Đề thi thử toán thầy đặng thành nam_đề số 7

Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 50 +7/2015
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 3x − x 3 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số đã cho và Ox.
Câu 2 (1,0 điểm).

2
.
2
b) Tìm số phức z sao cho z 2 là số phức liên hợp của z, và z có cả phần thực, phần ảo âm.
a) Giải phương trình (sin x − cos x)2 = 1−

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 25 x − log 1 x − 2 = 0 .
5
2

2

⎛ 1
⎞ ⎛ 4
⎞
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = ⎜ x − 1⎟ + ⎜ x − 1⎟ với x ∈[1;2 ] .
⎝2
⎠ ⎝2
⎠
Câu 5 (0,5 điểm). Có 10 phong bì giống hệt nhau, trong mỗi phong bì đựng 10 câu hỏi khác nhau và
được đánh số từ 1 đến 10. Biết rằng bộ 10 câu hỏi trong 10 phong bì đôi một giống nhau. Người ta phát
10 phong bì này cho 10 thí sinh trong đó có An và Bình, và yêu cầu mỗi thí sinh bốc thăm từ phong bì
của mình ra 1 câu hỏi. Tính xác suất để luôn có An hoặc Bình bốc thăm được câu hỏi đánh số 10 nhưng
không có cả hai bạn đó cùng bốc thăm được câu hỏi đánh số 10.

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng Δ đi qua hai điểm A(1;2;1),
B(2;-1;1), và mặt phẳng (P) có phương trình 2x + y + 2z − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng Δ và
tìm điểm M thuộc đường thẳng Δ sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 1.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có tam giác ABD đều cạnh bằng a, và nằm trong mặt phẳng
a 6
vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết rằng tam giác ABC vuông tại C, và BC =
. Tính theo a thể
3
tích khối tứ diện ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với
nhau. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,AD. Đường thẳng qua M vuông góc với CD cắt
đường thẳng qua N vuông góc với BC tại điểm I. Tìm toạ độ đỉnh A, biết rằng C(3;1),
1
7
M (− ; 3), I( ;0) và AD = 5 .
2
2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

x − 2 + x 3 + 3x 2 + 3x − 1 − x − 1 > 3 x 2 + 2x .

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số số thực x,y,z thuộc đoạn [0;2], và x + y + z = 3, xy + yz + zx > 0 . Tìm giá
x 3 y 3 + y 3z 3 + z 3 x 3
108
trị lớn nhất của biểu thức P =
.
−
3
xy + yz + zx
2x + 2y 3 + 2z 3 − 9

---HẾT--1


PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 3x − x 3 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số đã cho và Ox.
1. Học sinh tự giải.
⎡x = 0
2. Phương trình hoành độ giao điểm: 3x − x 3 = 0 ⇔ ⎢
.
⎣x = ± 3
Vì vây,
3

S=

∫

0

3x − x 3 dx =

− 3

∫

− 3

3

(x 3 − 3x)dx +

∫ (3x − x )dx
3

0

⎛ x 4 3x 2 ⎞ 0
⎛ 3x 2 x 4 ⎞ 3 9 9 9
=⎜ −
+
− ⎟
= + =
2 ⎟⎠ − 3 ⎜⎝ 2
4⎠0
4 4 2
⎝ 4

.

Câu 2 (1,0 điểm).

2
.
2
b) Tìm số phức z sao cho z 2 là số phức liên hợp của z, và z có cả phần thực, phần ảo âm.
a) Phương trình tương đương với:
π

π
⎡
⎡
2x
=
+
k2
π
x
=
+ kπ
⎢
⎢
2
2
4
8
1− 2sin x cos x = 1−
⇔ sin 2x =
⇔⎢
⇔⎢
, k ∈! .
3
π
3
π
2
2
⎢ 2x =
⎢x =

+ k2π
+ kπ
⎢⎣
⎢⎣
4
8
a) Giải phương trình (sin x − cos x)2 = 1−

b) Đặt z = a + bi(a,b ∈!;a < 0,b < 0) ⇒ z = a − bi ⇒ z 2 = (a + bi)2 = a 2 − b 2 + 2abi .
Theo giả thiết ta có:
⎧a 2 − b 2 = a
⎧b(2a + 1) = 0
a 2 − b 2 + 2abi = a − bi ⇔ ⎨
⇔⎨ 2
2
⎩2ab = −b
⎩a − b − a = 0
⎡ ⎧b = 0
⎡
⎢⎨ 2
a
−
a
=
0
⎢ a = 0,b = 0
⎢⎩
⎢
⎢
⇔ ⎢ ⎧a = − 1

⇔ ⎢ a = 1,b = 0
⎪
⎢
2
⎢ ⎪⎨
⎢ a = − 1 ,b = ± 3
⎢⎪ 1 1
2
⎢⎣
2
2
⎢ ⎪⎩ 4 + 2 − b = 0
⎣

.

1
3
i.
Đối chiếu với điều kiện a < 0,b < 0 ⇒ z = − −
2 2
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 25 x − log 1 x − 2 = 0 .
5

Điều kiện: x > 0 . Phương trình tương đương với:

2


⎡x = 5

⎡ log 5 x = 1
log x + log 5 x − 2 = 0 ⇔ ⎢
⇔⎢
1 .
⎢x =
log
x
=
−2
⎣ 5
⎣
25
2
5

2

2

⎛ 1
⎞ ⎛ 4
⎞
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = ⎜ x − 1⎟ + ⎜ x − 1⎟ với x ∈[1;2 ] .
⎝2
⎠ ⎝2
⎠

⎡1 1⎤
Đặt t = 2 − x ∈ ⎢ ; ⎥ ,∀x ∈[1;2 ] , ta có:
⎣4 2⎦

5 2 9
9
⎡1 1⎤
) + ≥ ,∀t ∈ ⎢ ; ⎥ .
17
17 17
⎣4 2⎦
5
5
=
⇔ x = − log 2 .
17
17

f (x) = g(t) = (t − 1)2 + (4t − 1)2 = 17t 2 − 10t + 2 = 17(t −
Do đó min f (x) = min g(t) = g(

5
9
)=
⇔ 2− x
17 17

Câu 5 (0,5 điểm). Có 10 phong bì giống hệt nhau, trong mỗi phong bì đựng 10 câu hỏi khác nhau và
được đánh số từ 1 đến 10. Biết rằng bộ 10 câu hỏi trong 10 phong bì đôi một giống nhau. Người ta phát
10 phong bì này cho 10 thí sinh trong đó có An và Bình, và yêu cầu mỗi thí sinh bốc thăm từ phong bì
của mình ra 1 câu hỏi. Tính xác suất để luôn có An hoặc Bình bốc thăm được câu hỏi đánh số 10 nhưng
không có cả hai bạn đó cùng bốc thăm được câu hỏi đánh số 10.
Không gian mẫu là số cách bốc thăm của 10 thí sinh, mỗi thí sinh có 10 lựa chọn nên n(Ω) = 1010 .
Gọi A là biến cố luôn có An hoặc Bình bốc được câu hỏi đánh số 10 nhưng không có cả hai bạn đó

cùng bốc thăm được câu hỏi đánh số 10.
Để tính số kết quả thuận lợi của A, ta mô tả cách bốc thăm thoả mãn.
+ Nếu An bốc thăm được câu hỏi số 10, Bình bốc thăm được câu hỏi khác 10 có 10 8.1.C91 cách.
+ Nếu Bình bốc thăm được câu hỏi số 10, An bốc thăm được câu hỏi khác 10 có 10 8.1.C91 cách.
Vậy có tất cả 10 8.1.C91 + 10 8.1.C91 = 18.10 8 cách bốc thăm thoả mãn, vậy n(A) = 18.10 8 .

n(A) 18.10 8
9
=
=
.
10
n(Ω)
10
50
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng Δ đi qua hai điểm A(1;2;1),
B(2;-1;1), và mặt phẳng (P) có phương trình 2x + y + 2z − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng Δ và
tìm điểm M thuộc đường thẳng Δ sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 1.
⎧ x = 1+ t
!!!"
⎪
Ta có, AB = (1;−3;0) ⇒ Δ : ⎨ y = 2 − 3t .
⎪z = 1
⎩
Vì M thuộc Δ nên M(1+t;2-3t;1).
⎡t = 2
2(1+ t) + (2 − 3t) + 2.1− 1
5−t
Ta có: d(M;(P)) = 1 ⇔
.

=1⇔
=1⇔ ⎢
2
2
2
3
2 +1 + 2
⎣t = 8
Suy ra M(3;-4;1) hoặc M(9;-22;1).
Câu 7 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có tam giác ABD đều cạnh bằng a, và nằm trong mặt phẳng
a 6
vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết rằng tam giác ABC vuông tại C, và BC =
. Tính theo a thể
3
tích khối tứ diện ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Xác suất cần tính P(A) =

3


Tam giác vuông ABC có AC = AB 2 − BC 2 =

a 3
.
3

1
1 a 3 a 6 a2 2
.
=

Suy ra SABC = AC.BC = .
.
2
2 3
3
6
Gọi M là trung điểm AB, tam giác ABD đều nên DM ⊥ AB .
Mặt khác (ADB) ⊥ (ABC) ⇒ DM ⊥ (ABC) .
a 3
.
2
1
a2 2 a 3 a3 6
.
=
Vì vậy VABCD = SABC .DM =
(đvtt).
3
18
2
36
Vì tam giác ABC vuông tại C nên M là tâm ngoại tiếp tam giác ABC, và DM là trục đường tròn ngoại
tiếp của tam giác ABC.
Gọi O là tâm tam giác đều ABD thì OD = OA = OB = OC ⇒ O là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCD.
2
a 3
4π a 2
⇒ S = 4π R 2 =
Bán kính mặt cầu, R = DO = DM =
.

3
3
3
Tam giác đều ABD có DM = DBsin 60 0 =

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với
nhau. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,AD. Đường thẳng qua M vuông góc với CD cắt
đường thẳng qua N vuông góc với BC tại điểm I. Tìm toạ độ đỉnh A, biết rằng C(3;1),
1
7
M (− ; 3), I( ;0) và AD = 5 .
2
2
Gọi E là trung điểm AC, ta có ME//AC, NE//CD
Do đó NI ⊥ ME, MI ⊥ NE ⇒ I là trực tâm của tam giác MNE.
Suy ra EI ⊥ BD , lại có AC ⊥ BD do đó A,E,I thẳng hàng, tức
I thuộc AC.
Phương trình đường thẳng AC qua C,I là 2x + y − 7 = 0 .
Phương trình đường thẳng MN qua M vuông góc AC là
2x − 4y + 13 = 0 .
Phương trình đường thẳng CD qua C vuông góc MI là 4x − 3y − 9 = 0 .
4m − 9
Vì A thuộc AC nên A(a;7-2a), vì D thuộc CD nên D(m;
).
3
Mặt khác N là trung điểm AD, và N thuộc MN nên
4(6 − 3a + 2m)
a+m−
+ 13 = 0 ⇔ m = 3a + 3 ⇒ D(3a + 3; 4a + 1) .
3

Theo giả thiết, AD = 5 ⇔ (2a + 3)2 + (6a − 6)2 = 25 ⇔ 2a 2 − 3a + 1 = 0 ⇔ a = 1;a =

1
.
2

⎛1 ⎞
Vậy A(1;5) hoặc A ⎜ ;6 ⎟ .
⎝2 ⎠
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

x − 2 + x 3 + 3x 2 + 3x − 1 − x − 1 > 3 x 2 + 2x .

Điều kiện: x ≥ 2 .
4


Bất phương trình tương đương với:

x − 2 + (x + 1)3 − 2 − x − 1 > 3 x 2 + 2x
⇔ x − 2 + (x + 1)3 − 2 − (2x + 1) + (x − 3 x 2 + 2x ) > 0
⇔ x−2 +

(x + 1)3 − 2 − (2x + 1)2

⇔ x−2 +

+

(x + 1)3 − 2 + 2x + 1

(x − 2)(x 2 + x + 1)
(x + 1)3 − 2 + 2x + 1

+

x 3 − (x 2 + 2x)
x 2 + x 3 x 2 + 2x + 3 (x 2 + 2x)2
x(x − 2)(x + 1)

x 2 + x 3 x 2 + 2x + 3 (x 2 + 2x)2

>0
>0

.

⎡
⎤
x2 + x + 1
x(x + 1)
⇔ x − 2 ⎢1+
+
⎥>0
(x + 1)3 − 2 + 2x + 1 x 2 + x 3 x 2 + 2x + 3 (x 2 + 2x)2 ⎥⎦
⎢⎣
⇔ x−2 >0⇔ x>2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (2;+∞) .
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số số thực x,y,z thuộc đoạn [0;2], và x + y + z = 3, xy + yz + zx > 0 . Tìm giá
x 3 y 3 + y 3z 3 + z 3 x 3
108

trị lớn nhất của biểu thức P =
.
−
3
xy + yz + zx
2x + 2y 3 + 2z 3 − 9

Ta chứng minh,

(x 3 y 3 + y 3z 3 + z 3 x 3 )(x 3 + y 3 + z 3 ) ≤ 36(xy + yz + zx)
x 3 y 3 + y 3z 3 + z 3 x 3
36
⇒
≤ 3
xy + yz + zx
x + y3 + z3
(Xem thêm Kỹ thuật giải nhanh Bất đẳng thức Min Max cùng tác giả).
Không mất tính tổng quát giả sử x = max { x, y, z} ⇒ x ≥ 1 ⇒ x ∈[1;2 ] .

.

Từ đó suy ra:

P≤

36
108
.
−
3

3
x +y +z
2x 3 + 2y 3 + 2z 3 − 9
3

Đặt t = x 3 + y 3 + z 3 ≤ x 3 + (y + z)3 = x 3 + (3 − x)3 ≤ 9 , và t ≥ 3 .
Khi đó P ≤ f (t) =

36
108
−
, ta có:
t
2t − 9

f '(t) =

108
(2t − 9)3

−

36 108t 2 − 36 (2t − 9)3
=
> 0,∀t ∈[ 3;9 ] .
t2
t 2 (2t − 9)3

Do đó hàm số f(t) đồng biến trên đoạn [3;9]. Suy ra f (t) ≤ f (9) = −32 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x = 2, y = 1, z = 0 . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng -32.

5