Tài liệu Luyện đề thi đh môn toán thầy đặng việt hùng moon.vn

  • Số trang: 52 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 832 |
  • Lượt tải: 0
thuvientrithuc1102

Tham gia: 02/08/2015

Mô tả:

CỔNG LUYỆN THI TRỰC TUYẾN SỐ 1 VIỆT NAM THẦY ĐẶNG VIỆT HÙNG TUYỂN CHỌN ĐỀ THI MINH HỌA CHUẨN CHO KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 Thầy Đặng Việt Hùng (Tài liệu lưu hành nội bộ) Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng LêI GiíI THIÖU Các em thân mến! Kể từ năm 2015, Bộ giáo dục và Đào tạo chỉ tổ chức duy nhất một kì thi Quốc gia (gọi là kì thi Trung học phổ thông quốc gia) lấy kết quả thi để xét công nhận tốt nghiệp Trung học phổ thông và làm căn cứ xét tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng. So với mọi năm, kì thi Trung học phổ thông quốc gia 2015 sẽ có một chút thay đổi về cấu trúc đề thi, độ khó – dễ của đề thi. Nhằm giúp các em học sinh có thêm tài liệu ôn thi, luyện tập với các đề thi chuẩn theo mẫu đề thi minh họa của Bộ giáo dục và đào tạo, Thầy Đặng Việt Hùng và Moon.vn phối hợp sản xuất bộ sách “TUYỂN CHỌN ĐỀ THI MINH HỌA CHUẨN CHO KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015” Thầy hi vọng rằng, thông qua các đề thi chuẩn được giới thiệu trong bộ sách sẽ giúp cho các em có cái nhìn bao quát về các dạng toán sẽ xuất hiện trong kì thi tới đây. Nếu em cảm thấy 9 đề thi trong cuốn sách này là chưa đủ để em luyện tập, em có thể tham khảo thêm khóa LUYỆN ĐỀ ĐẶC BIỆT môn Toán trên Moon.vn để có thêm nguồn tài liệu phong phú, tiếp cận với các dạng toán hay, đặc sắc (đặc biệt là phần hình phẳng oxy và hệ pt, bất pt). Thầy chúc tất cả các em đang cầm cuốn sách này trên tay sẽ đạt được điểm số cao nhất trong kì thi Trung học phổ thông quốc gia 2015! Hà Nội, 25/04/2015 Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 Môn thi: TOÁN; Đề số 01 – GV: Đặng Việt Hùng Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3mx 2 + 3 ( m 2 − 1) x − m3 + 1 ( Cm ) ( m là tham số). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( Cm ) với m = 1 . b) Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của ( Cm ) . Đường thẳng d cắt trục Oy tại B . Tìm m để S ∆OAB = 6 với O là gốc tọa độ. Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho góc α thỏa mãn sin α = 1 2 2 π π  < α < π. Tính giá trị của biểu thức P = 2 cos  2α +  . 2 3  và b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + 2i ) 2 .z + z = 4i − 20. Tìm tọa độ của điểm M biểu diễn số phức z. ( ) Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2 log 2 x + log 1 1 − 2 x = 2 1 log 2 ( 2 ( 2x − 2 ) x +1 − 3 . ) 3 x 2 + 3 y 2 + 8 = ( y − x ) y 2 + xy + x 2 + 6  Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) . ( x + y − 13) 3 y − 14 − x + 1 = 5 ( 2 2 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ 3 ) x dx . x + 1 + x2 − 1 2 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có SA ⊥ ABCD , đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = 2a, AD = DC = a . Góc giữa 2 mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng 600 . Tính thể tích của khối chóp S . ABD và khoảng cách từ trung điểm I của SD đến mặt phẳng ( SBC ) . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, điểm A ( −1; 2 ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và CD, E là giao điểm của BN và CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BME, biết BN có phương trình 2 x + y − 8 = 0 và B có hoành độ lớn hơn 2. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M ( 2;1; 0 ) và đường thẳng x −1 y + 1 z = = . Tính khoảng cách từ M đến ∆ và lập phương trình đường thẳng đi qua M , 2 1 −1 cắt và vuông góc với ∆ . Câu 9 (0,5 điểm). Một phòng thi ở kì thi THPT quốc gia có 50 thí sinh đăng ký dự thi, trong đó có 31 em nam và 19 em nữ. Trong phòng thi này có 50 bộ bàn ghế được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 50. Giám thị ghi số báo danh của mỗi thí sinh vào một bàn một cách ngẫu nhiên rồi gọi thí sinh vào phòng thi, tính xác suất để thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là thí sinh nam. ∆: Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực thỏa mãn 2 x − 2 + y + 1 + 1 = x + y . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( ) 2 32 + xy x + y x y . ( x − y) + ( y − x) + 2 2 x+ y Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 1 Câu 1 (2,0 điểm). x = 1+ m Ta có y ' = 3 x 2 − 6mx + 3 ( m 2 − 1) = 0 ⇔ x 2 − 2mx + m2 = 1 ⇔   x = −1 + m Do 1 + m > −1 + m, ∀m ∈ R nên hàm số luôn có 2 điểm cực trị. Lại có hệ số a = 1 > 0 nên hàm số đại tại A ( −1 + m; −3m + 3) và cực tiểu tại C (1 + m; −3m − 1) Phương trình tiếp tuyến tại A là: y = −3m + 3 ⇒ B ( 0; −3m + 3) 1 1 Do tam giác OAB vuông tại B nên ta có: SOAB = . AB. AB = −3m + 3 m − 1 = 6 2 2 m = 3 2 ⇔ ( m − 1) = 4 ⇔   m = −1 Vậy m = 3; m = −1 là các giá trị cần tìm. Câu 2 (1,0 điểm). a) Thầy chưa làm nhé ! b) Gọi M ( z ) = ( x; y ) ⇒ z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) ⇒ z = x − yi. Theo bài ra ta có (1 + 2i ) ( x + yi ) + x − yi = 4i − 20 2 ⇔ ( 4i − 3)( x + yi ) + x − yi − 4i + 20 = 0 ⇔ 4 xi − 4 y − 3 x − 3 yi + x − yi − 4i + 20 = 0 20 − 2 x − 4 y = 0  x + 2 y = 10 ⇔ 20 − 2 x − 4 y + ( 4 x − 4 y − 4 ) i = 0 ⇔  ⇔ 4 x − 4 y − 4 = 0 x − y = 1 x = 4 ⇔ ⇒ M ( 4;3) . Vậy M ( 4;3) . y = 3 Câu 3 (1,0 điểm). ĐK: ⇔ ( ) ( ) 1 > x > 0 . Khi đó PT ⇔ log 2 x 2 − log 2 1 − 2 x = log 2 2 x − 2 x + 1 − log 2 8 4 ( ) x2 1 8x2 = 2x − 2 x +1 ⇔ 1− 2 x 8 1− 2 x ( ) 2  2x  = + 1 ( do 1 − 2 x > 0 )  1− 2 x   1 t = 2 x 2 Đặt t = > 0 ta có: 8t = ( 2t + 1) ⇔  1− 2 x t = − 1 ( loai )  4 Với t = −1 + 3 1 x 1 2− 3 ⇒ = ⇔ 2x + 2 x −1 = 0 ⇔ x = ⇔x= ( tm ) 2 1− 2 x 2 2 2 Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng Vậy nghiệm của PT là: x = 2− 3 2 Câu 4 (1,0 điểm). 14  y ≥ Điều kiện:  3  x ≥ −1 (1) ⇔ 3x 2 + 3 y 2 + 8 = y 3 − x 3 + 6 y − 6 x ⇔ x 3 + 3 x 2 + 6 x + 8 = y 3 − 3 y 2 + 6 y ⇔ ( x + 1) + 3 ( x + 1) = ( y − 1) + 3 ( y − 1) 3 3 Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 3t trên ℝ có f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0∀t ∈ ℝ Suy ra hàm số đồng biến trên ℝ . Nên f ( x + 1) = f ( y − 1) ⇔ x + 1 = y − 1 ⇔ x + 2 = y Thay vào (2) ta được ( 2 x − 11) ⇔ ( 2 x − 11)( 2 x − 9 ) = 5 ( ( ) 3x − 8 − x + 1 = 5 ) 3 x − 8 + x + 1 ⇔ 4 x 2 − 40 x + 99 = 5 ⇔ 4 ( x − 3)( x − 8 ) + 4 x + 3 − 5 ( ) ( 3x − 8 + x + 1 ) 3x − 8 + x + 1 = 0 ⇔ 4 ( x − 3)( x − 8 ) + 3x − 4 − 5 3x − 8 + x + 7 − 5 x + 1 = 0 ⇔ 4 ( x − 3)( x − 8 ) + 3 ( x − 3)( x − 8 ) + ( x − 3)( x − 8 ) =0 3x − 4 + 5 3x − 8 x + 7 + 5 x + 1 x = 3 ⇔ y = 5 3 1 8   (do x ≥ ) ⇔ ( x − 3)( x − 8 )  4 + + =0 ⇔  3 3 x − 4 + 5 3x − 8 x + 7 + 5 x + 1    x = 8 ⇔ y = 11 Vậy hệ có các nghiệm ( x, y ) = {( 3;5 ) , ( 8;11)} . Câu 5 (1,0 điểm). Ta có I = 1 2 2 2 ∫ 3 1 x + 1 + x −1 2 2 dx 2 . x 2 + 1 = t ⇒ x 2 = t 2 − 1. Khi x = 3 ⇒ t = 2; x = 2 2 ⇒ t = 3. Đặt 1 1 1 2t 1 2 ( t − 1) + ( t + 2 ) Do đó I = ∫ d ( t 2 − 1) = ∫ dt = ∫ dt 2 2 2 t + t −1−1 2 2 ( t − 1)( t + 2 ) 3 2 ( t − 1)( t + 2 ) 3 3 3 3 3 3 1  2 1  1 2 1 1 = ∫ + d (t + 2) + ∫ d ( t − 1)  dt = ∫ 3 2  t + 2 t −1  3 2 t+2 3 2 t −1 = 3 1 3 2 5 1 2 ln t + 2 + ln t − 1 = ln + ln 2. 2 3 2 3 4 3 3 Vậy I = 2 5 1 ln + ln 2. 3 4 3 Câu 6 (1,0 điểm). Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng Gọi E là trung điểm của AB dễ thấy ABCE là hình vuông cạnh a. Khi đó ta có: CE = 1 AB ⇒ ∆ABC vuông tại 2 đỉnh C hay AC ⊥ CB . Lại có SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAC ) .  = 600 Do vậy SCA Ta có: AC = a 2 ⇒ SA = AC tan 600 = a 6 1 1 a3 6 VS . ABD = .SA.S ABD = .a 6.a 2 = . 3 3 3 Do I là trung điểm của SD nên ta có: d ( I ; ( SBC ) ) = 1 d ( D; ( SBC ) ) 2 CD / / AB  nên CD là đường trung bình của tam giác AKB. Gọi K = AD ∩ BC khi đó  1 = CD AB  2 Khi đó: d ( D; ( SBC ) ) = 1 1 d ( A; ( SBC ) ) ⇒ d ( I ; ( SBC ) ) = d ( A; ( SBC ) ) 2 4 Dựng AH ⊥ SC ta có: d ( A; ( SBC ) ) = AH = Vậy V = SA. AC SA2 + AC 2 =a 3 a 6 = . 2 2 a3 6 a 6 ;d = . 3 8 Câu 7 (1,0 điểm). Gọi cạnh hình vuông là 2x . Ta có BM = x 5  = NBC  ⇒ MCN  + BNC  = 90o ⇒ NEC  = 90o ⇒ MC ⊥ BN Ta có ∆MCD = ∆NBC (c. g.c ) ⇒ MCD Gọi H là hình chiếu của A trên BN. Có: AH = d ( A/ BN ) = 2 ( −1) + 2 − 8 2 +1 2 2 = 8 5 Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng  = MCN  (so le ngoài) nên Ta có BAH AH CD 2 5 5 8 = = ⇒ AB = AH = . = 4 ⇒ BM = 2 5 AB CM 2 2 5 5 Phương trình đường thẳng AH là: 1. ( x + 1) − 2 ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 5 = 0 Gọi B ( b,8 − 2b ) ta có AB = 4 ⇒ ( b + 1) + ( 6 − 2b ) = 16 ⇔ 5b 2 − 22b + 21 = 0 ⇒ b = 3 (do b > 2 )  Suy ra B ( 3;2 ) , suy ra I (1;2 ) là trung điểm AB và AB = ( 4;0 ) 2 2 Phương trình trung trực AB đi qua I và nhận 1  AB làm véc tơ pháp tuyến là x − 1 = 0 4  xO − 1 = 0 ⇒ O (1;3) Suy ra O là giao của đường trung trực của AB với AH nên   xO − 2 yO + 5 = 0 Suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆BME là ( x − 1) + ( y − 3) = 5 . 2 2 Câu 8 (1,0 điểm).  Đường thẳng ∆ qua điểm A (1; −1;0 ) và nhận u = ( 2;1; −1) làm VTCP.      Ta có AM = (1; 2; 0 ) ⇒  AM ; u  = ( −2;1; −3) ⇒  AM ; u  =    AM ; u  14 14 7   ⇒ d (M ; ∆) = = = = .  2 2 2 6 3 u 2 + 1 + ( −1) ( −2 ) 2 + 12 + ( −3) = 14 2 Gọi d là đường thẳng cần tìm và giả sử d cắt, vuông góc với ∆ tại điểm N.  x = 1 + 2t  Phương trình tham số của ∆ là  y = −1 + t ( t ∈ ℝ ) .  z = −t   Do N ∈ ∆ ⇒ N ( 2t + 1; t − 1; −t ) ⇒ MN = ( 2t − 1; t − 2; −t ) .     1 4 2  2 d ⊥ ∆ ⇔ MN .u = 0 ⇔ 2 ( 2t − 1) + ( t − 2 ) + t = 0 ⇔ 6t = 4 ⇔ t = ⇒ MN =  ; − ; −  . 3 3 3 3    1 4 2  Đường thẳng d nhận MN =  ; − ; −  làm VTCP nên nhận a = (1; −4; −2 ) làm VTCP. 3 3 3 Kết hợp với d qua điểm M ( 2;1; 0 ) ⇒ d : Vậy d : x − 2 y −1 z = = . 1 −4 −2 x − 2 y −1 z = = . 1 −4 −2 Câu 9 (0,5 điểm). Ω chính là số cách chọn 31 em từ 50 em ⇒ Ω = C5031. Gọi A là biến cố: “ thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là thí sinh nam ”. Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng Bàn số 1 và bàn số 50 là 2 bạn nam nên chỉ còn 29 em nam và 19 em nữ ứng với 48 vị trí còn lại ⇒ ΩA = C4829 ⇒ P ( A) = ΩA Ω = C4829 93 93 = . Vậy xác suất cần tìm là . 31 C50 245 245 Câu 10 (1,0 điểm). ( x + y ) + 64 . x 2 + y 2 − 2 xy 64 x 2 + 2 xy + y 2 64 + + 2 xy = + = Ta có P = 2 2 2 x+ y x+ y x+ y 2 Đặt x + y = t (t ≥ 0) ⇒ P = t 4 64 + = f (t ). 2 t Đi tìm ĐK cần và đủ của t Từ x − 2 ≥ 0; y + 1 ≥ 0 ⇒ ( x − 2 ) + ( y + 1) ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1 ⇒ x + y ≥ 1 ⇒ t ≥ 1. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm ta có x−2 y +1 1 x−2 y +1 1 x+ y + 2 ≥ 2 x − 2; + ≥ y + 1 ⇒ 2 x −1 + y +1 ≤ +2+ + = 2+ 2 2 2 2 2 2 2 x+ y ⇒ x + y −1 ≤ 2 + ⇒ 0 < x + y ≤ 6 ⇒ x + y ≤ 6 ⇒ t ≤ 6 ⇒ 1 ≤ t ≤ 6 ⇒ t ∈ 1; 6  . 2 t 4 64 Xét hàm số f ( t ) = + với t ∈ 1; 6  . Rõ ràng f ( t ) liên tục trên đoạn 1; 6  . 2 t 64 t 5 − 32 f ' ( t ) = 2t − 2 = 2. 2 ; t t 3 Ta có f (1) = 129 ;f 2 ( 6 ) = 18 + 32  f ' ( t ) = 0 t = 2 ⇔ ⇔ t = 2.  t ∈ 1; 6 t ∈ 1; 6 ( ) ( 2 ; f ( 2 ) = 40. 3 Vậy Pmin = min f ( t ) = f ( 2 ) = 40; Pmax = max f ( t ) = f (1) = 1; 6    ) 1; 6    129 . 2 Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 Môn thi: TOÁN; Đề số 02 – GV: Đặng Việt Hùng Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x−2 (C ) x −1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) . b) Tìm m để đường thẳng y = − x + m cắt đồ thị ( C ) tại 2 điểm A, B phân biệt sao cho 3 điểm A, B, O tạo thành một tam giác thỏa mãn 1 1 + = 1 , với O là gốc tọa độ. OA OB Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình cos x = 1 − sin x. 1 + sin x () b) Tìm số phức z thỏa mãn z 2 + z 2 Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình = 6 và z − 1 + i = z − 2i . ( 1 6 log 2 ( 3 x − 4 ) .log 2 x 3 = 8 log 2 x 3 ( )( ) 2 2 2 + log 2 ( 3 x − 4 )  .   )  x + x2 + 2 x + 2 + 1 y + y 2 + 1 = 1  Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   y − xy + 9 + 2012 = y 2 + 2 y + 4 + 2013 x  3 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ ( 3 x 2 − 2 ) ln 2 x +1 dx. . x −1  = 600 . Hình Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD chiếu của S lên ( ABCD ) là trọng tâm tam giác ABC. Góc giữa mặt phẳng ( ABCD ) và mặt phẳng ( SAB ) là 600 . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, D có B (8; 4) , CD = 2 AB và phương trình AD : x − y + 2 = 0 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D  82 6  trên AC và M  ;  là trung điểm của HC. Tìm tọa độ các điểm A, C, D.  13 13  Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A ( 0; −1; −3) , B ( 3;0; −3) và mặt cầu (S ) có phương trình x 2 + y 2 + z 2 + 2 x + 2 y + 2 z − 6 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua 2 điểm A, B và cắt mặt cầu ( S ) theo một đường tròn có bán kính bằng 5. Câu 9 (0,5 điểm). Cho n ∈ ℕ thỏa mãn 3Cn2 + 2 An2 = 3n 2 + 15 . n 3   Tìm số hạng chứa x trong khai triển  2 x 3 − 2  , x ≠ 0 . x   Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x; y > 0 và thỏa mãn x + y + 1 = 3xy. 3x 3y 1 1 + − 2 − 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = y ( x + 1) x ( y + 1) x y 10 Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 2 Câu 1 (2,0 điểm). Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng đã cho là  x ≠ 1 x−2  x ≠ 1 = −x + m ⇔  ⇔ 2 x −1 ( x − 1)( x − m ) + x − 2 = 0  f ( x ) = x − mx + m − 2 = 0 Ta có ∆ = m 2 − 4m + 8 = ( m − 2 ) + 4 > 0, ∀m ∈ ℝ; f (1) = −1 ≠ 0 nên hệ luôn có hai nghiệm khác 1. 2 Hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B thỏa mãn A ( x1 ; − x1 + m ) , B ( x2 ; − x2 + m ) . Hơn nữa theo định lý Viete x1 + x2 = m; x1 x2 = m − 2 .  x 2 − mx1 + m − 2 = 0  x12 − mx1 = 2 − m Ta thu được  12 ⇒ 2  x2 − mx2 + m − 2 = 0  x2 − mx2 = 2 − m OA2 = x12 + ( x1 − m ) = 2 x12 − 2mx1 + m2 = m 2 − 2m + 4 2 OB 2 = x22 + ( x2 − m ) = m 2 − 2m + 4 ⇒ OA = OB 2 Do đó m = 0 1 1 2 . + =1⇔ = 1 ⇔ OA = 2 ⇔ OA2 = 4 ⇔ m ( m − 2 ) = 0 ⇔  OA OB OA m = 2 Vậy m = 0; m = 2 là các giá trị cần tìm. Câu 2 (1,0 điểm). a) Điều kiện: sin x ≠ −1 (*) sin x = 1 cos x = 0 PT tương đương với cos x = cos x ⇔  hay sin x = −1 (l ) cos x = 1 cos x = 1 2 π + k 2π; x = k 2π, (k ∈ ℤ). 2 b) Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) ⇒ z = x − yi. Vậy nghiệm của phương trình là: x = () Ta có z 2 + z 2 = ( x + yi ) + ( x − yi ) = 2 x 2 − 2 y 2 . () Theo bài, z 2 + z 2 2 2 = 6 ⇒ 2 x2 − 2 y 2 = 6 ⇔ x2 − y 2 − 3 = 0 Lại có z − 1 + i = ( x − 1) + ( y + 1) i ⇒ z − 1 + i = z − 2i = x + ( y − 2 ) i ⇒ z − 2i = x 2 + ( y − 2 ) Khi đó, z − 1 + i = z − 2i ⇒ ( x − 1) + ( y + 1) 2 2 2 ( x − 1) + ( y + 1) 2 (1) 2 = x2 + ( y − 2 ) 2 ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) = x 2 + ( y − 2 ) ⇔ 2 − 2 x + 2 y = 4 − 4 y ⇔ 2 x = 6 y − 2 ⇔ x = 3 y − 1 2 2 2 (2) y =1 Từ (1) và (2) ta có ( 3 y − 1) − y − 3 = 0 ⇔ 8 y − 6 y − 2 = 0 ⇔  y = − 1  4 2 2 2 Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng • Với y = 1 thế vào (2) có x = 3 − 1 = 2 ⇒ z = 2 + i • V ới y = − 1 3 7 7 1 thế vào (2) có x = − − 1 = − ⇒ z = − − i. 4 4 4 4 4 z = 2 + i Vậy   z = − 7 − 1 i.  4 4 Câu 3 (0,5 điểm). x > 0 4 Điều kiện:  ⇒x> 3 3 x − 4 > 0 1 6 Ta có log 2 ( 3 x − 4 ) .log 2 x 3 = 8 log 2 x 3 ( ) 2 2 + log 2 ( 3 x − 4 )    2 2 2 1  1  ⇔ .6.3.log 2 3 x − 4 .log 2 x = 8.  − .log 2 x  + ( 2.log 2 3 x − 4 ) (1) 3  2  log 2 x = a Đặt  . Khi đó log 2 3 x − 4 = b a = b a = b ⇔  2a = 4b  a = 2b (1) ⇔ 6ab = 2a 2 + 4b2 ⇔ 2a 2 − 2ab − 4ab + 4b2 = 0 ⇔ ( a − b )( 2a − 4b ) = 0 ⇔    x = 3x − 4 ⇒ x = 2 log 2 x = log 2 3 x − 4 ⇒   x = 4 − 3x ⇒ x = 1   16 2 log 2 x = 2 log 2 3 x − 4 ⇒ x = ( 3 x − 4 ) ⇒ x = 1; x = 9   16  Vậy PT có nghiệm là S = 1; ; 2   9  Câu 4 (1,0 điểm). Đk: y − xy + 9 ≥ 0 PT (1) ⇔ ( x + 1) + ( x + 1) 2 +1 = − y + (−y) 2 +1 Xét hàm số: f ( t ) = t + t 2 + 1 trên ℝ Ta dễ c/m f ( t ) đồng biến trên ℝ nên ta được x + 1 = − y Pt ( 2 ) trở thành: x 2 + 8 − x 2 + 3 = 2013 x − 2012 ( 3) ∀x ∈ ℝ có x 2 + 8 > x 2 + 3 ⇒ 2013 x − 2012 > 0 ⇒ x > 0 PT ( 3) ⇔ ( ) ( x2 + 8 − 3 − ) x 2 + 3 − 2 − 2013 ( x − 1) = 0  x +1  x +1 ⇔ ( x − 1)  − − 2013 = 0 2 x2 + 3 − 2  x +8 −3  x +1 x +1 − − 2013 Đặt: T = 2 2 x +8 −3 x +3 −2 Do x > 0 nên T < 0 nên x − 1 = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = (1; −2 ) Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng Câu 5 (1,0 điểm). 3 I = ∫ ln 2 3 x +1 x +1 3 x +1 d ( x3 − 2 x ) = ( x3 − 2 x ) ln − ∫ ( x3 − 2 x ) d ln x −1 x −1 2 2 x −1 x − 1 −2 x3 − 2 x = 21ln 2 − 4 ln 3 − ∫ ( x − 2 x ) . . = 21ln 2 − 4 ln 3 + 2 dx ∫2 ( x + 1)( x − 1) dx x + 1 ( x − 1)2 2 3 3 3 x ( x − 1) − x x3 − 2 x x J =∫ dx = ∫ dx = ∫ xdx − ∫ 2 dx 2 x + 1)( x − 1) x −1 x −1 2 ( 2 2 2 3 3 2 3 3 3 3 5 1 8 x2 3 1 1 5 1 d ( x 2 − 1) = − ln x 2 − 1 = − ln = − ∫ 2 2 2 2 3 2 2 2 2 x −1 2 2 8 5 1 8 Do đó I = 21ln 2 − 4 ln 3 + 2  − ln  = 21ln 2 − 4 ln 3 + 5 − ln . 3  2 2 3 8 Vậy I = 5 + 21ln 2 − 4 ln 3 − ln . 3 Câu 6 (1,0 điểm). +) Tính thể tích khối chóp: Qua H (Là trọng tâm của ABC) kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB và CD lần lượt tại K, I. Ta có: AB / / CD ⊥ ( SIK ) , HK = AB a = 3 3  = 600 ⇒ SH = HK .tan 600 = a SKH 3 S ABCD = AB. AD.sin A = a.a.sin 600 = a2 3 2 1 1 a2 3 a a3 ⇒ VS . ABCD = S ABCD .SH = . . = 3 3 2 3 6 +) Tính khoảng cách: Kẻ HE ⊥ SI ( E ∈ SI ) do CD ⊥ ( SIK ) ⇒ HE ⊥ CD ⇒ HE ⊥ ( SCD ) Ta có: d ( SC , AB ) = d ( AB; ( SCD ) ) = d ( B; ( SCD ) ) = Mặt khác: 3 3 d ( H ; ( SCD ) ) = HE 2 2 1 1 1 3 9 2a 3 = + 2 = 2 + 2 ⇒ HE = ⇒ d ( SC , AB ) = a 2 2 HE SH HI a 4a 7 21 Câu 7 (1,0 điểm). Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng Phương trình trình AB: x + y −12 = 0 , vì A là giao điểm của AB và AD nên tọa độ A thỏa mãn hệ  x + y = 12  x = 5 phương trình  ⇔  ⇒ A (5;7)   x − y = −2  y = 7   17 85   AM =  ; −  13 13 ⇒ AM : 5 x + y − 32 = 0 Lại có    A(5;7) Gọi N là trung điểm của CD suy ra MN / / DH ⇒ MN ⊥ AC ⇒ MN : x − 5 y − 4 = 0  BN / / AD : x + y − 2 = 0 Dễ thấy ABND là hình chữ nhật. Do đó  ⇒ BN : x − y − 4 = 0   B (8; 4)  Ta có N = MN ∩ BN ⇒ N (4;0) CD / / AB : x + y −12 = 0 Lại có  ⇒ CD : x + y − 4 = 0  N (4;0) ∈ CD  C = CD ∩ AC ⇒ C (7;−3) Từ đó ta được D = CD ∩ AD ⇒ D (1; 3) Vậy A(5; 7), C(7; -3), D(1; 3) Câu 8 (1,0 điểm).  Ta có A ( 0; −1; −3) , B ( 3;0; −3) ⇒ AB = ( 3;1; 0 ) . Nên ( P ) : ax + b ( y + 1) + c ( z + 3) = 0; a 2 + b2 + c 2 > 0 .   AB ∈ ( P ) ⇔ nP . AB = 0 ⇔ 3a + b = 0 ⇒ b = −3a ⇒ ( P ) : ax − 3a ( y + 1) + c ( z + 3) = 0 . Mặt cầu x 2 + y 2 + z 2 + 2 x + 2 y + 2 z − 6 = 0 ⇔ ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) = 9 nên có tâm 2 2 2 I ( −1; −1; −1) , R = 3 . IH 2 + r 2 = R 2 ⇔ IH 2 = R 2 − r 2 = 32 − 5 = 4 ⇒ IH = 2 ⇔ d ( I ; ( P )) = 2 ⇔ − a + 2c a + 9a + c 2 2 2 ( = 2 ⇔ a 2 − 4ac + 4c 2 = 4 10a 2 + c 2 ) a = 0 ⇔ 39a 2 + 4ac = 0 ⇔ a ( 39a + 4c ) = 0 ⇒   a = −4; c = 39 Nếu a = 0 ⇒ ( P ) : x = −3 ; Nếu a = −4; c = 39 ⇒ ( P ) : −4 x + 12 y + 39 z + 129 = 0 . Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng Kết luận có 2 mặt phẳng cần tìm. Câu 9 (0,5 điểm). n ≥ 2 ĐK:  * n ∈ ℕ ⇔ (*). Khi đó 3Cn2 + 2 An2 = 3n 2 + 15 ⇔ 3. n! n! + 2. = 3n2 + 15 2!. ( n − 2 ) ! ( n − 2 )!  n = −3 3 n ( n − 1) + 2n ( n − 1) = 3n 2 + 15 ⇔ 7 n ( n − 1) = 6n 2 + 30 ⇔ n 2 − 7 n − 30 ⇔  2  n = 10 Kết hợp với (*) thì chỉ có n = 10 là thỏa mãn. Với n = 10 ta có n  3 3  3 −2  2 x − 2  = 2 x − 3x x   ( ) 10 10 ( ) ( −3 x ) = ∑ C10k 2 x 3 k =0 k −2 10 − k 10 10 = ∑ C10k 2k ( −3) x 3k x 2 k − 20 = ∑ C10k ( −6 ) x 5k − 20 k k =0 k k =0 0 ≤ k ≤ 10 (**) Trong đó  k ∈ ℕ Bài ra ta cần giải phương trình 5k − 20 = 10 ⇔ k = 6 đã thỏa mãn (**). Vậy số hạng chứa x10 trong khai triển đã cho là C106 ( −6 ) x10 = 9797760 x10 . 6 Câu 10 (1,0 điểm). Cách 1: Ta có P = 3xy 3xy 1 1 x + y +1 x + y +1 1 1 + 2 − 2− 2 = 2 + 2 − 2− 2 y ( x + 1) x ( y + 1) x y y ( x + 1) x ( y + 1) x y 2  1   1  1 1 1 1 1 1 =  2 + +  +  2 +  − 2 − 2 = y ( x + 1)   x x ( y + 1)  x y x ( y + 1) y ( x + 1) y x ( y + 1) + y ( x + 1) 2 xy + x + y 2 xy + 3 xy − 1 5 xy − 1 = = = = . 2 2 xy ( x + 1)( y + 1) xy ( xy + x + y + 1) 4 ( xy ) 4 ( xy ) Đặt t = xy ⇒ t > 0. t ≥ 1 2 2  x+ y 2 2  Lại có xy ≤   ⇔ 4 xy ≤ ( 3 xy − 1) ⇔ 9( xy ) − 10 xy + 1 ≥ 0 ⇔ 9t − 10t + 1 ≥ 0 ⇔  1 t≤  2   9  x; y > 0 1 Từ giả thiết  ⇒ 3 xy > 1 ⇔ xy > . Từ đó ta được điều kiện là t ≥ 1. 3  x + y + 1 = 3 xy 5t − 1 20t 2 − 8t (5t − 1) −5t + 2 ⇒ P ' = = < 0 ∀t ≥ 1. 4t 2 16t 4 4t 3 Suy ra P(t) là hàm nghịch biến trên [1; +∞]. 5 −1 Mà t ≥ 1 ⇔ P (t ) ≤ P (1) = =1⇒ P ≤1 4 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi t = 1 ⇔ x = y = 1. Cách 2: 1 1 Ta có P = + . x ( y + 1) y ( x + 1) Khi đó P = Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng 1 1 Đặt a = ; b = (a, b > 0) ⇒ x + y + 1 = 3 xy ⇔ a + b + ab = 3. x y Theo BĐT Cô-si ta có 3 = a + b + ab ≥ 2 ab + ab ⇔ Khi đó ta có P = ( )( ab − 1 ) ab + 3 ≤ 0 ⇔ ab ≤ 1 ⇔ ab ≤ 1. 1 1 ab ab 1  a+b+2  1 + = + = ab  +  = ab x ( y + 1) y ( x + 1) a + 1 b + 1 ab + a + b + 1  a +1 b +1  3 − ab + 2 5ab − (ab)2 3ab + 1 − (ab − 1)2 3ab + 1 = ab = = ≤ ≤1⇒ P ≤1 3 +1 4 3 4 Vậy max P = 1 ⇔ a = b = 1 ⇔ x = y = 1. Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 Môn thi: TOÁN; Đề số 03 – GV: Đặng Việt Hùng Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −x +1 . x−2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm m để đường thẳng d : y = x + m − 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = nhận điểm H (−1;1) làm trực tâm (với O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 15π  1 − cos x  2 sin  2 x + .  − sin x = 4  tan x  b) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z = (1 + i ) , biết n là số tự nhiên lớn hơn 3 và thỏa mãn n phương trình log 4 (n − 3) + log16 (n + 9) 2 − 3 = 0. x  2 log xy y − log x y = 1 Câu 3 (0,5 điểm). Giải hệ phương trình  log ( x 2 − y 2 ) = 1  2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 300 x 2 − 40 x − 2 − 10 x − 1 − 3 − 10 x ≤0 1+ x + 1− x − 2 1 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ ( x − 1) 2 x − x 2 dx. 3 0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và góc  ABC = 300. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' biết khoảng cách a . 2 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I có hoành độ dương thuộc đường thẳng d : x − y + 1 = 0 và điểm A(1; 2) nằm ngoài đường tròn. Qua A vẽ hai tiếp tuyến giữa hai đường thẳng AB và CB ' bằng AB, AC tới đường tròn (C) (với B, C là tiếp điểm), viết phương trình đường tròn (C) biết IA = 2 2 và đường thẳng BC đi qua điểm M(3; 1). x −1 y −1 z +1 Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = và 1 −1 1 mặt cầu ( S ) : ( x − 2) 2 + ( y − 3) 2 + z 2 = 9. Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và cắt (S) theo một giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng 3π. Câu 9 (0,5 điểm). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng. Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 4 a 2 + b2 + c2 + 4 − 9 ( a + b ) ( a + 2c )( b + 2c ) . Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 3 Câu 1 (2,0 điểm). Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) : −x +1 = x + m − 1 ⇔ x 2 + (m − 2) x − 2m + 1 = 0 (với x ≠ 2 ) (*) x−2 Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ pt (*) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 khác 2 ( m − 2 ) 2 − 4 ( −2m + 1) > 0 m > 0 ⇔ ⇔ m 2 + 4m > 0 ⇔   m < −4 4 + 2 ( m − 2 ) − 2m + 1 ≠ 0  x1 + x2 = 2 − m (1) Khi đó ta có  và A( x1 ; x1 + m − 1); B ( x2 ; x2 + m − 1)  x1.x2 = −2m + 1 (2)  Ta có OH = (−1;1) ⇒ OH ⊥ d ⇒ OH ⊥ AB   H là trực tâm của tam giác OAB ⇔ HA ⊥ OB ⇔ HA.OB = 0 (*)   Với HA = ( x1 + 1; x1 + m − 2 ) ; OB = ( x2 ; x2 + m − 1) (*) ⇔ ( x1 + 1) x2 + ( x1 + m − 2 )( x2 + m − 1) = 0 ⇔ 2 x1.x2 + ( m − 1)( x1 + x2 ) + ( m − 1)( m − 2 ) = 0 ⇔ 2 (1 − 2m ) + ( m − 1)( 2 − m ) + ( m − 1)( m − 2 ) = 0 ⇔ 2 − 4m = 0 ⇔ m = Vậy m = 1 (thỏa mãn đk) 2 1 là giá trị cần tìm. 2 Câu 2 (1,0 điểm). { kπ sin x ≠ 0 ⇔ sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ ( k ∈ Z ) cos x ≠ 0 2 2 Pt ⇔ (1 − cos x ) cos x + sin x = sin x ( sin 2 x − cos 2 x ) a) ĐK:  cos 2 x = 0 π 1 ⇔ cos 2 x ( cos x + sin x − 1) = 0 ⇔    sin  x +  = 4 2    x = k 2π ( l ) π kπ π 1  Với cos 2 x = 0 ⇔ x = + ( k ∈ Z ) , sin  x +  = ⇔  π  x = + k 2π ( l ) 4 2 4 2    2 π kπ , (k ∈ Z ) . Đối chiếu đk, pt (1) có nghiệm x = + 4 2 b) Ta có ( ) log 4 (n − 3) + log16 (n + 9) 2 − 3 = 0 ⇔ log 4 ( n − 3) + log 4 ( n + 9 ) − 3 = 0 ⇔ log 4 n 2 + 6n − 27 = 3  n = 7 (TM ) ⇔ n 2 + 6n − 27 = 64 ⇔ n 2 + 6n − 91 = 0 ⇔   n = −13 ( Loai ) 3 7 2 3 Với n = 7 ta có : z = (1 + i ) = (1 + i )  (1 + i ) = ( 2i ) (1 + i ) = −8i (1 + i ) = 8 − 8i   Phần thực là 8, phần ảo là –8 Câu 3 (0,5 điểm). Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng 0 < xy ≠ 1, 0 < x ≠ 1 ĐK:  (*) 2 2  y > 0, x > y +) Với y = 1 thay vào hệ đã cho ta được x 2 = 3 ⇔ x = 3 (Do đk (*)) x +) Với 0 < y ≠ 1 và x, y thỏa mãn ĐK (*) ta có PT: log xy − log 2x y = 1 y 1 1 1 1 ⇔ − − log 2x y = 1 ⇔ − − log 2x y = 1 log x ( xy ) log y ( xy ) 1 + log x y 1 + log y x Đặt t = log x y khi đó ta có 1 t − − t 2 = 1 ⇔ t 3 + t 2 + 2t = 0 ⇒ t = 0 ⇔ y = 1 (Loại) 1+ t t +1 Vậy HPT đã cho có nghiệm duy nhất ( x ; y ) = ( ) 3 ;1 Câu 4 (1,0 điểm). 1 3 ≤x≤ 10 10 Điều kiện: 1 3 Ta có 1 + x + 1 − x < 2, ∀x ∈  ;  (Theo BĐT Bunhia)  10 10  BPT ⇔ 300 x 2 − 40 x − 2 − 10 x − 1 − 3 − 10 x ≥ 0 10 x − 2 2 − 10 x ⇔ ( 10 x − 1 − 1) + ( 3 − 10 x − 1) ≤ 300 x 2 − 40 x − 4 ⇔ + ≤ (10 x − 2)(30 x + 2) 10 x − 1 + 1 3 − 10 x + 1 1 1   ⇔ (10 x − 2)  − − 30 x − 2  ≤ 0 (*) 3 − 10 x + 1  10 x − 1 + 1  1 1 Xét hàm số f ( x) = − − 30 x − 2 10 x − 1 + 1 3 − 10 x + 1 5 5  1 3 f '( x) = − − − 30 < 0, ∀x ∈  ;  2 2  10 10  10 x − 1 10 x − 1 + 1 3 − 10 x 3 − 10 x + 1 ( ) Mặt khác f ( x ) liên tục trên [ ( ) 1 3 1 3 ; ] nên f ( x ) nghịch biến trên  ;  10 10 10 10  1  3 1 ⇒ f   ≤ f ( x) ≤ f   < 0 . Do đó bất phương trình (*) ⇔ 10 x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5  10   10  1 3 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là ≤ x ≤ 5 10 Câu 5 (1,0 điểm). 1 1 0 0 Ta có I = ∫ ( x − 1)3 2 x − x 2 dx = ∫ ( x 2 − 2 x + 1) 2 x − x 2 ( x − 1)dx . x = 0 ⇒ t = 0 Đặt t = 2 x − x 2 ⇒ t 2 = 2 x − x 2 ⇒ tdt = (1 − x)dx . Đổi cận:  x = 1 ⇒ t = 1 1 1 Suy ra, I = ∫ (1 − t 2 )t (−t )dt = ∫ (t 4 − t 2 )dt 0 1 0 1 t t   t5 t3  1 1 2 2 4 2 =  −  = ∫ (t − t )dt =  −  = − = − ⇒ I = − 15 15  5 3 0 0  5 3 0 5 3 5 3 1 Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng Câu 6 (1,0 điểm). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A ' B ' . Tam giác CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM. Mặt khác AB ⊥ CC ' ⇒ AB ⊥ (CMNC ') ⇒ A ' B ' ⊥ (CMNC ') . Kẻ MH ⊥ CN ( H ∈ CN ). MH ⊂ (CMNC ') ⇒ MH ⊥ A ' B ' ⇒ MH ⊥ (CA ' B ') (CA ' B ') chứa CB ' và song song với AB nên a d ( AB, CB ') = d ( AB, (CA ' B ')) = d ( M , (CA ' B ')) = MH = 2 A' C' N B' H C A M B Tam giác vuông BMC ⇒ CM = BM . tan 300 = a 3 1 1 1 4 3 1 = + ⇔ 2 = 2+ ⇔ MN = a 2 2 2 MH MC MN a a MN 2 1 a a3 3 = S ABC .MN = .2a. .a = (đvtt) 2 3 3 Tam giác vuông CMN ⇒ Từ đó VABC . A ' B 'C ' Câu 7 (1,0 điểm).  a = −1 2 2 Do I ∈ d ⇒ I (a; a + 1); IA = 2 2 ⇔ ( a − 1) + ( a − 1) = 8 ⇔  a = 3 Vì hoành độ của I dương nên a = 3 ⇒ I (3; 4) Gọi K là trung điểm của AI ⇒ K ( 2;3) . do AB, AC là các tiếp tuyến với (C) nên tứ giác ABIC nội tiếp đường tròn ( C1 ) có tâm K bán kính 1 2 2 R1 = . AI = 2 . Ta có (C1 ) : ( x − 2 ) + ( y − 3) = 2 2 2 2 Gọi R là bán kính của đường tròn (C) ta có phương trình (C ) : ( x − 3) + ( y − 4 ) = R 2 ( x − 2 )2 + ( y − 3)2 = 2 Do B, C = (C ) ∩ (C1 ) ⇒ tọa độ B, C là nghiệm của hệ  2 2 2 ( x − 3 ) + ( y − 4 ) = R Trừ theo vế 2 pt của hệ ta được phương trình BC: 2 x + 2 y + R 2 − 14 = 0 (Đk R < AI) Mà M(3; 1) ∈ BC ⇒ −6 + R 2 = 0 ⇔ R 2 = 6 Khi đó phương trình (C ) : ( x − 3) + ( y − 4 ) = 6 2 2 Câu 8 (1,0 điểm). Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015! Tuyển chọn các đề thi minh họa chuẩn cho kì thi THPTQG 2015 – Thầy Đặng Việt Hùng  +) Giả sử nP = (a; b; c), a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0 là một véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). ( P) : a ( x − 1) + b( y − 1) + c( z + 1) = 0 Do (P) chứa d nên ta có  a − b + c = 0 ⇒ b = a + c +) Mặt cầu (S) có tâm I (2;3;0), R = 3 và đường tròn giao tuyến có bán kính r = 3 Mặt khác, R 2 = r 2 + d 2 ( I ; ( P ) ) ⇒ d ( I ; ( P ) ) = 6 ⇔ a + 2b + c = 6 ⇔ ( 3a + 3c ) = 6 ( a 2 + c 2 + (a + c) 2 ) ⇔ a = c 2 a 2 + b2 + c 2 +) Với a = c ta chọn a = c = 1 ⇒ b = 2  →( P ) : x + 2 y + z − 2 = 0 Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là ( P ) : x + 2 y + z − 2 = 0 Câu 9 (0,5 điểm). +) Số phần tử của không gian mẫu là Ω = C164 = 1820 . +) Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau: - Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: C41C53 - Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: C41C52C71 - Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: C41C51C72 +) Khi đó Ω B = C41C53 + C41C71C52 + C41C72C51 = 740 . +) Xác suất của biến cố B là P ( B ) = ΩB Ω = 740 37 = . 1820 91 Câu 10 (1,0 điểm). Ta có ( a + b ) ( a + 2c )( b + 2c ) a + b )( a + b + 4c ) a 2 + b 2 + 2ab + 4ac + 4bc ( ≤ = 2 2 a 2 + b 2 + 2ab + 4ac + 4bc ≤ 2 a2 + b2 + c 2 2 Khi đó, BĐT đó tương đương ( Ta lại có ( ) ) 2ab + 4ac + 4bc ≤ 3 a 2 + b2 + 4c 2 ⇔ ( a − b ) + 2 ( a − c ) + 2 ( b − c ) ≥ 0 Hay khi đó ta có P ≤ 2 4 a 2 + b2 + c 2 + 4 − 9 2 a + b2 + c2 ( 2 2 2 ) Đặt t = a 2 + b 2 + c 2 + 4 > 2 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 = t 2 − 4 ⇒ P ≤ 4 9 − = f (t ) 2 t 2 t −4 Khảo sát hàm f ( t ) trên ( 2; +∞ ) ta được: f ( t ) ≤ f ( 4 ) = 5 8 Vậy MaxP = ( ) 5 dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2 8 Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2015!
- Xem thêm -