Đề thi thử toán thầy đặng thành nam_đề số 10

Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 50+10
−3x + 1
.
x+2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến Δ của (H), biết rằng Δ có hệ số góc bằng -7.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình (1− cos x)(1+ cot 2 x) = 1 .
b) Tìm nghiệm phức z1 có phần ảo dương của phương trình z 2 − z + 1 = 0 .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình log 3 (x − 1) + 1 >

1
log 3 x 2 .
4

π
4

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

Câu 5 (0,5 điểm). Một ngân hàng đề thi gồm 50 câu hỏi khác nhau, trong đó có 60% số câu hỏi mức
độ nhận biết, thông hiểu, 30% số câu hỏi mức độ vận dụng, và 10% số câu hỏi mức độ vận dụng cao.
Một đề thi trắc nghiệm gồm 50 câu hỏi được xây dựng từ ngân hàng đó, và các câu hỏi được đánh số từ
1 đến 50. Tính xác suất để xây dựng được một đề thi mà các câu hỏi trong đề được sắp xếp theo mức
độ khó tăng dần ( Nhận biết, thông hiểu – Vận dụng – Vận dụng cao).
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;-2;-5) và đường thẳng Δ có

x −1 y +1 z
phương trình
=
= . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, vuông góc với đường thẳng
2
−1 2
Δ . Tìm toạ độ điểm A’ đối xứng với A qua đường thẳng Δ .
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C. Gọi H là trung điểm
của AB. Biết rằng SH ⊥ (ABC),SC = a 3, BC = 2a . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
điểm A đến mặt phẳng (SBC).
Câu 8(1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(1;2), C(4;6). Gọi M,N
lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BC,CD. Viết phương trình đường thẳng MN, biết rằng trực
tâm H của tam giác AMN có hoành độ dương nằm trên đường thẳng x + y + 1 = 0 , và MN = 3 .

⎧⎪ x x − 3y − 1 = 3y y 2 + 1
(x, y ∈!) .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨
2
2
⎪⎩ 3x + 2y − 3 xy + 3y = 3 y + 1
2
2
⎪⎧a + b = 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a,b,c,d thoả mãn điều kiện ⎨ 2
.
2
⎩⎪c + d = 5
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = b(c − 1) − d(a − 1) .

---HẾT--Khoá giải đề đặc biệt 2015 – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

Trang 1/5


PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
−3x + 1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
.
x+2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến Δ của (H), biết rằng Δ có hệ số góc bằng -7.
1. Học sinh tự giải.
−7
−3m + 1
2. Giả sử tiếp điểm M (m;
.
), m ≠ −2 . Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k = y'(m) =
(m + 2)2
m+2
⎡ m = −1 ⎡ M (−1; 4)
7
+ Theo giả thiết ta có: −
.
= −7 ⇔ (m + 2)2 = 1 ⇔ ⎢
⇒⎢
2
(m + 2)
⎣ m = −3 ⎣ M (−3;−10)
+ Với M(-1;4) ta có tiếp tuyến là y = −7(x + 1) + 4 = −7x − 3 .
+ Với M(-3;-10) ta có tiếp tuyến là y = −7(x + 3) − 10 = −7x − 31 .

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình (1− cos x)(1+ cot 2 x) = 1 .
b) Tìm nghiệm phức z1 có phần ảo dương của phương trình z 2 − z + 1 = 0 .
a) Điều kiện: sin x ≠ 0 . Phương trình tương đương với:
1
1− cos x
1
π
(1− cos x). 2 = 1 ⇔
=1⇔
= 1 ⇔ cos x = 0 ⇔ x = + kπ , k ∈! .
sin x
(1− cos x)(1+ cos x)
1+ cos x
2

⎡
⎢z =
1
3
3
b) Ta có: z 2 − z + 1 = 0 ⇔ (z − )2 = − = ( i)2 ⇔ ⎢
2
4
2
⎢
⎢⎣ z =
Vì z1 có phần ảo dương nên z1 =

1

+
2
1
−
2

3
i
2
.
3
i
2

1
3
+
i.
2 2

Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình log 3 (x − 1) + 1 >

1
log 3 x 2 .
4

Điều kiện: x > 1 . Bất phương trình tương đương với:
log 3 (x − 1) + 1 > log 3 x ⇔ log 3 [ 3(x − 1)] > log 3 x ⇔ 3(x − 1) > x ⇔ x >

3

.
2

⎛3
⎞
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎜ ;+∞ ⎟ .
⎝2
⎠
π
4

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

π
4

π
⎛ x2
⎞
1
π2 π
Ta có: I = ∫ (x +
− 1)dx = ⎜ − x + tan x ⎟ 4 =
− + 1.
cos 2 x
32 4
⎝ 2
⎠
0

0
Câu 5 (0,5 điểm). Một ngân hàng đề thi gồm 50 câu hỏi khác nhau, trong đó có 60% số câu hỏi mức
độ nhận biết, thông hiểu, 30% số câu hỏi mức độ vận dụng, và 10% số câu hỏi mức độ vận dụng cao.
Một đề thi trắc nghiệm gồm 50 câu hỏi được xây dựng từ ngân hàng đó, và các câu hỏi được đánh số từ
1 đến 50. Tính xác suất để xây dựng được một đề thi mà các câu hỏi trong đề được sắp xếp theo mức
độ khó tăng dần ( Nhận biết, thông hiểu – Vận dụng – Vận dụng cao).
Khoá giải đề đặc biệt 2015 – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

Trang 2/5


Không gian mẫu là số đề có thể xây dựng từ 50 câu hỏi của ngân hàng đề thi, có n(Ω) = 50! .
Gọi A là biến cố các câu hỏi trong đề được sắp xếp theo mức độ khó tăng dần ( Nhận biết, thông hiểu –
Vận dụng – Vận dụng cao).
+ Số câu hỏi mức độ nhận biết, thông hiểu là 50.60% = 30 câu; xếp các câu hỏi này từ vị trí câu số 1
đến câu số 30 có 30! cách.
+ Số câu hỏi mức độ vận dụng là 50.30% = 15 câu; xếp các câu hỏi này từ vị trí số 31 đến 45 có 15!
Cách.
+ Số câu hỏi mức độ vận dụng cao là 50.10% = 5 câu, xếp các câu hỏi này từ vị trí số 46 đến 50 có 5!
Cách.
Vậy có tất cả 30!.15!.5! thành lập đề thoả mãn, tức n(A) = 30!.15!.5! .
n(A) 30!.15!.5!
=
! 1, 369.10 −18 .
Xác suất cần tính P(A) =
n(Ω)
50!
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;-2;-5) và đường thẳng Δ có
x −1 y +1 z
phương trình

=
= . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, vuông góc với đường thẳng
2
−1 2
Δ . Tìm toạ độ điểm A’ đối xứng với A qua đường thẳng Δ .
!
Đường thẳng Δ có véc tơ chỉ phương u = (2;−1;2) , vì (P) vuông góc với Δ nên (P) nhận véc tơ chỉ
!"
!
phương của Δ làm véc tơ pháp tuyến, vậy nP = (2;−1;2) .
Suy ra phương trình của (P) là 2x − y + 2z + 6 = 0 .
⎧ x = −1
⎧ x −1 y +1 z
=
=
⎪
⎪
+ Gọi H là giao điểm của (P) và Δ , toạ độ điểm H là nghiệm của hệ: ⎨ 2
−1 2 ⇔ ⎨ y = 0 .
⎪⎩2x − y + 2z + 6 = 0
⎪ z = −2
⎩

Vì A’ là điểm đối xứng của A qua Δ , nên H là trung điểm của AA’ vì vậy A’(-3;2;1).
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C. Gọi H là trung điểm
của AB. Biết rằng SH ⊥ (ABC),SC = a 3, BC = 2a . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
điểm A đến mặt phẳng (SBC).
Vì tam giác ABC vuông cân tại C nên
BC
1

CH =
= a ⇒ SABC = CH .BC = a 2 .
2
2
Tam giác vuông SHC có

SH = SC 2 − CH 2 = (a 3)2 − a 2 = a 2 .

1
a 2 2 a3 2
.a =
Vì vậy, VS.ABC = SABC .SH =
.
3
3
3
+ Ta có, d(A;(SBC)) = 2d(H;(SBC)) (1) .

AC a 2
=
.
2
2
Kẻ HK vuông góc SM tại K thì HK ⊥ (SBC) ⇒ HK = d(H;(SBC)) (2) .
Gọi M là trung điểm của CB, ta có HM//AC nên HM ⊥ AC , HM =

1
1
1
1

2
a 10
=
+
= 2 + 2 ⇒ HK =
(3) .
2
2
2
HK
SH
HM
2a a
5
a 10
Từ (1),(2),(3) suy ra d(A;(SBC)) =
.
10
Tam giác vuông SHM có,

Khoá giải đề đặc biệt 2015 – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

Trang 3/5


Câu 8(1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(1;2), C(4;6). Gọi M,N
lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BC,CD. Viết phương trình đường thẳng MN, biết rằng trực
tâm H của tam giác AMN có hoành độ dương nằm trên đường thẳng x + y + 1 = 0 , và MN = 3 .
Ta có HM//NC vì cùng vuông góc với AN.
Và NH//MC (cùng vuông góc AM).

Do đó HMCN là hình bình hành.
Suy ra HN / /MC, HN = MC (1).
Gọi F là hình chiếu vuông góc của C lên AD.
Ta có AMCF là hình chữ nhật, do đó AF = CM (2) .
Từ (1),(2) suy ra AFNH là hình bình hành.
Vì vậy FN / /AH ⇒ FN ⊥ MN .
2
2
Tam giác vuông FNM có, FN = FM − MN 2 = AC 2 − MN 2 = 16 ⇒ AH = FN = 4 .
Gọi H(a;-a-1), với a>0 ta có:
⎡a = 1
(a − 1)2 + (a + 3)2 = 16 ⇔ ⎢
⇒ H (1;−2) .
⎣ a = −3
Khi đó gọi K là tâm hình bình hành MHNC, thì K là trung điểm của HC. Vì vậy K(5/2;2).
Phương trình đường thẳng MN qua K vuông góc AH là y − 2 = 0 .

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

⎧x x − 1 = 0
Điều kiện: x ≥ 0 , nếu y=0 hệ trở thành: ⎨
⇔ x = 1 ⇒ (x; y) = (1;0) .
⎩⎪ 3x = 3
Xét với y ≠ 0 , lấy (1)-y.(2) ta được:

x x − 3y − 1 = y(3x + 2y 2 − 3 xy + 3y)
⇔ x x − 3xy + 3 xy 2 − y 3 = y 3 + 3y 2 + 3y + 1
⇔ ( x − y)3 = (y + 1)3 ⇔ x − y = y + 1 ⇔ x = 2y + 1 ⇒ y ≥ −
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

.

1
2

3(2y + 1)2 + 2y 2 − 3(2y + 1)y + 3y = 3 y 2 + 1
⇔ 8y 2 + 12y + 3 = 3 y 2 + 1 ⇔ 8y 2 + 12y + 3(1− y 2 + 1) = 0

.

⎛
⎞
3
3
1
⇔ y ⎜ 8y + 12 +
> 0,∀y ≥ − )
⎟ = 0 ⇔ y = 0(do8y + 12 +
2
2
2
1+ y + 1 ⎠
1+ y + 1
⎝
Đối chiếu với điều kiện trường hợp này ta có vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(1;0).
2
2
⎪⎧a + b = 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a,b,c,d thoả mãn ⎨ 2
.
2
⎪⎩c + d = 5
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = b(c − 1) − d(a − 1) .
⎧⎪a = 2 sin α ,b = 2 cos α
Đặt ⎨
.
⎪⎩c = 5 sin β ,d = 5 cos β
Khi đó:
Khoá giải đề đặc biệt 2015 – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

Trang 4/5


P = 2 cos α ( 5 sin β − 1) − 5 cos β ( 2 sin α − 1)
= − 2 cos α + 5 cos β + 10 cos α sin β − 10 sin α cos β
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz ta có:
− 2 cos α + 5 cos β + 10 cos α sin β − 10 sin α cos β

.

.
≤ (2 + 5 cos 2 β + 10sin 2 β + 5 cos 2 β )(cos 2 α + 1+ cos 2 α + 2sin 2 α ) = 6
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
− 2

5 cos β
10 sin β
5 cos β
=
=
=
.
cos α
1
cos α
− 2 sin α
Với (a;b;c;d)=(-1;-1;-1;2) thì P bằng 6. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 6.
Ý nghĩa hình học:
Với điểm A(1;0), và cho hai đường tròn có phương trình
(C1 ) : x 2 + y 2 = 2;
.
(C2 ) : x 2 + y 2 = 5
Tìm điểm B thuộc (C1), điểm C thuộc (C2) sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.

Khoá giải đề đặc biệt 2015 – Thầy: Đặng Thành Nam – Phone: 0976 266 202

Trang 5/5