ⎜ ⎟ = 8 + 1 = 9 ⇒ ⎝ IE ⎠ IE 3 !!!" !!!" +) Ta có: AH = 7HE ⇒ H (0;0) . Đường thẳng BC đi qua E và vuông góc với Oy nên có phương trình là y + 1 = 0 . Gọi B(b;-1) thuộc BC, với b âm. Ta có: E là trung điểm BC nên C(-b;-1). Do H là trực tâm tam giác ABC nên: !!!" !!!" BH .AC = 0 ⇔ −b 2 + 8 = 0 ⇔ b = −2 2(do b < 0) ⇒ B(−2 2;−1),C(2 2;−1) . Hotline:)0976)266)202)) Chi)tiết:)Mathlinks.vn! Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí))) 4! ! Kết luận: Vậy B(−2 2;−1),C(2 2;−1) . 1 Bài tập tương tự - Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A(0;− ) . Gọi 2 M (−3 5; 7) là trung điểm cạnh BC. Tìm toạ độ các đỉnh B,C biết B có hoành độ âm và trực tâm tam giác ABC thuộc đường tròn nội tiếp tam giác ABC. !!!" 1 !!!" 3 9 ;1), I(− ; 4) . Đ/s: B(−6 5;1),C(0;13) . HD: Chứng minh AH = IM ⇒ H (− 2 5 5 Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x + y − 2z + 1 = 0 và hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,B và vuông góc với (P). Viết phương trình đường thẳng d cắt tia Ox , vuông góc với đường thẳng AB, song song với mặt phẳng (P) và cách (P) một khoảng bằng 3. !!!" !" ! !!!" !" ! Ta có: AB = (2; 4;−4),nP = (2;1;−2) ⇒ ⎡⎣ AB,nP ⎤⎦ = (−4;−4;−6) / /(2;2;−3) . Mặt phẳng (Q) vuông góc với (P) và qua A,B nên có vtpt là (2;2;-3). Vì vậy (Q) : 2x + 2y + 3z − 7 = 0 . +) Vì d vuông góc với đường thẳng AB, song song với mặt phẳng (P) nên !" ! !!!" !" ! !" ! ud / / ⎡⎣ AB,nP ⎤⎦ ⇒ ud = (2;2;−3) . +) Giả sử d cắt tia Ox tại điểm M(m;0;0) với m>0, ta có: ⎡ m = 8(t / m) 2m − 7 d(d;(P)) = d(M;(P)) = = 3⇔ ⎢ ⇒ M (8;0;0) . 3 ⎣ m = −1(l) x−8 y z Vì vậy d : . = = 2 2 −3 Câu 9 (0,5 điểm). Có 3 lô sản phẩm A,B,C chuẩn bị nhập vào kho. Mỗi lô có 100 sản phẩm gồm sản phẩm loại I và sản phẩm loại II. Số sản phẩm loại I trong mỗi lô A,B,C lần lượt là 50,60,70. Người phụ trách nhập kho lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô A,B,C ra một sản phẩm để kiểm tra, nếu có ít nhất 2 trong 3 sản phẩm lấy ra để kiểm tra là sản phẩm loại I thì 3 lô hàng A,B,C được nhập kho. Tính xác suất để 3 lô hàng A,B,C được nhập kho. Gọi A là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm tra từ lô A là loại I, ta có: P(A) = 0,5; P(A) = 0,5 . Gọi B là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm từ lô B là loại I, ta có: P(B) = 0,6; P(B) = 0, 4 . Gọi C là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm tra từ lô C là loại I, ta có: P(C) = 0, 7; P(C) = 0, 3 . Gọi X là biến cố lấy ra ngẫu nhiên mỗi lô một sản phẩm và được ít nhất 2 sản phẩm loại I. Ta có: X = A.B.C + A.B.C + A.B.C + AB.C . Ta có: P(X) = P(A.B.C + A.B.C + A.B.C + AB.C) = P(A.B.C) + P(A.B.C) + P(A.B.C) + P(AB.C) . = P(A).P(B).P(C) + P(A).P(B).P(C) + P(A).P(B).P(C) + P(A).P(B).P(C) = 0,5.0,6.0, 7 + 0,5.0,6.0, 7 + 0,5.0, 4.0, 7 + 0,5.0,6.0, 3 = 0,65 Bài tập tương tự Có ba lô hàng, người ta lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô hàng ra một sản phẩm. Biết rằng tỷ lệ sản phẩm tốt trong từng lô hàng là 0,5;0,6;0,7. Tính xác suất để trong 3 sản phẩm lấy ra kiểm tra có ít nhất một sản phẩm tốt. Đ/s: P(A) = 0,94 . Hotline:)0976)266)202)) Chi)tiết:)Mathlinks.vn! Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí))) 5! ! ⎡1 ⎤ Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực thoả mãn a,b,c ∈ ⎢ ;1⎥ và a + b + c = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của ⎣2 ⎦ 2(b 2 + c 2 ) − a 2 1 1 + ac((a + c)2 − b 2 ) + ab((a + b)2 − c 2 ) . 2 a+c a+b 2ac 1 2ab 1 ≤ ; ≤ .! Sử dụng giả thiết và bất đẳng thức AM –GM ta có: 2 2 (a + c) 2 (a + b) 2 Do!đó: 1 2ac a+c−b ac((a + c)2 − b 2 ) = a + c − b. ≤ , 2 a+c (a + c) 2 biểu thức P = 1 2ab a+b−c ab((a + b)2 − c 2 ) = a + b − c. ≤ 2 a+b (a + b) 2 2(b 2 + c 2 ) − a 2 a+b−c a+c−b + + . 2 2 2 b+c−a a+c−b a+b−c Để đơn giản ta đặt x = ,y = ,z = ⇒ x + y + z = 1 (x, y, z ≥ 0) . 2 2 2 Suy ra: P ≤ 2(b 2 + c 2 ) − a 2 (y − z)2 (y − z)2 = x+ + y+ z. . Khi đó: P = x + 4 4 4 Sử dụng bất đẳng thức Cachy –Schwartz ta có: Và ta có: P≤ x+ (y − z)2 = 3(x + = 3(x + ≤ 3(x + ≤ 3(x + 4 + 2. y+ z 2 ≤ (1+ 2)(x + (y − z)2 + 2( y + z)2 4 y+z 2 y+z 2 y+z 2 + + + ) = 3(x + (y − z)2 4 y+z 2 ( y + z)2 ( y − z)2 + 4 yz 4 + + ( y + z)2 2 (y − z)2 + 4 yz 4 ) ) ) . 2(y + z)( y − z)2 + 4 yz 4 2( y − z)2 + 4 yz 4 = 3(x + y + z) = 3 1 2 3 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = ⇔ a = b = c = . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 . Dấu bằng đạt tại a = b = c = 2 . 3 Cách 2: Tương tự cách trên ta đánh giá được: 2(b 2 + c 2 ) − a 2 a+b−c a+c−b + + . 2 2 2 a+b−c a+c−b + ⇒ t 2 = a + (a + b − c)(a + c − b) = a + a 2 − (b − c)2 .!Và! Đặt! t = 2 2 P≤ Hotline:)0976)266)202)) Chi)tiết:)Mathlinks.vn! Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí))) 6! ! 2 2 2 2(b 2 + c 2 ) − a 2 (b + c) − ⎡⎣ a − (b − c) ⎤⎦ (b + c + a 2 − (b − c)2 )(b + c − a 2 − (b − c)2 ) = = 4 4 4 ≤ (a + b + c)(b + c − a 2 − (b − c)2 ) b + c − a 2 − (b − c)2 = 4 2 = 2 − a − a 2 − (b − c)2 t2 = 1− 2 2 . t2 t2 t t2 + t = 1− + 2. ≤ (1+ 2)(1− + t 2 ) = 3 .!!! 2 2 2 2 2 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 . Dấu bằng đạt tại a = b = c = . 3 Do đó: P ≤ 1− Hotline:)0976)266)202)) Chi)tiết:)Mathlinks.vn! Đăng)ký)nhóm)3)học)sinh)nhận)ưu)đãi)học)phí))) 7! Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 28/50 Ngày thi : 18/04/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = (x −1)(x 2 − x +1− m) (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 2 . 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho x thoả mãn π π π < x < 2π và cot(x + ) = − 3 . Tính giá trị của biểu thức M = sin(x + ) + cos x . 2 3 6 b) Cho số phức z = 1− 2i . Tính môđun của số phức w = z − 25 z2 . Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 1 (x 2 + 3x + 2) = −1 . 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình (x 2 + 2x +1). x 2 + x +1 ≥ x 3 + 4x 2 + 2x −1 . 3 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ 1 1+ ln(e x .x) (x +1)2 dx . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SB = a và tất cả các cạnh còn lại bằng 2a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD (AB / /CD) . Gọi H,I lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng AC,CD. Giả sử M,N lần lượt là trung điểm của AD,HI. Viết phương trình đường thẳng AB biết M (1;−2), N (3;4) và đỉnh B nằm trên đường != thẳng x + y −9 = 0 , cos ABM 2 5 . Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1;1;0) và hai mặt phẳng (P) : x + y − 5 = 0;(Q) : y + z + 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng Δ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt (P) sao cho AM ⊥ Δ và đường thẳng AM cắt mặt phẳng (Q) tại N thoả mãn A là trung điểm MN. Câu 9 (0,5 điểm). Trong một kỳ thi người ta bố trí 32 thí sinh vào một phòng học gồm 8 bàn học song song với nhau, mỗi bàn học xếp 4 thí sinh. Trong 32 thí sinh này có 16 thí sinh nhóm I và 16 thí sinh nhóm II. Tính xác suất để bất kỳ hai học sinh ngồi cạnh nhau cũng như ngồi đối diện trên và dưới với nhau thuộc 2 nhóm khác nhau. Câu 10 (1,0 điểm). Với x là số thực thoả mãn 0 ≤ x ≤1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= Hotline: 0976 266 202 Chi tiết: Mathlinks.vn 1 x3 − x2 + 2 + 1 x2 − x4 + 2 + (x 2 − 2)(x 2 − 2 x ) + 2x + 2 4 . ---HẾT--Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí 1 PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = (x −1)(x 2 − x +1− m) (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 2 . 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt. 1. Học sinh tự giải. 2. Phương trình hoành độ giao điểm: ⎡x = 1 . (x −1)(x 2 − x +1− m) = 0 ⇔ ⎢⎢ 2 ⎢⎣ x − x +1− m = 0 (2) Để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1. ⎧Δ = 1− 4(1− m) > 0 3 ⎪ ⎪ ⇔ < m ≠1. ⎨2 ⎪ 1 −1+1− m ≠ 0 4 ⎪ ⎩ Vậy 3 4 < m ≠ 1 là giá trị cần tìm. Câu 2 (1,0 điểm). π π π < x < 2π và cot(x + ) = − 3 . Tính giá trị của biểu thức M = sin(x + ) + cos x . 2 3 6 a) Cho x thoả mãn b) Cho số phức z = 1− 2i . Tính môđun của số phức w = z − π π 3 2 25 z2 . a) Theo bài ra ta có: cot(x + ) = − 3 ⇔ x = − kπ . Vì π 2 π < x < 2π nên Khi đó: M = sin( 2 < 3 3π − kπ < 2π ⇔ − < k < 0 ⇒ k = −1⇒ x = . 2 2 2 π 3π b) Ta có: w = z − π 3π 3 + ) + cos − . 2 6 2 2 25 z 2 = (1− 2i)− 25 (1− 2i) 2 = (1− 2i) + 25 3+ 4i = (1− 2i) + (3− 4i) = 4− 6i . Vậy w = 42 + (−6)2 = 2 13 . Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 1 (x 2 + 3x + 2) = −1 . 2 ⎡ x >−1 Điều kiện: x 2 + 3x + 2 > 0 ⇔ ⎢⎢ . ⎢⎣ x <−2 Phương trình tương đương với: ⎡ x = 0(t / m) 1 . x 2 + 3x + 2 = ( )−1 = 2 ⇔ x 2 + 3x = 0 ⇔ ⎢⎢ 2 ⎢⎣ x = −3(t / m) Vậy nghiệm phương trình x = 0; x = −3 . Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình (x 2 + 2x +1). x 2 + x +1 ≥ x 3 + 4x 2 + 2x −1 . Bất phương trình đã cho tương đương với: (x +1)2 x 2 + x +1 ≥ x 3 + 4x 2 + 2x −1 ⇔ (x 2 + x +1+ x) x 2 + x +1 ≥ (x + 3)(x 2 + x +1)− 2(x + 2) . đặt t = x 2 + x +1 > 0 , bất phương trình trở thành: Hotline: 0976 266 202 Chi tiết: Mathlinks.vn Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí 2 t 3 −(x + 3)t 2 + xt + 2(x + 2) ≥ 0 ⇔ (t − x − 2)(t 2 −t − 2) ≥ 0 ⇔ (t − x − 2)(t +1)(t − 2) ≥ 0 ⇔ (t − x − 2)(t − 2) ≥ 0(do t +1> 0) . ⎡ −1+ 13 ⎢ ⎢−1≤ x ≤ 2 ⇔ ( x 2 + x +1 − x − 2)( x 2 + x +1 − 2) ≥ 0 ⇔ ⎢⎢ ⎢ 1+ 13 ⎢ x ≤− ⎢⎣ 2 ⎛ ⎤ ⎡ ⎤ ⎜ 1+ 13 ⎥ ⎢ −1+ 13 ⎥ Vậy tập nghiệm S = ⎜⎜−∞;− ⎥ ∪ ⎢−1; ⎥. ⎜⎜ ⎥ ⎢ ⎥ 2 2 ⎝ ⎦ ⎣ ⎦ 3 1+ ln(e x .x) Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ (x +1)2 1 3 +) Ta có: I = ∫ 1+ x + ln x 1 3 +) K = ∫ 1 1 1 1 x +1 ln x + (x +1) 3 )dx = ∫ 2 1 3 dx x +1 dx + ∫ 1 ln x (x +1)2 dx . dx 3 dx = ln x +1 = ln 2 . x +1 1 3 +) M = ∫ (x +1) 2 3 dx = ∫ ( dx . ln x (x +1) 3 dx = ∫ ln xd(− 2 1 3 3 4 4 1 x +1 )=− 3 1 1 1 x 3 3 3 ln x + ∫ dx = − ln 3+ ln = ln 3− ln 2 . x +1 1 1 x(x +1) 4 x +1 1 4 Vì vậy I = ln 2 + ln 3− ln 2 = ln 3 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SB = a và tất cả các cạnh còn lại bằng 2a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). +) Tứ giác ABCD có tất cả các cạnh bằng 2a, nên là hình thoi. Gọi O là giao điểm AC,BD. Hai tam giác SAC và ABC bằng nhau vì có chung AC, SA = SC = 2a,BA = BC = 2a . Do đó: OB = OD = OS , suy ra SBD là tam giác vuông tại S. Suy ra: BD = SB 2 + SD 2 = a 2 + 4a 2 = a 5 . Tam giác OAB vuông tại O ta có: AC = 2OA = 2 AB 2 −OB 2 = 2 4a 2 − 1 1 a 2 55 2 2 2 +) SABCD = AC.BD = a 5.a 11 = 5a 2 4 = a 11 . . Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD) thì do SA = SC nên HA = HC . Suy ra H thuộc đường trung trực của AC, tức H thuộc BD. Tam giác SBD vuông ta có: SH = 1 SB.SD BD = 2a 2 a 5 = 2a 5 . 1 2a a 2 55 a 3 11 (đvtt). . = 3 5 2 3 Vậy VS.ABCD = SH.SABCD = . 3 +) Do AB//(SCD) nên d(A;(SCD)) = d(B;(SCD)) (1). Tam giác vuông SBH ta có: BH = SB 2 − SH 2 = a 2 − 4a 2 5 = a 5 ⇒ d(B;(SCD)) = 5 .d(H;(SCD)) = d(H;(SCD)) (2) . BH 4 BD +) Kẻ SK vuông góc CD tại K, kẻ SI vuông góc SK tại I thì HI ⊥ (SCD) ⇒ HI = d(H;(SCD)) (3) . Hotline: 0976 266 202 Chi tiết: Mathlinks.vn Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí 3 Ta có HK = d(H;CD) = a 2 55 S 4 4 S a 55 .d(B;CD) = d(B;CD) = . BCD = ABCD = 2 = . DB 5 5 2CD 5CD 5.2a 20 DH Tam giác vuông SHK có: 1 HI 2 = 1 SH + 2 1 HK Từ (1),(2),(3),(4) ta có: d(A;(SCD)) = 2 = 5 4a a 165 30 2 + 80 11a 2 = 375 44a 2 ⇒ HI = 2a 165 75 (4) . . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD (AB / /CD) . Gọi H,I lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng AC,CD. Giả sử M,N lần lượt là trung điểm của AD,HI. Viết phương trình đường thẳng AB biết M (1;−2), N (3;4) và đỉnh B nằm trên đường != thẳng x + y −9 = 0 , cos ABM 2 5 . Xét tam giác ABD và HBI có: ! = HCI ! = HBI !. + ABD ! = ACB ! = HIB !. + ADB Suy ra tam giác ABD đồng dạng với tam giác HBI (g.g). Ta có BM,BN lần lượt là hai trung tuyến của tam giác ABD, BM BA = (1) . HBI do đó: BN BH ! = HBN ! ⇒ MBN ! = ABH ! (2) . Lại có ABM Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABH đồng dạng với tam giác MBN. ! = AHB ! = 900 , hay MN vuông góc NB. Do đó MNB !!!!" +) Ta có: MN = (2;6) / /(1;3) , đường thẳng BN đi qua N và nhận (1;3) làm vtpt nên có phương trình là : x + 3y −15 = 0 . ⎧ ⎧ ⎪ x + y −9 = 0 ⎪x = 6 +) Toạ độ điểm B thoả mãn ⎪ ⇔⎪ ⇒ B(6;3) . ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x + 3y −15 = 0 ⎪ ⎩y = 3 !!!" Ta có: MB = (5;5) / /(1;1) , gọi (a;b) là véc tơ pháp tuyến của AB, ta có: ⎡a = 3b a+b ⎢ 2 2 2 2 2 2 . = ⇔ 5(a + b) = 8(a + b ) ⇔ 3a −10ab + 3b = 0 ⇔ ⎢ ⎢a = b 5 2(a 2 + b 2 ) ⎢⎣ 3 +) TH1: Nếu a = 3b , chọn a = 3,b =1 ⇒ AB : 3x + y − 21 = 0 . +) TH2: Nếu b = 3a chọn a =1,b = 3 ⇒ AB : x + 3y −15 = 0 (loại do trùng với BN). Kết luận: Vậy đường thẳng AB là 3x + y − 21 = 0 . Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1;1;0) và hai mặt phẳng (P) : x + y − 5 = 0;(Q) : y + z + 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng Δ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt (P) sao cho AM ⊥ Δ và đường thẳng AM cắt mặt phẳng (Q) tại N thoả mãn A là trung điểm MN. ! ⎡ ⎢⎣ "! " ""! ⎤ ⎥⎦ +) Đường thẳng Δ là giao tuyến của (P),(Q) nên có véc tơ chỉ phương u = ⎢ nP ; nQ ⎥ = (1;−1;1) . +) Điểm E(0;5;-8) thuộc (P) và (Q) nên thuộc Δ . x y−5 1 −1 Do đó phương trình Δ : = Hotline: 0976 266 202 Chi tiết: Mathlinks.vn = z+8 1 . Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí 4 !!!" +) Gọi điểm cần tìm M(x;5− x; z) ∈ (P) , ta có AM = (x −1; 4− x; z) . !!!" " Vì AM vuông góc với Δ nên AM .u = 0 ⇔ (x −1)−(4− x) + z = 0 ⇔ z = 5− 2x ⇒ M(x;5− x;5− 2x) . Do A là trung điểm MN nên N(2 − x; x −3;2x −3) . Mặt khác N thuộc (Q) nên: x −3+ 2x −3 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ M(2;3;1) . Vậy điểm cần tìm M(2;3;1). Câu 9 (0,5 điểm). Trong một kỳ thi người ta bố trí 32 thí sinh vào một phòng học gồm 8 bàn học song song với nhau, mỗi bàn học xếp 4 thí sinh. Trong 32 thí sinh này có 16 thí sinh nhóm I và 16 thí sinh nhóm II. Tính xác suất để bất kỳ hai học sinh ngồi cạnh nhau cũng như ngồi đối diện trên và dưới với nhau thuộc 2 nhóm khác nhau. Không gian mẫu là số cách xếp 32 thí sinh vào 32 vị trí có Ω = 32! . Gọi A là biến cố bất kỳ hai học sinh ngồi cạnh nhau cũng như ngồi đối diện trên và dưới với nhau thuộc 2 nhóm khác nhau. 1 (2) (3) (4) Nhóm I Nhóm II Nhóm I Nhóm II (5) (6) (7) (8) Nhóm II Nhóm I Nhóm II Nhóm I (9) (10) (11) (12) Nhóm I Nhóm II Nhóm I Nhóm II (13) Nhóm I Nhóm II Nhóm I Nhóm II (17) (18) (19) (20) Nhóm I Nhóm II Nhóm I Nhóm II Nhóm II Nhóm I Nhóm II Nhóm I (25) (26) (27) (28) Nhóm I Nhóm II Nhóm I Nhóm II (29) (30) (31) (32) Nhóm II Nhóm I Nhóm II Nhóm I +) Để tìm số phần tử của A, ta miêu tả cách xếp thoả mãn Đánh số vị trí từ 1 đến 32, xuất phát từ vị trí số 1, vị trí này có thể là thí sinh nhóm I hoặc thí sinh nhóm II nên có 2 cách. Ta có cách xếp thoả mãn như sau: +) Nếu vị trí số 1, xếp thí sinh nhóm I thì ta xếp 16 thí sinh nhóm I vào các vị trí như bảng bên dưới và xếp 16 thí sinh nhóm II vào các vị trí như bảng biên dưới. do vậy có 16!.16! cách xếp. +) Tương tự nếu vị trí số 1, xếp thí sinh nhóm II thì có 16!.16! cách xếp. Vậy có tất cả 2.(16!)2 cách xếp thoả mãn, vì vậy Ω A = 2.(16!)2 . Xác suất cần tính P(A) = ΩA Ω = 2.(16!)2 32! = 1 300540195 ≈ 3,327.10−9 . Câu 10 (1,0 điểm). Với x là số thực thoả mãn 0 ≤ x ≤1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 1 x3 − x2 + 2 + 1 x2 − x4 + 2 + (x 2 − 2)(x 2 − 2 x ) + 2x + 2 4 . +) Ta có: Hotline: 0976 266 202 Chi tiết: Mathlinks.vn Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí 5
- Xem thêm -