Tuyển tập 60 đề thi thử THPT Quốc gia kèm đáp án
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (37.92 MB, 331 trang )
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ SỐ 1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
1 1
2 6
3 2
y x x x
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số đã cho.
b) Tìm các giá trị của tham số
m
để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:
3 2
2 3 12 2 1 0
x x x m
.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho góc
;
2
mà
1
sin
5
. Tính sin
6
.
b) Giải phương trình
2 1
2 2 4 2
x x x x
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
4
3
0
4
I x x dx
.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
2 1 3 1 2
z z i i
. Tính môđun của
z
.
b) Cho số nguyên dương
n
thỏa mãn điều kiện
3 3 2 1
1 1 3
.
n n
n n n n
C C C C
. Tìm số hạng chứa
6
x
trong khai triển theo
công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức
3
1
2
n
x
x
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.
S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
, , 2
B AB a AC a
và cạnh bên
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết số đo của góc giữa hai mặt phẳng
SBC
và
ABC
bằng
0
60
. Tính theo
a
thể tích khối chóp
.
S ABC
và khoảng cách từ trọng tâm
G
của tam giác
SAB
đến mặt phẳng
SBC
.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho điểm
1; 2;3
I
và mặt phẳng
:2 2 1 0
P x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng
P
cắt mặt cầu tâm
I
, bán kính
4
; tìm tọa độ tâm và bán
kính của đường tròn giao tuyến.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có tâm đường tròn ngoại tiếp
3 1
;
2 2
K
,
đường cao và đường trung tuyến kẻ từ
A
tương ứng có phương trình
3 4 5 0
x y
và
2 0
x y
. Tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác
ABC
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
5 1 3 2 3 2
x x x
.
Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực không âm
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
2 2 2
3
x y z
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
4
P xy yz zx
x y z
.
HẾT
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số đã cho.
♥ Tập xác định:
D
♥ Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên:
2
' 2
y x x
;
' 0 2
y x
hoặc
1
x
0.25
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng
2;1
;
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng
; 2
và
1;
.
ￚ Cực trị:
+ Hàm số đạt cực đại tại
2
x
; y
CĐ
28
2
3
y
+ Hàm số đạt cực tiểu tại
1
x
; y
CT
29
1
6
y ,
ￚ Giới hạn: lim
x
y
và lim
x
y
0.25
ￚ Bảng biến thiên:
x
2
1
'
y
0
0
y
28
3
29
6
0.25
♥ Đồ thị:
0.25
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số
m
để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:
3 2
2 3 12 2 1 0
x x x m
(1)
♥ Ta có:
3 2
1 1 37
1 2 6
3 2 6 3
m
x x x
(2)
0.25
♥ Xem (2) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị
3 2
1 1
: 2 6
3 2
37
:
6 3
C y x x x
m
y
Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của
C
và
0.25
1
(2,0 điểm)
♥ Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt
cắt
C
tại ba điểm phân biệt
0.25
29 37 28
6 6 3 3
m
19
4
2
m
♥ Vậy giá trị
m
cần tìm là
19
4
2
m
.
0.25
a).(0,5 điểm). Cho góc
;
2
mà
1
sin
5
. Tính sin
6
.
♥ Ta có:
3 1
sin sin .sin cos .cos cos
6 6 6 2
2 5
(1)
0.25
♥ Từ hệ thức:
2 2
cos sin 1
và
;
2
Suy ra:
2
1 2
cos 1 sin 1
5
5
(2)
Thay (2) vào (1) ta được:
3 2
sin
6
2 5
0.25
b.(0,5 điểm). Giải phương trình
2 1
2 2 4 2
x x x x
. (1)
♥ Điều kiện:
0
x
(*)
Khi đó:
2 2
1 2 .2 2 2.2 2 0
x x x x
2
2 1 2 2 0
x x
0.25
2
(1,0 điểm)
2
0
2 1
1
2 2
2
x
x
x
x
[thỏa (*)]
♥ Vậy nghiệm của phương trình là
1
0;
2
x x
0.25
Tính tích phân
4
3
0
4
I x x dx
.
♥ Đặt
4
t x
dt dx
Đổi cận:
4
0
x
x
0
4
t
t
0.25
♥ Suy ra:
0 4
3 3 4
4 0
4 4
I t t dt t t dt
0.25
4
5
4
0
5
t
t
0.25
3
(1,0 điểm)
256
5
0.25
a).(0,5 điểm). Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
2 1 3 1 2
z z i i
.
Tính môđun của
z
.
4
(1,0 điểm)
♥ Đặt
z a bi
,a b
, khi đó:
2 1 3 1 2 2 1 3 3
z z i i a bi a bi i
1
1 1 5 0
1
5
a
a b i
b
0.25
♥ Vậy môđun của
2 2
1 26
1
25 5
z a b
0.25
b).(0,5 điểm). Cho số nguyên dương
n
thỏa mãn điều kiện
3 3 2 1
1 1 3
.
n n
n n n n
C C C C
. Tìm số hạng
chứa
6
x
trong khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức
3
1
2
n
x
x
.
♥ Điều kiện
3
n
n
, khi đó:
3 3 2 1
1 1 3
1 ! 1 ! 3 !
!
. .
3! 3 ! 2! 3 ! 2 ! 2 !
n n
n n n n
n n n
n
C C C C
n n n n
1 3
6 2 2
n n
n
2
12
11 12 0 12
1
n
n n n
n
0.25
♥ Do đó:
12
5 24
12 12
6
12 12 12
3 3
3
0 0
1 1 1
2 2 2 . .2 .
n
k
k
k k k
k
k k
x x C x C x
x x
x
Chọn
k
thỏa
5 24
6 12
6
k
k
Vậy số hạng chứa
6
x
trong khai triển là
12 6
2
x
.
0.25
Cho hình chóp
.
S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
, , 2
B AB a AC a
và cạnh bên
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết số đo của góc giữa hai mặt phẳng
SBC
và
ABC
bằng
0
60
.
Tính theo
a
thể tích khối chóp
.
S ABC
và khoảng cách từ trọng tâm
G
của tam giác
SAB
đến
mặt phẳng
SBC
.
♥ Vì
BC AB
và
BC SA
BC SAB
Suy ra
SB BC
và
AB BC
0
; ; 60
SBC ABC SB AB ABS
0.25
♥ Xét tam giác
SAB
:
0
.tan 60 3
SA AB a
Xét tam giác
ABC
:
2 2 2 2
4 3
BC AC AB a a a
Suy ra:
2
1 3
.
2 2
ABC
a
S AB AC
Vậy
3
1 1
. .
3 2
ABC
V S SA a
0.25
♥ Do
BC SAB
SBC SAB
. Vì vậy, trong
SAB
kẻ
GK SB
suy ra
GK SBC
. Do đó
,
d G SBC GK
0.25
5
(1,0 điểm)
♥ Ta có:
2.
SGB
S
GK
SB
0.25
Vì
G
là trọng tâm tam giác
SAB
nên
2
1 1 3
.
3 6 6
SGB SAB
a
S S SA AB
Xét tam giác vuông
SAB
ta có:
0
2
cos60
cos
AB a
SB a
ABS
Vậy
2.
3
,
6
SGB
S
a
d G SBC GK
SB
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho điểm
1; 2;3
I
và mặt phẳng
:2 2 1 0
P x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng
P
cắt mặt cầu tâm
I
, bán kính
4
; tìm
tọa độ tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến.
♥ Ta có:
2 2 2
2.1 2.( 2) 3 1
, 2 4
2 2 ( 1)
d I P
Do đó, mặt phẳng
P
cắt mặt cầu tâm
I
, bán kính
4
0.25
♥ Gọi
r
là bán kính của đường tròn giao tuyến, ta có:
2 2
4 2 2 3
r
0.25
♥ Gọi
d
là đường thẳng qua
I
và vuông góc với mặt phẳng
P
và
K d P
, ta có
K
là tâm của đường tròn giao tuyến. Vì
d P
nên VTPT
2;2; 1
n
của
P
là
một VTCP của
d
. Phương trình tham số của
1 2
: 2 2
3
x t
d y t
z t
0.25
6
(1,0 điểm)
♥ Tọa độ
K
là nghiệm của hệ phương trình:
1 2
2 2
3
2 2 1 0
x t
y t
z t
x y z
Giải hệ ta được
2 7 2 7
, , ,
3 3 3 3
t x y z
. Vậy
7 2 7
; ;
3 3 3
K
0.25
7
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có tâm đường tròn ngoại tiếp
3 1
;
2 2
K ,
đường cao và đường trung tuyến kẻ từ
A
tương ứng có phương trình
3 4 5 0
x y
và
2 0
x y
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
.
♥ Gọi
,
AH AM
là đường cao và đường trung tuyến kẻ từ
A
. Tọa độ đỉnh
A
là nghiệm
của hệ:
3 2 5
2 0
x y
x y
1
2
x
y
1;2
A
0.25
♥ Gọi
d
là đường trung trực của đoạn
BC
, ta có
d
đi qua
K
và
||
d AH
0.25
Do
||
d AH
nên phương trình
d
có dạng:
1
3 4 0
x y m
và
1
5
K d m
Suy ra
:6 8 5 0
d x y
Tọa độ
M
là nghiệm của hệ:
6 8 5
2 0
x y
x y
1
2
1
x
y
1
;1
2
M
♥ Đường thẳng
BC
qua
M
và vuông góc với
AH
có pt dạng:
2
4 3 0
x y m
và
2
5
M BC m
Suy ra
: 4 3 5 0
BC x y
♥ Đường tròn
C
ngoại tiếp
ABC
là đường tròn tâm
K
và bán kính
5
2
R KA
nên có phương trình là:
2 2
3 1 25
2 2 2
x y
Tọa độ
,
B C
là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
3 1 25
2 2 2
4 3 5 0
x y
x y
0.25
♥ Giải hệ nầy ta được hai nghiệm là
1;3
và
2; 1
Suy ra
1;3 , 2; 1
B C
hoặc
B 2; 1 , 1;3
C
0.25
Giải bất phương trình
5 1 3 2 3 2
x x x
(1)
♥ Điều kiện:
5 1 0
1
3
5
3 0
x
x
x
Nhận xét:
5 1 3 5 1 3 6 4
x x x x x
Khi đó:
1 5 1 3 5 1 3 5 1 3
x x x x x x
0.25
5 1 3 5 1 3 1 0
x x x x
5 1 3 1 0
x x
3 1 5 1
x x
4 2 3 5 1
x x x
2 3 6 5
x x
0.25
2
2
5
6 5 0
14 79
6
18
4 3 6 5
36 56 13 0
x
x
x
x x
x x
0.25
8
(1,0 điểm)
♥ Kết hợp điều kiện, suy ra tập nghiệm của bpt là
14 79
;3
18
S
0.25
9
(1,0 điểm)
Xét các số thực không âm
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
2 2 2
3
x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
4
P xy yz zx
x y z
.
♥ Ta có:
2
2
2 2 2
3
1
2 2
x y z
xy yz zx x y z x y z
Do đó:
2
3
4
2
x y z
P
x y z
0.25
♥ Đặt
t x y z
. Ta tìm điều kiện cho
t
0.25
Vì
2 2 2
0
xy yz zx x y z
nên
2
3
0 3
2
x y z
Suy ra:
3 3 3 3
x y z t
♥ Xét hàm số
2
3 4
2
t
f t
t
trên
3;3
, ta có
3
2 2
4 4
'
t
f t t
t t
;
3
' 0 4 3,3
f t t
Do
4
3
3
13
3
3
f
f
3,3
13
max
3
t
f t
khi
3
t
0.25
♥ Vậy
3,3
13
max
3
t
maxP f t
khi
1
x y z
.
0.25
NHẬN XÉT & BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Câu 8: Giải bất phương trình
5 1 3 2 3 2
x x x
(1)
Nhận xét:
+ Bpt (1) là bpt có dạng:
, ,
f x g x h x
với
h x f x g x
đối với dạng nầy ta thay
.
h x f x g x f x g x
và biến đổi về dạng tích số
+ Đối với phương trình dạng
f x g x h x
cũng giải tương tự.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
1) Giải bất phương trình:
4 3 2 3 1
x x x
Đáp số:
3 2 2 19
;
4 9
S
2) Giải phương trình:
3 2 3 2 1
x x x
Đáp số:
3 17
2
x
Câu 9: Xét các số thực không âm
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
2 2 2
3
x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
4
P xy yz zx
x y z
.
Nhận xét
+ Đây là dạng biểu thức ba biến số có chứa các biểu thức đối xứng cơ bản, với những điều kiện của giả thiết chúng
ta có thể đưa về biểu thức một biến thông qua phép đặt ẩn phụ (biến mới). Khi đó bài toán có thể giải quyết bằng
xét hàm số.
Các bước giải
+ Phát hiện một biểu thức có thể chọn làm biến mới;
+ Đổi biến (đặt ẩn phụ)
+ Tìm điều kiện của biến mới;
+ Xét hàm số và đưa ra kết luận.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Xét các số thực
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
2 2 2
1
x y z
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
4
2
P xy yz zx
xy yz zx
Hướng dẩn: Đặt
t xy yz zx
với
1
;1
2
t
Đáp số:
7
max ,min 2
3
P P
Bài 2: Xét các số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
3
x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
2 2 2
3
xy yz zx
P x y z
x y z
Hướng dẩn: Đặt
2 2 2
t x y z
với
3;9
t
Đáp số:
7
min
2
P
Hết
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ SỐ 3
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
4 3 1
y x mx x
(1), trong đó
m
là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số (1), khi
0
m
.
b) Tìm các giá trị của tham số
m
để hàm số (1) đồng biến trên
.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho góc
3
;2
2
mà
1
sin cos
2 2 2
. Tính
sin 2
.
b) Giải phương trình
9
3
2
2log 1
log
x
x
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
1
0
4 3
2 1
x
I dx
x
.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
2
2 26 0
z z
trên tập số phức.
b) Tìm hệ số của
7
x
trong khai triển thành đa thức của biểu thức:
10
3
1 3 2
P x x x
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .
S ABC
có
0
, 2 , 120
SA a AB BC a ABC và cạnh bên
SA
vuông góc với
mặt phẳng đáy. Tính số đo của góc giữa hai mặt phẳng
SBC
và
ABC
. Tính theo
a
bán kính mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp đã cho.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
2;1;0
A
,
0;3;4
B
và
5,6,7
C
. Tính
khoảng cách từ điểm
C
đến mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng
AB
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho điểm
3;1
M và đường thẳng
4
:
3
y x
. Viết phương trình
đường tròn đi qua
M
, tiếp xúc đồng thời với đường thẳng
và đường thẳng
0
y
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
2 3
2 1 2 1
x x x x x
.
Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
1
x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
2 2 2
7 121
14
P
x y z xy yz zx
.
HẾT
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
a.(1,0 điểm). Cho hàm số
3 2
4 3 1
y x mx x
(1), trong đó
m
là tham số. Khảo sát sự biến
thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số (1), khi
0
m
.
Khi
0
m
thì
3
4 3 1
y x x
♥ Tập xác định:
D
♥ Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên:
2
' 12 3 0,
y x x
0.25
+ Hàm số đồng biến trên khoảng
;
ￚ Cực trị: hàm số không có cực trị
ￚ Giới hạn: lim
x
y
và lim
x
y
0.25
ￚ Bảng biến thiên:
x
'
y
y
0.25
♥ Đồ thị:
0.25
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số
m
để hàm số (1) đồng biến trên
.
♥ Ta có:
2
' 12 2 3
y x mx
0.25
♥ Hàm số (1) đồng biến trên
' 0,
y x
2
12 2 3 0,x mx x
0.25
2
' 36 0
m
0.25
1
(2,0 điểm)
6 6
m
♥ Vậy giá trị
m
cần tìm là
6 6
m
0.25
a) Cho góc
3
;2
2
mà
1
sin cos
2 2 2
. Tính
sin 2
.
♥ Từ
1
sin cos
2 2 2
1
1 sin
4
3
sin
4
0.25
♥ Do
2 2
9 7
cos 1 sin 1
16 16
3
;2
2
7
cos
4
♥ Vậy
3 7
sin2 2sin .cos
8
0.25
b) Giải phương trình
9
3
2
2log 1
log
x
x
(1)
2
(1,0 điểm)
♥ Điều kiện:
0, 1
x x
(*)
0.25
Khi đó:
2
3 3
1 log log 2 0
x x
3
3
3
log 1
1
log 2
9
x
x
x
x
[thỏa (*)]
♥ Vậy phương trình có nghiệm là
1
3,
9
x x
.
0.25
Tính tích phân
1
0
4 3
2 1
x
I dx
x
.
♥ Ta có:
1 1
0 0
4 3 1
2
2 1 2 1
x
I dx dx
x x
0.25
1 1
0 0
1
2
2 1
dx dx
x
0.25
1
1
0
0
1
2 ln 2 1
2
x x
0.25
3
(1,0 điểm)
1
2 ln3
2
0.25
a) Giải phương trình
2
2 26 0
z z
trên tập số phức.
♥ Ta có:
2
' 1 26 25 5
i
0.25
♥ Do đó phương trình có hai nghiệm phức là
1
1 5
z i
và
2
1 5
z i
.
0.25
b) Tìm hệ số của
7
x
trong khai triển thành đa thức của biểu thức
10
3
1 3 2
P x x x
.
♥ Ta có:
10
10
10 10
3 3 3
10
0
1 3 2 2 1 3 . 2 . 1 3
k
k
k
k
P x x x x x C x x
10 10
10
3 10 30 3
10 10
0 0 0 0
. 2 . 3 .C .2 . 3 .
k k
k l l
k l k l k k l
k k
k l k l
C x C x C x
Chọn
,
k l
thỏa
8, 1
0 10 0 10
9, 4
30 3 7 3 23
10, 7
k l
l k l k
k l
k l l k
k l
0.25
4
(1,0 điểm)
♥ Vậy hệ số của
7
x
trong khai triển là
4 7
8 1 2 9 4 10 7 0
10 8 10 9 10 10
.C .2 . 3 .C .2. 3 .C .2 . 3 62640
C C C
0.25
Cho hình chóp
.
S ABC
có
0
, 2 , 120
SA a AB BC a ABC và cạnh bên
SA
vuông góc với
mặt phẳng đáy. Tính số đo của góc giữa hai mặt phẳng
SBC
và
ABC
. Tính theo
a
bán kính
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
5
(1,0 điểm)
0.25
♥ Trong
ABC
, kẻ
AH BC
. Do
SA ABC
nên
SA BC
BC SAH
Do đó
BC SH
, ,
SBC ABC AH SH SHA
♥ Xét tam giác
AHB
:
0
.sin 2 .sin 60 3
AH AB ABH a a
Xét tam giác
SAH
:
3
tan
3
3
SA a
SHA
AH
a
0
30
SHA
Vậy
0
, 30
SBC ABC
0.25
♥ Trong
ABC
, gọi
D
là điểm đối xứng của
B
qua
AC
. Do tam giác
ABC
cân tại
B
và
0
60
ABC
nên các tam giác
ABD
và
DBC
là các tam giác đều.
Suy ra:
2
DA DB DC a
. Do đó
D
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
Dựng đường thẳng
qua
D
và song song
SA
ABC
là trục của
tam giác
ABC
Gọi
M
là trung điểm của
SA
, trong
,
SA
, kẻ đường thẳng
d
qua
M
và song
song
AD
, suy ra
d SA
d
là trung trực của đoạn
SA
Trong
,
SA
, gọi
O d
. Suy ra
O
là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.
S ABC
0.25
♥ Xét tam giác
OAD
ta có
2
2 2 2
17
4
4 2
a a
R OA AD AM a
0.25
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
2;1;0
A ,
0;3;4
B và
5,6,7
C . Tính
khoảng cách từ điểm
C
đến mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng
AB
.
♥ Gọi
M
là trung điểm của
AB
, ta có
1;2;2
M
0.25
♥ Mặt phẳng
P
vuông góc với
AB
tại
M
là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng
AB
. Do
AB P
nên
2;2;4
AB
là một VTPT của
P
0.25
♥ Suy ra phương trình
P
2 1 2 2 4 2 0 2 5 0
x y z x y z
0.25
6
(1,0 điểm)
♥ Vậy
2 2 2
5 6 2.7 5
5 6
;
3
1 ( 1) ( 2)
d C P
0.25
7
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho điểm
3;1
M và đường thẳng
4
:
3
y x
. Viết phương trình
đường tròn đi qua
M
, tiếp xúc đồng thời với đường thẳng
và đường thẳng
0
y
.
♥ Gọi
;
I a b
là tâm của đường tròn cần tìm, ta có
, ,
d I d I Ox IM
(1)
0.25
♥
2
2 2
4 3 5
4 3 5 (2)
1
3 2 1 0 (3)
3 1
a b b
a b b
a b
a b b
0.25
4 3 5 2 (4)
2
4 3 5 2 (5)
a b b b a
a b b a b
♥ Thay (4) vào (3) ta được:
2
2
3 4 1 0 2 10 0
a a a a
: pt vô nghiệm
0.25
♥ Thay (5) vào (3) ta được:
2
2
5
2 3 2 1 0 2 7 5 0
2
1
b
b b b b
b
+ Với
5 5 5
5 5; ;
2 2 2
b a I IM
. Phương trình
2
2
5 25
: 5
2 4
C x y
+ Với
1 2 2;1 , 1
b a I IM
. Phương trình
2 2
: 2 1 1
C x y
0.25
Giải bất phương trình
2 3
2 1 2 1
x x x x x
(1)
♥ Điều kiện:
1
2
x
(*)
Khi đó:
1
3 2
2 1 . 2 1 . 2 1 0
x x x x x x
2
2 1 2 1 2 1 0
x x x x x x
0.25
2
2 1 2 1 0
x x x x
2 1 0
x x
2 1
x x
0.25
2
0
1 2
2 1 0
x
x
x x
0.25
8
(1,0 điểm)
♥ Kết hợp với điều kiện (*), suy ra tập nghiệm của bpt là
1 2;S
0.25
9
(1,0 điểm)
Xét các số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
1
x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
2 2 2
7 121
14
P
x y z xy yz zx
.
♥ Ta có:
2 2 2
2
2 2 2
1
1
2 2
x y z
xy yz zx x y z x y z
Do đó:
2 2 2 2 2 2
7 121
7 1 ( )
P
x y z
x y z
0.25
♥ Đặt
2 2 2
t x y z
, tìm điều kiện cho
t
, , 0
, , 0;1
1
x y z
x y z
x y z
. Do đó:
2 2 2
, ,
x x y y z z
Suy ra:
2 2 2
1
x y z x y z
Mặt khác:
2
2 2 2 2 2 2
1 2 3
x y z x y z xy yz zx x y z
Suy ra:
2 2 2
1
3
x y z
. Ta được:
1
1
3
t
0.25
♥ Khảo sát hàm số
7 121
7 1
f t
t
t
trên
1
;1
3
, ta có:
2
2
7 121
'
7 1
f t
t
t
0.25
2 2
2
2
11 7
7
121 7 11 7
1
18
' 0
1
11 7
7
7 1
1
4
t
t t
f t
t t t
t
t
t t
BBT
t
1
3
7
18
1
'
f t
0
f t
324
7
Từ BBT ta suy ra
1
;1
3
324
min
7
t
f t
khi
7
18
t . Suy ra:
324
7
P
Ta thấy với
1 1 1
, ,
2 3 6
x y z
thì
1
x y z
và
324
7
P
324
min
7
P
♥ Vậy
324
min
7
P
0.25
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ SỐ 2
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3 1
y x x
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số đã cho.
b) Tìm các giá trị của tham số
m
để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1
3 2
3 3 1 0
x x m
.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
sin3 cos 2 0
4
x x .
b) Giải bất phương trình
1 2
9 8.3 1 0
x x
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
1
4 3 ln
I x xdx
.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức
1 2
z i
. Tìm môđun của số phức
2
w z z
.
b) Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 1 số trong số các số lập được.
Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 25.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng
. ' ' '
ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A
,
AB a
,
3
AC a
và
mặt bên
' '
BB C C
là hình vuông. Tính theo
a
thể tích khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
và khoảng cách giữa hai đường
thẳng
'
AA
,
'
BC
.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
: 2 2 3 0
P x y z và mặt cầu
2 2 2
: 5 2 2 9
S x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng
P
tiếp xúc mặt cầu
S
; xác định tọa độ của
tiếp điểm.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho điểm
2;3
A
. Viết phương trình đường thẳng đi qua
A
và
cắt hai trục tọa độ
,
Ox Oy
tương ứng tại các điểm
,
B C
sao cho điểm
B
có hoành độ dương, điểm
C
có tung độ
dương và tam giác
BOC
có diện tích nhỏ nhất.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình
2
2 1 2 3
x x x
.
Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương
,
x y
thỏa mãn điều kiện
5 4 23
x y xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
3 7
4 9
2
P x y
x y
.
HẾT
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số
3 2
3 1
y x x
♥ Tập xác định:
D
♥ Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên:
2
' 3 6
y x x
;
' 0 0
y x
hoặc
2
x
0.25
+ Hàm số đồng biến trên khoảng
0;2
;
+ Hàm số nghịch biến trên các khoảng
;0
và
2;
.
ￚ Cực trị:
+ Hàm số đạt cực đại tại
2
x
; y
CĐ
2 3
y
+ Hàm số đạt cực tiểu tại
0
x
; y
CT
0 1
y
,
ￚ Giới hạn: lim
x
y
và lim
x
y
0.25
ￚ Bảng biến thiên:
x
0
2
'
y
0
0
y
3
1
0.25
♥ Đồ thị:
0.25
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số
m
để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt, trong đó
có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1
3 2
3 3 1 0
x x m
(1)
♥ Ta có:
3 2
1 3 1 3 2
x x m
(2)
0.25
♥ Xem (2) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị
3 2
: 3 1
: 3 2
C y x x
y m
Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của
C
và
và nghiệm của phương trình (1) là hoành độ giao điểm của
C
và
0.25
♥ Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1
cắt
C
tại ba điểm phân biệt, trong đó đúng 2 điểm có hoành lớn hơn 1
1 3 2 3
m
0.25
1
(2,0 điểm)
5
1
3
m
0.25
♥ Vậy giá trị
m
cần tìm là
5
1
3
m .
a) Giải phương trình
sin3 cos 2 0
4
x x
(1)
♥ Ta có:
3
1 sin3 sin 2 0
4
x x
3
sin3 sin 2
4
x x
0.25
3 2
3
3 2 2
20 5
4
3
3 2 2
2
4
4
k
x
x x k
x x k x k
0.25
b) Giải bất phương trình
1 2
9 8.3 1 0
x x
(1)
♥ Ta có:
2
1 3 8.3 9 0
x x
(2)
Đặt
3
x
t
0
t
, bpt (2) trở thành:
2
8 9 0
t t
9
t
0.25
2
(1,0 điểm)
♥ Với
9
t
thì
3 9 2
x
x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
2;S
0.25
Tính tích phân
2
1
4 3 ln
I x xdx
.
♥ Đặt
ln
4 3
u x
dv x dx
2
1
2 3
du dx
x
v x x
0.25
♥ Suy ra:
2
2
2
2
1
1
2 3
2 3 ln
x x
I x x x dx
x
0.25
2
1
14ln2 2 3
x dx
0.25
3
(1,0 điểm)
2
2
1
14ln2 3 14ln2 6
x x
0.25
a) Cho số phức
1 2
z i
. Tìm môđun của số phức
2
w z z
.
♥ Ta có:
2 1 2 2 1 2 3 2
w z z i i i
0.25
♥ Do đó
2 2
3 2 13
w
0.25
b) Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 1 số trong số các
số lập được. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 25.
♥ Số phần tử của không gian mẫu là:
9.9.8.7 4536
0.25
4
(1,0 điểm)
♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn chia hết cho 25”
Do
, , ,
a b c d
đôi một khác nhau và
25
abcd
25
cd
25
50
75
cd
cd
cd
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
A
7.7 8.7 7.7 154
♥ Vậy xác suất cần tính là
A
154 11
A
5436 324
P .
0.25
Cho lăng trụ đứng
. ' ' '
ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A
,
AB a
,
3
AC a
và
mặt bên
' '
BB C C
là hình vuông. Tính theo
a
thể tích khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
và khoảng cách
giữa hai đường thẳng
'
AA
,
'
BC
.
♥ Do lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên
'
BB
là đường cao của lăng trụ
Vì
' '
BB C C
là hình vuông nên
2 2 2 2
' 3 2
BB BC AB AC a a a
0.25
♥ Do đó
3
. ' ' '
1
'. 2 . . . .a 3 3
2
ABC A B C ABC
V BB S a AB AC a a a
0.25
♥ Vì
' || ' '
AA BB C C
nên
', ' , ' '
d AA BC d A BB C C
Trong
ABC
, hạ
AH BC
(1)
Vì
'
BB ABC
nên
'
AH BB
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
' '
AH BB C C
, ' '
AH d A BB C C
0.25
5
(1,0 điểm)
♥ Xét tam giác
ABC
ta có
. . . 3 3
2 2
AB AC a a a
AH
BC a
. Vậy
3
', '
2
a
d AA BC
0.25
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
: 2 2 3 0
P x y z và mặt cầu
2 2 2
: 5 2 2 9
S x y z
. Chứng minh rằng mặt phẳng
P
tiếp xúc mặt cầu
S
;
xác định tọa độ của tiếp điểm.
♥ Mặt cầu
S
có tâm
5;2;2
I và bán kính
3
R
0.25
♥ Ta có:
2
2 2
2.5 2.2 2 3
; 3
2 2 1
d I P R
P
tiếp xúc mặt cầu
S
0.25
♥ Gọi
d
là đường thẳng đi qua
I
và vuông góc với
P
. Gọi
K d P
, suy ra
K
là tiếp điểm của
P
và
S
. Vì
d P
nên VTPT
2;2; 1
n
của
P
là
một VTCP của
d
. Phương trình tham số của
5 2
: 2 2
2
x t
d y t
z t
0.25
6
(1,0 điểm)
♥ Tọa độ
K
là nghiệm của hệ phương trình:
5 2
2 2
:
2
2 2 3 0
x t
y t
d
z t
x y z
Giải hệ ta được
1, 3, 0, 3
t x y z
. Vậy
3;0;3
K
0.25
7
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho điểm
2;3
A . Viết phương trình đường thẳng đi qua
A
và cắt
hai trục tọa độ
,
Ox Oy
tương ứng tại các điểm
,
B C
sao cho điểm
B
có hoành độ dương, điểm
C
có tung độ dương và tam giác
BOC
có diện tích nhỏ nhất.
♥ Gọi
d
là đường thẳng đi qua
A
và cắt
,
Ox Oy
tương ứng tại các điểm
;0
B b
,
0;
C c
,
, 0
b c
. Ta có:
1
2
BOC
S bc
0.25
♥ Phương trình
d
có dạng:
1
x y
b c
. Vì
d
qua
2;3
A d
nên
2 3
1
b c
0.25
♥ Theo bđt Cô-si ta có:
2 3 2 3
1 2 .
b c b c
1
12
2
BOC
S bc
Dấu “=” xảy ra khi
4, 3
b c
. Suy ra:
max 12
BOC
S
khi
4, 3
b c
0.25
♥ Phương trình đường thẳng thỏa đề bài là
1 3 2 12 0
4 3
x y
x y
0.25
Giải phương trình
2
2 1 2 3
x x x
(1)
♥ Điều kiện:
1
2 1 0
2
x x
(*)
Khi đó
1
2
2
2 1 1 4 3
x x
0.25
2 1 5 2
2 2 2 7
x x
x x
0.25
2
5
11 17
2 1 5 2
2
4
2 11 13 0
x
x x x
x x
[thỏa (*)]
0.25
8
(1,0 điểm)
2
7
2 1 2 7 5
2
2 15 25 0
x
x x x
x x
[thỏa (*)]
Vậy phương trình có nghiệm là
11 17
5,
4
x x
0.25
9
(1,0 điểm)
Xét các số thực dương
,
x y
thỏa mãn điều kiện
5 4 23
x y xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
3 7
4 9
2
P x y
x y
.
♥ Ta có:
4 5
5 4 23 23
x y xy
x y
0.25
♥ Khi đó:
3 7 1 1 1 4 5
4 9 4 9
2 2
P x y x y
x y x y x y
1 1 23
4 9
2
x y
x y
0.25
♥ Áp dụng bđt Cô-si ta suy ra được
1 1 23 23 43
2 4 . 2 9 . 4 6
2 2 2
P x y
x y
0.25
♥ Dấu “=” xảy ra khi
1
4
1
1
2
9
1
3
4 5
23
x
x
x
y
y
y
x y
0.25
Vậy
43
min
2
P
.
K
H
Ở
I
Đ
Ộ
NG TR
Ư
Ớ
C K
Ỳ
THI
QU
Ố
C GIA N
Ă
M
2015
Môn thi: Toán
–
THPT
Th
ờ
i gian làm bài: 180 phút
Câu 1
(2,0
đ
i
ể
m
)
.
Cho hàm s
ố
32
61
2
y
x
x
C
a.
Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ
đ
ồ
th
ị
hàm s
ố
.
C
b.
Tìm các giá tr
ị
c
ủ
a tham s
ố
m
đ
ể
đư
ờ
ng th
ẳ
ng
1
y mx
c
ắ
t
đ
ồ
th
ị
C
t
ạ
i ba
đ
i
ể
m phân
bi
ệ
t
0;1 , ,
M N P
sao cho
N
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
.
MP
Câu 2 (1,0
đ
i
ể
m
).
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
2cos sin cos
cos sin
2
1
xx
x
x
x
Câu 3 (1,0
đi
ể
m)
.
Tính di
ệ
n tích hình ph
ẳ
ng giớ
i h
ạ
n b
ởi
đư
ờ
ng cong
1
y
x
và
đư
ờ
ng th
ẳng
23
yx
Câu 4
(1,0
đ
i
ể
m
)
.
a.
Gi
ả
i
ph
ươ
ng trình
3
2
3
log 1 l g 2
2
o1
xx
b.
Đ
ộ
i thanh niên xung kích c
ủ
a m
ộ
t tr
ư
ờ
ng ph
ổ
thông có 12 h
ọ
c sinh g
ồ
m 5 h
ọ
c sinh l
ớ
p
A
, 4
h
ọ
c sinh l
ớ
p
B
và
3
h
ọ
c sinh l
ớ
p
C
. Ch
ọ
n ng
ẫ
u nhiên 4 h
ọ
c sinh
đ
i l
à
m nhi
ệ
m v
ụ
. Tính xác
su
ấ
t
đ
ể
trong 4 h
ọ
c sinh
đư
ợ
c ch
ọ
n không quá 2 trong 3 l
ớ
p trên
.
Câu 5 (1,0
đ
i
ể
m
).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
đ
ộ
Oxyz
, cho tam giác
ABC
có các
đ
ỉ
nh l
ầ
n
l
ư
ợ
t là
1; 2;3 , 2;1;0AB
và
0; 1; 2 .
C
Vi
ế
t ph
ươ
ng tr
ì
nh
đư
ờ
ng cao xu
ấ
t phát t
ừ
đ
ỉ
nh
A
c
ủ
a
tam giác
ABC
.
Câu 6 (1,0
đ
i
ể
m
)
.
Cho hình chóp
.
S ABCD
có
đ
á
y
ABCD
là hình thoi c
ạ
nh b
ằ
ng
,
a
SA SB a
;
2
SD a
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
SBD
vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
đ
á
y
ABCD
. Tính theo
a
th
ể
tích kh
ố
i
chóp
.
S ABCD
và kho
ảng cách t
ừ
A
đ
ến m
ặ
t phẳ
ng
.
SCD
Câu 7 (1,0
đ
i
ể
m
)
.
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
đ
ộ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có
2
AC AB
.
Đ
i
ể
m
1;1
M
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
,
BC
N
thu
ộ
c c
ạ
nh
AC
sao cho
1
,
3
AN NC
đ
i
ể
m
D
thu
ộ
c
BC
sao
cho
AD
đ
ố
i x
ứ
ng v
ớ
i
AM
qua tia phân giác trong góc
.
Đư
ờ
ng th
ẳ
ng
DN
có ph
ươ
ng tr
ì
nh
3 2 8 0.
xy
Xác
đ
ị
nh t
ọ
a
đ
ộ
các
đ
ỉ
nh c
ủ
a tam giác
ABC
, bi
ế
t
C
thu
ộ
c
đư
ờ
ng th
ẳ
ng
: 7 0.
d x y
Câu 8 (1,0
đ
i
ể
m
).
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng tr
ì
nh
22
22
2
2
51
41
xy y
xy
x
y xy y y
Câu 9 (1,0
đ
i
ể
m
)
Cho
,,
x y z
là các s
ố
th
ự
c thu
ộ
c
đ
o
ạ
n
1;2
. Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t và nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a
biểu thức:
2 2 2
4 4 4
y y z z
x
x
y
A
z
x
Hết
Đề 1 - Ngày thi : 10-10-2014
www.NhomToan.com
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ QG NĂM
2015
Đề 1 - Ngày thi : 10-10-2014
Câu 1 Cho hàm số : y = –2x
3
+ 6x
2
+ 1
y = –2x
3
+ 6x
2
+ 1
y = –2x
3
+ 6x
2
+ 1 (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
b. Tìm các giá trị tham số m để đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt
M(0; 1), N, P sao cho N là trung điểm của MP.
Lời giải :
a.
Tập XĐ: D = R. Đạo hàm: y
= –6x
2
+ 12x.
y
= 0 ⇐⇒ x = 0 hay x = 2 nên y(0) = 1 hay y(2) = 9
lim
x→+∞
y = –∞, lim
x→– ∞
y = +∞
Bảng biến thiên
x
y
y
–∞
0 2
+∞
–
0
+
0
–
+∞+∞
11
99
–∞–∞
Hàm số y = –2x
3
+ 6x
2
+ 1 đồng biến trên khoảng (0; 2)
Hàm số y = –2x
3
+ 6x
2
+ 1 nghịch biến trên từng khoảng (–∞; 0) , (2; +∞)
Điểm cực đại (2; 9). Điểm cực tiểu (0; 1)
Đồ thị
x
y
b. Đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M(0; 1), N, P nếu như phương trình hoành
độ giao điểm –2x
3
+ 6x
2
+ 1 = mx + 1 có 3 nghiệm phân biệt tức là x(2x
2
– 6x + m) = 0 có 3 nghiệm phân
biệt. Như thế chỉ cần 2x
2
– 6x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 nghĩa là 9 – 2m > 0 và m = 0, nên
cần m <
9
2
. Giả sử N(x
1
; y
1
), P(x
2
; y
2
). N là trung điểm của MP nên 2x
1
= x
2
và 2y
1
= y
2
+ 1. Ta có x
1
, x
2
là nghiệm của 2x
2
– 6x + m = 0 nên x
1
+ x
2
= 3 suy ra x
1
= 1, x
2
= 2, y
1
= 5, y
2
= 9 và m = 4
Câu 2 Giải phương trình: (2 cos x + sin x – cos 2x) cos x = 1 + sin x
(2 cos x + sin x – cos 2x) cos x = 1 + sin x
(2 cos x + sin x – cos 2x) cos x = 1 + sin x
2
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
2 cos
2
x – 1 – cos 2x cos x + sin x cos x – sin x ⇐⇒ cos 2x – cos 2x cos x – sin x + sin x cos x
⇐⇒ cos 2x (1 – cos x) – sin x (1 – cos x) = 0 ⇐⇒ (1 – cos x)(cos 2x – sin x) = 0
⇐⇒
cos x = 1
cos 2x = sin x
⇐⇒
cos x = 1
cos 2x = cos
π
2
– x
⇐⇒
x = k2π
x =
π
6
+ k
2π
3
x = –
π
2
+ k2π
(k ∈ Z )
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x = k2π; x =
π
6
+ k
2π
3
; x = –
π
2
+ k2π (k ∈ Z )
Câu 3 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y =
1
x
y =
1
x
y =
1
x
và đường thẳng y = –2x + 3
y = –2x + 3
y = –2x + 3.
Lời giải :
y =
1
x
y = –2x + 3
(1, 1)
(
1
2
, 2)
Hoành độ giao điểm đường cong và đường thẳng là nghiệm
phương trình
1
x
= –2x + 3 ⇐⇒ x =
1
2
hay x = 1
Diện tích hình phẳng là
S =
1
1
2
–2x + 3 –
1
x
dx =
1
1
2
–2x + 3 –
1
x
dx
=
–x
2
+ 3x – ln x
1
1
2
=
3
4
– ln 2
Câu 4
a. Giải phương trình log
3
(x – 1)
2
+ log
√
3
(2x – 1) = 2
log
3
(x – 1)
2
+ log
√
3
(2x – 1) = 2
log
3
(x – 1)
2
+ log
√
3
(2x – 1) = 2
b. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học
sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để trong
4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên.
Lời giải :
a. Điều kiện
x >
1
2
x = 1
Ta có:
log
3
(x – 1)
2
+ log
√
3
(2x – 1) = 2 ⇐⇒ 2log
3
(|x – 1|) + 2log
3
(2x – 1) = 2
⇐⇒ log
3
(|x – 1|) + log
3
(2x – 1) = 1 ⇐⇒ log
3
[|x – 1|(2x – 1)] = 1
⇐⇒
(x – 1) (2x – 1) = 3
(1 – x) (2x – 1) = 3
⇐⇒ x = 2
Kết hợp với điều kiện thì nghiệm của phương trình đã cho là: x = 2
b.Cách 1
Số cách chọn 4 học sinh có trong 12 học sinh là:
4
12
= 495 (cách)
Số cách chọn 4 học sinh mà không có học sinh của quá 2 lớp gồm:
TH1: Chỉ có học sinh lớp A:
4
5
(cách)
TH2: Chỉ có học sinh lớp B:
4
4
(cách)
TH3: Có học sinh lớp A và có học sinh lớp B:
4
9
–
4
5
–
4
4
(cách)
TH4: Có học sinh lớp A và có học sinh lớp C:
4
8
–
4
5
(cách)
TH5: Có học sinh lớp B và có học sinh lớp C:
4
7
–
4
4
(cách)
Tóm lại là có:
4
9
+
4
8
+
4
7
–
4
5
–
4
4
= 225 (cách)
Vậy xác suất cần tính là:
225
495
=
5
11
b.Cách 2
3
Số cách chọn 4 học sinh có trong 12 học sinh là:
4
12
= 495 (cách)
Số cách chọn 4 học sinh gồm: Lớp A có 2 hs, lớp B có 1 hs, lớp C có 1 hs.
2
5
.
1
4
.
2
3
(cách)
Số cách chọn 4 học sinh gồm: Lớp A có 1 hs, lớp B có 2 hs, lớp C có 1 hs.
1
5
.
2
4
.
1
3
(cách)
Số cách chọn 4 học sinh gồm: Lớp A có 1 hs, lớp B có 1 hs, lớp C có 2 hs.
1
5
.
1
4
.
2
3
(cách)
Số cách chọn 4 học sinh đều có trong 3 lớp là:
2
5
.
1
4
.
2
3
+
1
5
.
2
4
.
1
3
+
1
5
.
1
4
.
2
3
= 270 (cách)
Tóm lại số cách chọn 4 học sinh mà không có học sinh của quá 2 lớp là : 495 – 270 = 225 (cách)
Vậy xác suất cần tính là:
225
495
=
5
11
Câu 5 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có các đỉnh lần lượt là
A(1; –2; 3), B(2; 1; 0), C(0; –1; –2). Viết phương trình đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác
ABC.
Lời giải :
–––→
CB = (2; 2; 2), mặt phẳng α qua A vuông góc BC có phương
trình (x – 1) + (y + 2) + (z – 3) = 0 ⇐⇒ x + y + z – 2 = 0
BC cắt α tại H có tọa độ thỏa
x – 2
1
=
y – 1
1
=
z
1
x + y + z – 2 = 0
nên H
5
3
;
2
3
; –
1
3
và
–––→
AH =
2
3
;
8
3
; –
10
3
Do đó phương trình đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam
giác ABC là AH :
x – 1
1
=
y + 2
4
=
z – 3
–5
Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA = SB = a; SD = a
√
2 và mặt
phẳng (SBD) vuông góc với mặt đáy (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ A đến mặt phẳng (SCD).
Lời giải:
Kẻ SH ⊥ BD ⇒ SH là đường cao của hình chóp
Gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB, BD.
AB = SA = SB = a suy ra SAB đều nên SE ⊥ AB,
và AB ⊥ (SHE) do đó EH là trung trực của AB
⇒ BEH ∼ BIA ⇒
BE
BI
=
BH
BA
⇔ BH.2BI = BA.2BE
⇔ BH.BD = BA
2
= SB
2
= a
2
⇒ SBD vuông tại S
Từ đó ta được SH =
a
√
6
3
, BD = a
√
3, AC = a
⇒ V
S.ABCD
=
a
3
√
2
6
Gọi K là trung điểm SD ta được AK⊥SD⊥CK
Mà SK =
SD
2
=
a
√
2
2
nên AK =
SA
2
– SK
2
=
a
√
2
2
tương tự ABC đều nên SC = a =⇒ CK =
a
√
2
2
suy ra ACK vuông cân tại K do đó AK⊥(SCD).
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) là AK =
a
√
2
2
4
Câu 7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AC = 2AB. Điểm M(1; 1)
là trung điểm của BC, N thuộc cạnh AC sao cho AN =
1
3
NC, điểm D thuộc BC sao cho AD đối xứng
với AM qua tia phân giác trong góc
BAC.Đường thẳng DN có phương trình 3x – 2y+8 = 0. Xác định
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết C thuộc đường thẳng d : x + y – 7 = 0.
Lời giải:
x
y
M(1; 1)
d : x + y – 7 = 0
3x – 2y + 8 = 0
C
B
D
N
A
B
1
E
H
G
P
F
Phân giác trong
BAC cắt BC tại E. Gọi B
1
là trung điểm
AC. BB
1
cắt AM tại trọng tâm G, BB
1
cắt phân giác AE
tại H là trung điểm BB
1
, BB
1
cắt AD tại P đối xứng với
G qua H nên P là trung điểm BG. Khi đó:
•
–––→
AD = m
–––→
AP =
m
2
–––→
AB +
–––→
AG
=
m
2
–––→
AB +
m
3
.
–––→
AM (1)
•
–––→
AD = n
–––→
AB + (1 – n)
–––→
AM (2)
(1) , (2) ⇒
m
2
–––→
AB +
m
3
.
–––→
AM = n
–––→
AB + (1 – n)
–––→
AM
⇒
m = 2n
m = 3 (1 – n)
⇒
m =
6
5
n =
3
5
⇒
–––→
AD =
3
5
–––→
AB +
2
5
–––→
AM
⇒
3
5
–––→
AD –
–––→
AB
=
2
5
–––→
AM –
–––→
AD
⇒ 3
–––→
BD = 2
––––→
DM
⇒ 3
–––→
BM –
––––→
DM
= 2
––––→
DM ⇒ 5
––––→
DM = 3
–––→
BM = 3
–––→
MC (∗)
C ∈ d nên C(c; 7 – c), M trung điểm BC nên B(2 – c; c – 5). 5
––––→
DM = 3
–––→
MC nên D
8–3c
5
;
3c– 13
5
.
D ∈ DN nên 3
8–3c
5
– 2
3c–13
5
+ 8 = 0 ⇐⇒ c = 6 . Do đó C(6; 1), B(–4; 1), D
–
10
5
; 1
Câu 8 Giải hệ phương trình
2x
2
– 5xy – y
2
= 1
y
xy – 2y
2
+
4y
2
– xy
= 1
2x
2
– 5xy – y
2
= 1
y
xy – 2y
2
+
4y
2
– xy
= 1
2x
2
– 5xy – y
2
= 1
y
xy – 2y
2
+
4y
2
– xy
= 1
Lời giải :
Điều kiện 4y ≥ x ≥ 2y > 0.
Trừ vế với vế ta được
2x
2
– 5xy – y
2
– y
xy – 2y
2
+
4y
2
– xy
= 0
Chia hai vế choy
2
ta có
2
x
y
– 5
x
y
– 1 –
x
y
– 2 –
4 –
x
y
= 0
Đặt
x
y
= t ⇒ t ∈ [2; 4]. Khi đó ta được
2t
2
– 5t – 1 –
√
t – 2 –
√
4 – t = 0
⇐⇒ 2t
2
– 6t +
√
t – 2
√
t – 2 – 1
+
1 –
√
4 – t
= 0
⇐⇒ 2t(t – 3) +
(t – 3)
√
t – 2
√
t – 2 + 1
+
t – 3
1 +
√
4 – t
= 0
⇐⇒ (t – 3)
2t +
√
t – 2
√
t – 2 + 1
+
1
1 +
√
4 – t
= 0
ta thấy 2t +
√
t – 2
√
t – 2 + 1
+
1
1 +
√
4 – t
> 0 với t ∈ [2; 4]
Vậy t = 3 suy ra x = 3y thế vào phương trình (1) của hệ ta được phương trình
2y
2
= 1 ⇒ y =
1
√
2
=⇒ x =
3
√
2
Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) =
3
√
2
;
1
√
2
5
