Đề thi thử toán thầy đặng thành nam_đề số 2

Khoá giải đề đặc biệt Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 050+2/2015
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x 3 + 3x 2 + m − 1 (1) , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m = 0 .
2. Tìm m để hàm số (1) có giá trị cực đại là ymax , giá trị cực tiểu là ymin thoả mãn ymax .ymin = 5 .
Câu 2 (1,0 điểm).

⎛ π
⎞
a) Cho biết tan a = −2, ⎜ − < a < 0 ⎟ . Tính A = cos a(2sin a + 3) .
⎝ 2
⎠
b) Cho số phức z thoả mãn z 2 = 5 − 12i . Tìm phần ảo của số phức z , biết z có phần thực dương.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2 x+1 + 2 − x+1 − 5 = 0 .
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
5x 2 − 8x + 32 − 2 > −3x 2 + 24x − 3x 2 − 12x + 16 .

Câu 5 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục hoành hình phẳng được giới hạn
bởi các đường y = x 3 + 8 , trục Ox, trục Oy.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AC = a,SA = SB = SC = AB = a 3 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD . Gọi M là điểm
trên cạnh AB, N là điểm trên tia đối của tia AD thoả mãn AD = AM , AN = BM . Giả sử H(2;-2) là hình
chiếu vuông góc của A lên A lên DM, E(2;3) là trung điểm của BN. Viết phương trình đường thẳng
AD biết đỉnh B có hoành độ dương và điểm F(5;7) thuộc đường thẳng BC.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(-1;2;-1) và đường thẳng Δ có
⎧ x = 1+ t
⎪
phương trình là ⎨ y = 2 (t ∈!) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường
⎪z = 3 − t

⎩
thẳng Δ . Tìm toạ độ điểm I là hình chiếu vuông góc của điểm A trên Δ .
Câu 9 (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp tất các các số tự nhiên có 2 chữ số dạng ab thoả mãn a > b ≥ 2 .
Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số tự nhiên mà a b − a = b a − b .
Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết a,b là các số thực thoả mãn a + b > −2,(a + 1)(b + 1) > 0 . Tìm giá trị nhỏ
192
nhất của biểu thức P = (a + 3)(b 2 + 3) + (b + 3)(a 2 + 3) +
.
a+b+2
---HẾT--Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

1


PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x 3 + 3x 2 + m − 1 (1) , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m = 0 .
2. Tìm m để hàm số (1) có giá trị cực đại là ymax , giá trị cực tiểu là ymin thoả mãn ymax .ymin = 5 .
1. Học sinh tự giải.
⎡x = 0
2. Ta có: y' = −3x 2 + 6x; y' = 0 ⇔ ⎢
.
⎣x = 2
Vì y’ đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x = 0 ⇒ ymin = y(0) = m − 1 , và ymax = y(2) = m + 3 .
⎡ m = −4
Theo đề ra ta có: (m − 1)(m + 3) = 5 ⇔ m 2 − 2m − 8 = 0 ⇔ ⎢
.
⎣m = 2
Câu 2 (1,0 điểm).

⎛ π
⎞
a) Cho biết tan a = −2, ⎜ − < a < 0 ⎟ . Tính A = cos a(2sin a + 3) .
⎝ 2
⎠
b) Cho số phức z thoả mãn z 2 = 5 − 12i . Tìm phần ảo của số phức z , biết z có phần thực dương.
π
1
1
2
a) Ta có: − < a < 0 ⇒ cos a > 0,cos a =
.
=
,sin
a
=
cos
a.tan
a
=
−
2
5
5
1+ tan 2 a

1
−2
−4 + 15
(2.

+ 3) =
.
4
5
5
⎡ z = 3 − 2i
b) Ta có: z 2 = 5 − 12i = (3 − 2i)2 ⇒ ⎢
.
⎣ z = −3 + 2i
Vì vậy, A =

Vì z có phần thực dương nên z = 3 − 2i ⇒ z = 3 + 2i , vậy phần ảo của z bằng 2.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2 x+1 + 2 − x+1 − 5 = 0 .
Phương trình tương đương với: 2.2 x + 2.2 − x − 5 = 0 .
Đặt t = 2 x > 0 , phương trình trở thành:
⎡2 x = 2
⎡t = 2
⎡x = 1
2
.
2t + − 5 = 0 ⇔ 2t 2 − 5t + 2 = 0 ⇔ ⎢ 1 ⇔ ⎢ x 1 ⇔ ⎢
⎢2 =
⎢t =
t
⎣ x = −1
⎣ 2
⎣
2
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
5x 2 − 8x + 32 − 2 > −3x 2 + 24x − 3x 2 − 12x + 16 .

⎧5x 2 − 8x + 32 ≥ 0
⎪
Điều kiện xác định: ⎨ 3x 2 − 12x + 16 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 8 .
⎪−3x 2 + 24x ≥ 0
⎩

Bất phương trình tương đương với:

Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

2


( 3x 2 − 12x + 16 − 2) + ( 5x 2 − 8x + 32 − −3x 2 + 24x ) > 0
⇔

3x 2 − 12x + 12
3x 2 − 12x + 16 + 2

+

8x 2 − 32x + 32
5x 2 − 8x + 32 + −3x 2 + 24x

>0

⎡
⎤
3

8
⇔ (x − 2)2 ⎢
+
⎥>0
2
5x 2 − 8x + 32 + −3x 2 + 24x ⎦
⎣ 3x − 12x + 16 + 2
⇔ (x − 2)2 > 0 ⇔ x ≠ 2
Kết hợp với điều kiện suy ra S = [ 0;8 ] \ {2} .
Cách 2: Bất phương trình tương đương với:

.

5x 2 − 8x + 32 + 3x 2 − 12x + 16 > 2 + −3x 2 + 24x .

Khi đó cả 2 vế bất phương trình không âm, bình phương 2 vế đưa về bất phương trình tương đương
với:

5x 2 − 8x + 32 + 3x 2 − 12x + 16 > 2 + −3x 2 + 24x
11(x − 2)2 + 2 (5x 2 − 8x + 32)(3x 2 − 12x + 16) > 4 −3x 2 + 24x
⇔ 11(x − 2)2 + 2 ⎡ (5x 2 − 8x + 32)(3x 2 − 12x + 16) − 2 −3x 2 + 24x ⎤ > 0 .
⎣
⎦
⎡
⎤
15x 2 − 24x + 128
⇔ (x − 2)2 ⎢11+ 2.
⎥>0
2
2

2
(5x
−
8x
+
32)(3x
−
12x
+
16)
+
2
−3x
+
24x
⎢⎣
⎥⎦
2
15x − 24x + 128
⇔ x ≠ 2(do 11+ 2.
> 0)
(5x 2 − 8x + 32)(3x 2 − 12x + 16) + 2 −3x 2 + 24x
Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm S = [ 0;8 ] \ {2} .
Cách 3:
Phân tích:
Vì ta thấy x = 2 là nghiệm kép của phương trình nên sử dụng liên hợp với nghiệm kép như sau:
Đó là ghép các căn thức với ax + b , chẳng hạng:
f (x) = 5x 2 − 8x + 32 − (ax + b)
⎧ f (2) = 0
⎧6 − 2a − b = 0

⎧a = 1
.
⇒⎨
⇔⎨
⇔⎨
⎩ f '(2) = 0
⎩1− a = 0
⎩b = 4
4(x − 2)2
⇒ 5x 2 − 8x + 32 − (x + 4) =
5x 2 − 8x + 32 + x + 4
Tương tự, ta tìm được các biểu thức liên hợp sau:

3x 2 − 12x + 16 − 2 ;

−3x 2 + 24x − (x + 4) .

Lời giải:
Bất phương trình tương đương với:

Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

3


⎡ 5x 2 − 8x + 32 − (x + 4) ⎤ + ⎡ 3x 2 − 12x + 16 − 2 ⎤ + ⎡ x + 4 − −3x 2 + 24x ⎤ > 0
⎣
⎦ ⎣
⎦ ⎣
⎦

⎡
⎤
4
3
4
⇔ (x − 2)2 ⎢
+
+
⎥>0.
2
3x 2 − 12x + 16 + 2 x + 4 + −3x 2 + 24x ⎦
⎣ 5x − 8x + 32 + x + 4
⇔ (x − 2)2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2
Câu 5 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục hoành hình phẳng được giới hạn
bởi các đường y = x 3 + 8 , trục Ox, trục Oy.
x 3 + 8 = 0 ⇔ x = −2 .
0
0
0
x4
3
2
3
+) Vậy V = π ∫ ( x + 8 ) dx = π ∫ (x + 8)dx = π ( + 8x) = 12π (đvtt).
−2
4
−2
−2

+) Phương trình hoành độ giao điểm:

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AC = a,SA = SB = SC = AB = a 3 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và SC.

1
a2 3
Ta có, SABC = .AB.AC =
.
2
2
Gọi H là trung điểm BC, thì do tam giác ABC vuông tại A nên
H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Vì SA = SB = SC ⇒ SH ⊥ (ABC) .
Tam giác vuông ABC có BC = AB 2 + AC 2 = 2a ,
Tam giác vuông SHB có
SH = SB 2 − HB 2 = 3a 2 − a 2 = a 2 .
1
1
a2 3 a3 6
=
Vì vậy VS.ABC = SH .SABC = .a 2.
.
3
3
2
6

+ Tính d(AB;SC).
Trong mặt phẳng (ABC) dựng hình bình hành ABCD, ta có:

AB / /CD ⇒ AB / /(SCD) ⇒ d(AB;SC) = d(B;(SCD)) = 2d(H;(SCD)) .
Gọi M là trung điểm AB, đường thẳng HM cắt CD tại I, hạ HK vuông góc với SI tại K ta có
HI / /AC ⇒ HI ⊥ CD .
Suy ra CD ⊥ (SHI ) ⇒ CD ⊥ HK , lại có HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ (SCD) .
Vậy HK = d(H;(SCD)) .
Ta có, CD / /AB ⇒

HI
HC
AC a
=
= 1 ⇒ HI = HM =
= .
HM HB
2
2

a
2 =a 2.
=
Trong tam giác vuông SHI có, HK =
3
SH 2 + HI 2
a2
2a 2 +
4
SH .HI

a 2.

Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

4


Vậy d(AB;SC) = 2HK =

2a 2
.
3

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD . Gọi M là điểm
trên cạnh AB, N là điểm trên tia đối của tia AD thoả mãn AD = AM , AN = BM . Giả sử H(2;-2) là hình
chiếu vuông góc của A lên A lên DM, E(2;3) là trung điểm của BN. Viết phương trình đường thẳng
AD biết đỉnh B có hoành độ dương và điểm F(5;7) thuộc đường thẳng BC.
Theo giả thiết, AM = AD ⇒ ΔADM vuông cân tại A, nên
1
AH = HM = DM .
2
Xét tam giác AHN và MHB có
⎧ AN = MB(gt)
⎪
1
⎪
⇒ ΔHAN = ΔHMB .
⎨ AH = HM = DM
2
⎪
! = HMB
! = 90 0 + HAM

!
⎪⎩ HAN
! = HBM
! = HBA
!.
Suy ra HN = HB, HNA
! = BAN
! = 90 0 ⇒ BH ⊥ HN , tức tam giác HNB vuông cân
Do đó tứ giác AHBN nội tiếp, suy ra BHN
tại B, do đó HE ⊥ BN .
!!!"
Ta có HE = (0;5) , phương trình đường thẳng BN qua E vuông góc HE là y − 3 = 0 .
⎡b = 7(t / m)
Suy ra B(b;3) với b>0, ta có: EB = HE = 5 ⇔ (b − 2)2 = 25 ⇔ ⎢
⇒ B(7; 3) .
⎣b = −3(l)
!!!"
Do E là trung điểm BN nên N(-3;3), ta có BF = (−2; 4) / /(1;−2) .
Đường thẳng AD qua N nhận (2;1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là 2x + y + 3 = 0 .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(-1;2;-1) và đường thẳng Δ có
⎧ x = 1+ t
⎪
phương trình là ⎨ y = 2 (t ∈!) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường
⎪z = 3 − t
⎩
thẳng Δ . Tìm toạ độ điểm I là hình chiếu vuông góc của điểm A trên Δ .
!
+) Đường thẳng Δ có véc tơ chỉ phương u = (1;0;−1) .
!
Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng Δ nên nhận u = (1;0;−1) làm véc tơ pháp

tuyến, vì vậy (P) :1(x + 1) + 0(y − 2) − 1(z + 1) = 0 ⇔ (P) : x − z = 0 .
⎧ x = 1+ t
⎧x = 2
⎪y = 2
⎪y = 2
⎪
⎪
+) Điểm I là giao điểm của (P) và Δ , nên toạ độ thoả mãn hệ: ⎨
⇔⎨
⇒ I(2;2;2) .
⎪z = 3 − t
⎪z = 2
⎪⎩ x − z = 0
⎪⎩t = 1
Kết luận: Vậy (P) : x − z = 0 , và I(2;2;2).

Câu 9 (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp tất các các số tự nhiên có 2 chữ số dạng ab thoả mãn a > b ≥ 2 .
Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số tự nhiên mà a b − a = b a − b .
Không gian mẫu là số các số tự nhiên dạng ab thoả mãn a > b ≥ 2 .
Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

5


Ta có: 2 ≤ b < a ≤ 9 . Chọn ra 2 số tự nhiên từ tập các số 2,3,4,5,6,7,8,9 có C82 = 28 cách, với mỗi cách
chọn 2 số như vậy ta có duy nhất một số thoả mãn.
Vậy trong M có tất cả 28 số, tức n(Ω) = 28 .
Gọi A là biến cố số chọn ra có dạng dạng ab thoả mãn a > b ≥ 2 , và a b − a = b a − b (*). Để tính số kết
quả thuận lợi cho A ta tìm số các số tự nhiên trong M có điều kiện thoả mãn (*).
Cách 1: Lập bảng giá trị của (a,b) ta có nghiệm duy nhất (a;b)=(3;2).

ln x
Cách 2: Nếu a > b > 2 ⇒ a > b ≥ 3 , khi đó xét hàm số f (x) =
, với x ≥ 3 ta
x
1− ln x
có f '(x) =
< 0,∀x ≥ 3 .
x2
ln a lnb
Vì vậy f(x) giảm, tức a > b ⇒ f (a) < f (b) ⇔
<
⇔ ab < b a ⇒ ab − a < b a − b .
a
b
Tức trường hợp này vô nghiệm,
+) Nếu b = 2 ⇒ a = 3 .
Vậy trong M có duy nhất một số thoả mãn (*), tức n(A) = 1 .
n(A) 1
=
Xác suất cần tính P(A) =
.
n(Ω) 28
Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết a,b là các số thực thoả mãn a + b > −2,(a + 1)(b + 1) > 0 . Tìm giá trị nhỏ
192
nhất của biểu thức P = (a + 3)(b 2 + 3) + (b + 3)(a 2 + 3) +
.
a+b+2
Theo giả thiết ta có, a > −1,b > −1 .
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:

(a + 3)(b 2 + 3) + (b + 3)(a 2 + 3) ≥ 2 (a + 3)(a 2 + 3).(b + 3)(b 2 + 3) .
Và, (a + 3)(a 2 + 3) = (a + 1)3 + 8,(b + 3)(b 2 + 3) = (b + 1)3 + 8 .
Mặt khác:
(a + 3)(a 2 + 3).(b + 3)(b 2 + 3) = ⎡⎣(a + 1)3 + 8 ⎤⎦ . ⎡⎣(b + 1)3 + 8 ⎤⎦
1
= (1+ 1). ⎡⎣(a + 1)3 + 8 ⎤⎦ . ⎡⎣ 8 + (b + 1)3 ⎤⎦ .
2
1
≥ (2(a + 1) + 2(b + 1))3 = 4(a + b + 2)3
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 .
192
Suy ra P ≥ 4 (a + b + 2)3 +
, đặt t = a + b + 2 > 0 .
a+b+2
Xét hàm số f (t) = 4t 3 +

192 12(t 4 − 16)
192
; f '(t) = 0 ⇔ t = 2 > 0 .
, ta có: f '(t) = 12t 2 − 2 =
t
t2
t

Từ đó ta có P ≥ f (t) ≥ f (2) = 128 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 128, dấu bằng đạt tại a = b = 1 .
Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

6


Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

7