Đề thi thử toán thầy đặng thành nam_đề số 4

Khoá giải đề đặc biệt – Thầy : Đặng Thành Nam
Đề 050 +4/2015
1 4
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x − 2x 2 + m − 1 (1) .
4
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1 .
2. Tìm m để điểm I(3;2) thuộc đường thẳng Δ , biết rằng Δ là đường thẳng đi qua điểm cực đại, và
điểm cực tiểu nằm phía bên trái trục Oy của đồ thị hàm số (1).
Câu 2 (1,0 điểm).

3π ⎞
cos a
⎛
a) Cho tan a = 2 2, ⎜ π < a <
.
⎟⎠ . Tính A =
⎝
2
1+ cot 2 a
b) Cho số phức z thoả mãn z + 2i = (3 − i)2 . Tìm phần ảo của z 2 .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình 32 x+1 − 3x+2 + 6 < 0 .
π
4

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x(1+ cos 2 x)dx .
0

Câu 5 (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau được thành lập từ
các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9. Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số có tổng
các chữ số là một số chẵn.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Viết phương

1
trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M (1; ;0) vuông góc với mặt phẳng (Q) : 3y − 2z + 1 = 0 , và tiếp xúc với
2
mặt cầu (S).

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, AD = a . Hình
chiếu vuông góc của S lên mặt đáy (ABCD) là trung điểm H của AC, góc giữa mặt bên (SAD) và mặt
đáy (ABCD) bằng 60 0 . Gọi M là trung điểm của SA. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
từ điểm M đến mặt phẳng (SBC).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nhọn, AC > AB . Đường phân giác
! cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm E(-4;-4) (E khác A). Gọi D(1;1) là điểm
của góc BAC
trên cạnh AC sao cho ED = EC , tia BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai
F(4;0). Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C.

1
1
9
⎧
⎪ (2x − y 2 )3 + (5x − y 2 )3 = 8y 3
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨
(x, y ∈!) .
⎪ 3
2
2
⎩ x − 3y (x + 2) + 17 = 13 − 3x
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x,y,z khác 0 thoả mãn x − y ≥ 0 , và x(yz + 4z − 4y) = 4yz . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
16
16 7 2(x − y − z)

.
P = (x − y) 1+ 2 2 + z 2 + 2 −
x y
z
10
---HẾT--Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202


PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2x 2 + m − 1 (1) .
4
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1 .
2. Tìm m để điểm I(3;2) thuộc đường thẳng Δ , biết rằng Δ là đường thẳng đi qua điểm cực đại, và
điểm cực tiểu nằm phía bên trái trục Oy của đồ thị hàm số (1).
1. Học sinh tự giải.
⎡x = 0
2. Ta có: y' = x 3 − 4x; y' = 0 ⇔ ⎢
.
⎣ x = ±2
Suy ra điểm cực đại A(0;m-1), điểm cực tiểu B(-2;m-5) hoặc C(2;m-5). Vậy đường thẳng Δ là hoặc
AB.
!!!"
Ta có, AB = (−2;−4) / /(1;2) ⇒ Δ : 2x − y + m − 1 = 0 .
Vì I(3;2) thuộc Δ nên 2.3 − 2 + m − 1 = 0 ⇔ m = −3 .
Câu 2 (1,0 điểm).
3π ⎞
cos a
⎛
a) Cho tan a = 2 2, ⎜ π < a <

. Tính A =
.
⎟
⎝
2 ⎠
1+ cot 2 a
b) Cho số phức z thoả mãn z + 2i = (3 − i)2 . Tìm phần ảo của z 2 .
3π
1
−1 / 3
8
1
1
⇒ cos a < 0 ⇒ cos a = − ⇒ A =
=− .
a) Ta có: cos 2 a =
= , vì π < a <
2
1
2
3
27
1+ tan a 9
1+
8
b) z + 2i = (3 − i)2 = 8 − 6i ⇒ z = 8 − 8i ⇒ z 2 = 64(1− i)2 = −128i .
Vậy z 2 có phần ảo bằng -128.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 32 x+1 − 3x+2 + 6 < 0 .
Bất phương trình tương đương với: 3.32 x − 9.3x + 6 < 0 , đặt t = 3x > 0 . Bất phương trình trở thành:
3t 2 − 9t + 6 < 0 ⇔ 1 < t < 2 ⇔ 1 < 3x < 2 ⇔ 0 < x < log 3 2 .

Vậy tập nghiệm S = (0;log 3 2) .
π
4

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x(1+ cos 2 x)dx .
0

π
4

π
4

π

1+ cos 2x
14
I = ∫ x(1+ cos 2 x)dx = ∫ x(1+
)dx = ∫ x(3 + cos 2x)dx .
2
20
0
0
⎧du = dx
⎧u = x
⎪
Đặt ⎨
.
⇒⎨
1

⎩dv = 3 + cos 2x ⎪v = 3x + sin 2x
2
⎩
π
π
1
1
14
1
3π 2 1
Suy ra: I = x(3x + sin 2x) 4 − ∫ (3x + sin 2x)dx =
+ .
2
2
20
2
64 8
0
Câu 5 (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau được thành lập từ
các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9. Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số có tổng
các chữ số là một số chẵn.

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202


Không gian mẫu là số các chữ số có 5 chữ số khác nhau thành lập từ tập E = {1,2, 3, 4,5,6, 7,8,9} có

n(Ω) = A95 .
Gọi A là biến cố số được chọn có tổng các chữ số là một số lẻ, để tính số kết quả thuận lợi cho A ta tìm
số các số có 5 chữ số mà tổng các chữ số của nó là số lẻ. Vậy các số này sẽ có 1 hoặc 3 hoặc 5 chữ số

lẻ.
+) Số có 5 chữ số khác nhau, gồm 1 chữ số lẻ thành lập từ E là C51 .C44 .5! = 600 .
+) Số có 5 chữ số khác nhau, gồm 3 chữ số lẻ thành lập từ E là C53 .C42 .5! = 7200 .
+) Số có 5 chữ số khác nhau, gồm 5 chữ số lẻ thành lập từ E là C55 .5! = 120 .
Vậy n(A) = 600 + 7200 + 120 = 7920 .
n(A) 7920 11
Xác suất cần tính P(A) =
.
= 5 =
n(Ω)
A9
21
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Viết phương
1
trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M (1; ;0) vuông góc với mặt phẳng (Q) : 3y − 2z + 1 = 0 và tiếp xúc với
2
mặt cầu (S).

!

+) Giả sử (P) có véc tơ pháp tuyến n = (a;b;c),a 2 + b 2 + c 2 > 0 , mặt phẳng (Q) có véc tơ pháp tuyến là
(0;3;-2).

!
3
3
b ⇒ n(a;b; b) .
2
2
1 3

+) Phương trình của (P) có dạng: a(x − 1) + b(y − ) + bz = 0 ⇔ (P) : 2ax + 2by + 3bz − 2a − b = 0 .
2 2
Do (P) vuông góc với (Q) nên 3b − 2c = 0 ⇒ c =

+) Mặt cầu (S) có tâm O(0;0;0), bán kính bằng 1.

d(O;(P)) = 1 ⇔
Do (S) tiếp xúc với (P) nên

−2a − b
4a 2 + 4b 2 + 9b 2

=1
.

⎡b = 0
⇔ (2a + b) = 4a + 13b ⇔ 4b(a − 3b) = 0 ⇔ ⎢
⎣ a = 3b
+) Nếu b = 0 , chọn a=1 ta có (P) : x − 1 = 0 .
+) Nếu a = 3b , chọn a = 3,b = 1 ta có (P) : 6x + 2y + 3z − 7 = 0 .
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, AD = a . Hình
chiếu vuông góc của S lên mặt đáy (ABCD) là trung điểm H của AC, góc giữa mặt bên (SAD) và mặt
đáy (ABCD) bằng 60 0 . Gọi M là trung điểm của SA. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
từ điểm M đến mặt phẳng (SBC).
2

2

2

Ta có: SABCD = 2a 2 , và gọi N là trung điểm AD, suy ra HN//CD nên
HN ⊥ AD .

! = 60 0 .
Lại có, AD ⊥ SH ⇒ AD ⊥ (SHN ) ⇒ SNH
Tam giác vuông SHN có, HN =
Vì vậy VS.ABCD =

CD
= a ⇒ SH = HN 3 = a 3 .
2

1
a 3 2 2a 3 3
SH .SABCD =
.2a =
(đvtt).
3
3
3

+ Tính d(M;(SBC).
Ta có: MH//SC, suy ra MH//(SBC). Vì vậy d(M;(SBC)) = d(H;(SBC)) .

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202


Gọi I là trung điểm BC, kẻ HK ⊥ SI (K ∈SI ) .
Ta có, BC ⊥ HI, BC ⊥ SH ⇒ BC ⊥ (SHI ) ⇒ BC ⊥ HK .
Do đó HK ⊥ (SBC) ⇒ HK = d(H;(SBC)) .

Tam giác vuông SHI có, HK =

SH .HI
SH 2 + HI 2

=

a.a 3
3a 2 + a 2

=

a 3
.
2

a 3
.
2
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nhọn, AC > AB . Đường phân giác
! cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm E(-4;-4) (E khác A). Gọi D(1;1) là điểm
của góc BAC
trên cạnh AC sao cho ED = EC , tia BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai
F(4;0). Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C.
Vì E là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên EB = EC .
Mặt khác theo giả thiết có, ED = EC .
Từ đó suy ra EB = ED (1) .
Tam giác ECD cân có,
! = EDC
! ⇒ ADE

! = 180 0 − ECD
! = 180 0 − ACE
!.
ECD
Lại có tứ giác ABEC nội tiếp nên
! + ABE
! = 180 0 ⇒ ABE
! = 180 0 − ACE
!.
ACE
! = ABE
! (2) .
Suy ra: ADE
Vậy d(M;(SBC)) =

Từ (1),(2) suy ra AE là trung trực của AD, AE ⊥ BD (3) .
! = ABF
! (cùng chắn cung AF).
Xét tam giác DCF có, DCF
! = ADB
! (đối đỉnh), và ADB
! = ABF
! (tam giác ABD cân tại A).
Và CDF
! = CDF
! ⇒ ΔCDF cân tại F, vì vậy FD = FC , lại có: ED = EC .
Từ đó suy ra: DCF
Nên EF là trung trực của CD, suy ra EF ⊥ AD (4) .
Từ (3),(4) suy ra D là trực tâm tam giác AEF.
Áp dụng giải tích

Phương trình đường thẳng AC qua D vuông góc EF là 2x + y − 3 = 0 .
Phương trình đường thẳng AE qua E vuông góc DF là 3x − y + 8 = 0 .
⎧2x + y − 3 = 0
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ ⎨
⇒ A(−1;5) .
⎩ 3x − y + 8 = 0
Gọi H là giao điểm của EF và AD, thì H là trung điểm của CD.
⎧2x + y − 3 = 0
Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ ⎨
⇒ H (2;−1) ⇒ C(3;−3) .
⎩ x − 2y − 4 = 0
Phương trình đường thẳng BF qua D,F là x + 3y − 4 = 0 .
Gọi G là giao điểm của BF và AE thì G là trung điểm của BD, toạ độ G là nghiệm của hệ
⎧ x + 3y − 4 = 0
⇒ G(−2;2) ⇒ B(−5; 3) .
⎨
⎩ 3x − y + 8 = 0
Vậy A(-1;5), B(-5;3) và C(3;-3).

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202


1
1
9
⎧
⎪ (2x − y 2 )3 + (5x − y 2 )3 = 8y 3
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨
(x, y ∈!) .
⎪ 3

2
2
⎩ x − 3y (x + 2) + 17 = 13 − 3x
Điều kiện: 0 < y <

x 1 13
≤
.
2 2 3

y6
y6
9
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
+
= .
2 3
2 3
(2x − y )
(5x − y )
8

Đặt t =

y2
> 0 , phương trình trở thành:
x

t3
t3

9
+
= (*) .
3
3
(2 − t)
(5 − t)
8

t3
t3
Xét hàm số f (t) =
, với t>0, ta có:
+
(2 − t)3
(5 − t)3

t3
t3
f (t) = u + v,u =
> 0,v =
> 0.
(2 − t)3
(5 − t)3
6t 2
15t 2
u'
v'
>
0,v'

=
> 0 ⇒ f '(t) =
+
>0.
4
2
(2 − t)
(5 − t)
2 u 2 v
Vì vậy f(t) đồng biến trên (0;2). Do đó (*) ⇔ f (t) = f (1) ⇔ t = 1 ⇔ x = y 2 .
Ta có: u ' =

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: x 3 − 3x 2 − 6x + 17 = 13 − 3x 2 .
Nhận thấy x=2 là nghiệm kép của phương trình nên tiến hành liên hợp nghiệm kép như sau:

(−6x + 13 − 13 − 3x 2 ) + (x + 1)(x − 2)2 = 0
⎛
⎞
39
⇔ (x − 2)2 ⎜
+ x + 1⎟ = 0
2
⎝ −6x + 13 + 13 − 3x
⎠

.

⎛
⎛
39

13 ⎤⎞
⇔ x = 2 ⎜ do
+
x
+
1
>
0,∀x
∈
0;
⎥
⎜⎝
3 ⎦⎟⎠
⎝ −6x + 13 + 13 − 3x 2
Vậy x = 2 ⇒ y = 2 . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 2 ) .
Bình luận: Ta có thể tìm được x = y 2 , bằng các cách sau:
1
1
1
1
Cách 2: ghép liên hợp: (
− 3)+(
− 3)= 0 .
2 3
2
3
y
8y
(2x − y )
(5x − y )

Cách 3: Sử dụng đánh giá:
9
Nếu x > y 2 ⇒ VT < 3 = VP .
8y
9
Nếu x < y 2 ⇒ VT > 3 > VP .
8y
2
Nhận thấy x = y ⇒ VT = VP . Vậy phương trình đầu của hệ tương đương với: x = y 2 .
⎧ f (x0 ) = 0
+ Dấu hiệu ghép liên hợp nghiệm kép là ⎨
. Ngoài ra hoàn toàn có thể ghép liên hợp số như
⎩ f '(x0 ) = 0
sau:

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202


(x 3 − 3x 2 − 6x + 16) + (1− 13 − 3x 2 ) = 0
⎡
3(x + 2)
⇔ (x − 2) ⎢ x 2 − x − 8 +
1+ 13 − 3x 2
⎣

⎤
⎥=0
⎦

.

⇔ (x − 2) ⎡ x 2 + 2x − 2 + (x 2 − x − 8) 13 − 3x 2 ⎤ = 0
⎣
⎦
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x,y,z khác 0 thoả mãn x − y ≥ 0 , và x(yz + 4z − 4y) = 4yz . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
16
16 7 2(x − y − z)
.
P = (x − y) 1+ 2 2 + z 2 + 2 −
x y
z
10
!
⎛ 1 1⎞ !
4
Xét hai véc tơ u = (x − y; 4 ⎜ − ⎟ );v = (−z;− ) .
⎝ y x⎠
z
! ! ! !
Sử dụng bất đẳng thức: u + v ≥ u + v (*), ta có:
2

⎛ 1 1⎞
16
16
16
(x − y) 1+ 2 2 + z 2 + 2 = (x − y)2 + 16 ⎜ − ⎟ + z 2 + 2
⎝ y x⎠
x y

z
z
2

2

⎛ 1 1 1⎞
⎛ xz − y(x + z) ⎞
≥ (x − y − z) + 16 ⎜ − − ⎟ = (x − y − z)2 + 16 ⎜
⎟⎠ .
⎝ y x z⎠
⎝
xyz
2

= (x − y − z)2 + 1
1 1
−
x − y y x z(y − x)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
(1).
=
=
1
−z
xy
−
z
7 2
2

t ≥ f (7) =
Đặt t = x − y − z , ta có: P ≥ f (t) = t 2 + 1 −
.
10
10
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x − y − z = 7 (2).
Từ (1),(2) kết hợp với x(yz + 4z − 4y) = 4yz , ta có (x; y; z) = (4;−1;−2) .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

2
.
10

Bình luận:
+ Bất đẳng thức (*) phát biểu dưới dạng đại số như sau:
Với mọi số thực p,q,m,n ta có

p 2 + q 2 + m 2 + n 2 ≥ (m + p)2 + (q + n)2 .

Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202