Tài liệu ôn thi thpt quốc gia toán có đáp án Đề số 006

Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 50+6/2015
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 2 .
2. Tìm m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;1).
Câu 2 (1,0 điểm).

π
1
, và cos(a − b) = . Tính A = cos a.cosb .
3
3
2
b) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z + 2z + 3 = 0 , và A,B lần lượt là các điểm biểu
diễn z1 , z2 trên mặt phẳng phức. Tính độ dài đoạn thẳng AB .
a) Cho các số thực a,b thoả mãn a + b =

⎛ 1
⎞
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình x.log 2 ⎜ 4 x − 2 ⎟ = 1 .
⎝
⎠
π
4

sin x − cos x
dx .
1+ sin 2x
0

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

Câu 5 (0,5 điểm). Cho tập E = {1,2, 3, 4,5,6} . Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số được tạo
thành từ các số của tập E. Chọn ngẫu nhiên ra một số từ M, tính xác xuất để số được chọn có tổng các
chữ số bằng 9.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm I(1;0;2) và đường thẳng Δ có
x y −1 z
phương trình =
. Tìm điểm H thuộc Δ sao cho IH vuông góc với Δ . Viết phương trình mặt
=
1
2
−1
cầu (S) tâm I, tiếp xúc với Δ .
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có mặt bên (SAC) vuông góc với mặt đáy (ABC). Biết rằng
! = 60 0 và AB = AC = a, BC = a 2 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa
SA = 2a,SAC
hai đường thẳng SA,BC.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi D,E,F lần lượt là chân đường
cao hạ từ các đỉnh A,B,C, và điểm G tia đối của tia DE thoả mãn DG = DF . Viết phương trình đường
thẳng AB, biết rằng đỉnh C nằm trên đường thẳng Δ có phương trình là 2x + y − 8 = 0 , và các điểm
B(-4;-4), G(2;-6).
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
x2 − x + 1

1
> ln(x 2 − x) .
2x − 2x + 2 2
1
1
−a 2 − b 2 + 6

+
=
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn 2
.
b + 1 c2 + 1
(1+ ab)2
a
b
1− 2ab
+ 2 2
−
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2
.
2
a + b + 2 b + c + 2 (1+ ab)2
x 2 + x − 1+ x ( x − 1 − 2 x 2 − 1) −

2

---HẾT--1


PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 2 .
2. Tìm m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;1).
1. Học sinh tự giải.
2. Ta có hàm số đã cho liên tục và có đạo hàm xác định trên đoạn [0;1], và y' = 4x 3 − 4mx .
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) khi và chỉ khi
y' ≤ 0,∀x ∈[ 0;1] ⇔ 4x 3 − 4mx ≤ 0,∀x ∈[ 0;1] ⇔ 4x(m − x 2 ) ≥ 0,∀x ∈[ 0;1]

.
⇔ m ≥ x 2 ,∀x ∈[ 0;1] ⇔ m ≥ max x 2 ⇔ m ≥ 1
x∈[ 0;1]

Câu 2 (1,0 điểm).

π
1
, và cos(a − b) = . Tính A = cos a.cosb .
3
3
2
b) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z + 2z + 3 = 0 , và A,B lần lượt là các điểm biểu
diễn z1 , z2 trên mặt phẳng phức. Tính độ dài đoạn thẳng AB .
a) Cho các số thực a,b thoả mãn a + b =

1
1 ⎡1 1⎤ 5
cos(a + b) + cos(a − b)] = ⎢ + ⎥ = .
[
2
2 ⎣ 2 3 ⎦ 12
⎡ z1 = −1− 2i
b) Ta có: z 2 + 2z + 3 = 0 ⇔ (z + 1)2 = −2 = ( 2i)2 ⇒ ⎢
.
⎢⎣ z2 = −1+ 2i
a) Ta có: A =

Khi đó A(−1;− 2 ), B(−1; 2 ) ⇒ AB = (2 2 )2 = 2 2 .
⎛ 1

⎞
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình x.log 2 ⎜ 4 x − 2 ⎟ = 1 .
⎝
⎠

⎧x ≠ 0
⎧⎪ x ≠ 0
⎪
Điều kiện: ⎨ 1
⇔ ⎨1 1 ⇔ 0 < x < 2 .
⎪⎩ 4 x − 2 > 0
⎪⎩ x > 2
Khi đó phương trình tương đương với:
1
1
1
1
1
⎛ 1
⎞ 1
log 2 ⎜ 4 x − 2 ⎟ = ⇔ 4 x − 2 = 2 x ⇔ (2 x + 1)(2 x − 2) = 0 ⇔ 2 x = 2 ⇔ x = 1 .
⎝
⎠ x
Vậy nghiệm phương trình x = 1 .
π
4

sin x − cos x
dx .
1+ sin 2x

0

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

2

Đặt t = sin x + cos x ⇒ dt = (cos x − sin x)dx , và I =

−dt

∫ (1+ t)
1

2

=

2
1
3
= 2− .
t +1 1
2

Câu 5 (0,5 điểm). Cho tập E = {1,2, 3, 4,5,6} . Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số được tạo
thành từ các số của tập E. Chọn ngẫu nhiên ra một số từ M, tính xác xuất để số được chọn có tổng các
chữ số bằng 9.
Không gian mẫu là số các số thuộc M có n(Ω) = C61 .C61 .C61 = 216 .
Gọi A là biến cố số được chọn có tổng các chữ số bằng 9.
Để tính số kết quả thuận lợi cho A, ta tìm tất cả các số thuộc M mà tổng các chữ số của nó bằng 9.

2


Một số như vậy là hoán vị của bộ ba số (a;b;c) thoả mãn a + b + c = 9;a,b,c ∈{1,2, 3, 4,5,6} .
Ta xét bộ (1;2;6) và 5 hoán vị của nó; bộ (1;3;5) và 5 hoán vị của nó; bộ (1;4;4) và 2 hoán vị của nó; bộ
(2;2;5) và 2 hoán vị của nó; bộ (2;3;4) và 5 hoán vị của nó; bộ (3;3;3).
1
Vậy có tất cả 6 + 6 + 3 + 3 + 6 + 1 = 25 số thoả mãn, suy ra n(A) = C25
= 25 .
n(A) 25
=
Xác suất cần tính P(A) =
.
n(Ω) 216
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm I(1;0;2) và đường thẳng Δ có
x y −1 z
phương trình =
. Tìm điểm H thuộc Δ sao cho IH vuông góc với Δ . Viết phương trình mặt
=
1
2
−1
cầu (S) tâm I, tiếp xúc với Δ .
!!"
Vì H ∈Δ ⇒ H (t;1+ 2t;−t) ⇒ IH = (t − 1;1+ 2t;−t − 2) .
!
Đường thẳng Δ có véc tơ chỉ phương u = (1;2;−1) .
!!" "
1
⎛ 1 1⎞

Vì IH ⊥ Δ ⇒ IH .u = 0 ⇔ 6t + 3 = 0 ⇔ t = − ⇒ H ⎜ − ;0; ⎟ .
⎝ 2 2⎠
2
Ta có bán kính mặt cầu (S), R = IH =

3 2
.
2

9
.
2
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có mặt bên (SAC) vuông góc với mặt đáy (ABC). Biết rằng
! = 60 0 và AB = AC = a, BC = a 2 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa
SA = 2a,SAC
hai đường thẳng SA,BC.

Vì vậy (S) :(x − 1)2 + y 2 + (z − 2)2 =

Ta có: BC 2 = AB 2 + AC 2 = 2a 2 ⇒ ΔABC vuông cân tại A.
1
Vì vây, SABC = a 2 , và áp dụng định lý côsin cho tam giác SAC
2
có:
SC 2 = SA 2 + AC 2 − 2SA.AC cos 60 0 = 3a 2 ⇒ SA 2 = AC 2 + SC 2 .
Do đó, tam giác SAC vuông tại C suy ra SC ⊥ AC .
Mặt khác (SAC) ⊥ (ABC) ⇒ SC ⊥ (ABC) .

1
a 3 a2 a3 3

. =
Vậy VS.ABC = SC.SABC =
(đvtt).
3
3 2
6
+ Tính d(SA;BC).
Dựng hình bình hành ABCD, ta có AD / /BC ⇒ d(BC;SA) = d(BC;(SAD)) = d(C;(SAD)) (1) .
⎧ AM ⊥ BC
⎪
Gọi M,H lần lượt là trung điểm BC,AD ta có ⎨ AM / /CH ⇒ CH ⊥ AD .
⎪ BC / /AD
⎩
Kẻ CK vuông góc với SH tại K thì CK ⊥ (SAD) ⇒ CK = d(C;(SAD)) (2) .

1
1
1
1
1
2
1
a 21
=
+
=
+
= 2 + 2 ⇒ CK =
(3) .
2

2
2
2
2
CK
CH
SC
AM
SC
a
3a
7
a 21
Từ (1),(2),(3) suy ra d(SA; BC) =
.
7
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi D,E,F lần lượt là chân đường
cao hạ từ các đỉnh A,B,C, và điểm G là trên tia đối của tia DE thoả mãn DG = DF . Viết phương trình
Tam giác vuông SCH có

3


đường thẳng AB, biết rằng đỉnh C nằm trên đường thẳng Δ có phương trình là 2x + y − 8 = 0 , và B(4;-4), G(2;-6).
Gọi H là trực tâm tam giác ABC, tứ giác BDHF nội tiếp nên
! = FBH
! = HCE
! ( cùng phụ góc BAC
! ).
FDH

! = HCE
!.
Mặt khác tứ giác DHEC nội tiếp nên EDH
!.
! = EDH
! ⇒ AD là phân giác góc EDF
Từ đó suy ra FDH
!.
Ta có: BD ⊥ AD ⇒ BD là phân giác góc FDG
Lại có DG = DF nên F,G đối xứng với nhau qua BC.
! = BFC
! = 90 0 ⇒ BG ⊥ GC .
Do đó BGC
!!!"
Ta có BG = (6;−2) / /(3;−1) ⇒ GC : 3x − y − 12 = 0 .
⎧ 3x − y − 12 = 0
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ ⎨
⇒ C(4;0) .
⎩2x + y − 8 = 0
Phương trình đường thẳng BC qua B,C là x − 2y − 4 = 0 .
Vì F là điểm đối xứng của G qua BC nên toạ độ trung điểm I của FG thoả mãn hệ
⎧ x − 2y − 4 = 0
⇒ I(0;−2) .
⎨
⎩2x + y + 2 = 0
Vì I là trung điểm FG nên F(-2;2).
Phương trình đường thẳng AB qua B,F là 3x − y + 8 = 0 .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
x + x − 1+ x ( x − 1 − 2 x − 1) −
2

2

x2 − x + 1

1
> ln(x 2 − x) .
2x − 2x + 2 2
2

Điều kiện: x > 1 . Bất phương trình tương đương với:
⎡ x2 − x + 1
⎤
1
2
2
2
2
−⎢
−
x
−
x
+
ln(x
−
x)
⎥ + ( x − 1 − x ) > 0 (*) .
2
2

⎢⎣ 2x − 2x + 2
⎥⎦
Đặt t = x 2 − x > 0 , ta có:
x2 − x + 1

1
t +1
2
2
−
x
−
x
+
ln(x
−
x)
=
f
(t)
=
− t + lnt .
2
2x 2 − 2x + 2
2t 2 + 2
t +1
Xét hàm số f (t) =
− t + lnt trên khoảng (0;+∞) , ta có:
2t 2 + 2

f '(t) =

2− 2t

1
+ −1; f '(t) = 0 ⇔ t = 1 .
(2t 2 + 2) 2t 2 + 2 t

Từ đo suy ra f (t) ≤ f (1) = 0 ⇒ VT(*) ≥ 0 .

⎧⎪t = 1
⎧x > 1
1+ 5
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ⎨ 2
.
⇔⎨ 2
⇔x=
2
⎩x − x − 1 = 0
⎩⎪ x − 1 = x
Vì vậy (*) ⇔ VT > 0 ⇔ x ≠

⎧1+ 5 ⎫
1+ 5
. Kết hợp với điều kiện suy ra S = [1;+∞ ) \ ⎨
⎬.
2
⎩ 2 ⎭

4

1
1
−a 2 − b 2 + 6
+
=
.
b2 + 1 c2 + 1
(1+ ab)2
a
b
1− 2ab
+ 2 2
−
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2
.
2
a + b + 2 b + c + 2 (1+ ab)2
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM và Cauchy –Schwarz ta có:
a
1 (a + 1)2
1 ⎛ a2
1 ⎞
≤
≤
+ 2 ⎟,
2
2
2

2
2
⎜
a + b + 2 4 a + 1+ b + 1 4 ⎝ a + 1 b + 1 ⎠
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn

b
1
(b + 1)2
1 ⎛ b2
1 ⎞
≤
.
≤
+ 2 ⎟
2
2
2
2
2
⎜
b + c + 2 4 b + 1+ c + 1 4 ⎝ b + 1 c + 1 ⎠
Do đó

a
b
1 ⎛ a2
b2 ⎞ 1 ⎛ 1
1 ⎞
+

≤
+
+ ⎜ 2
+ 2 ⎟
2
2
2
2
2
2
⎜
⎟
a + b + 2 b + c + 2 4 ⎝ a + 1 b + 1⎠ 4 ⎝ b + 1 c + 1⎠
1 ⎛ 2a 2b 2 + a 2 + b 2 ⎞ −a 2 − b 2 + 6
= ⎜
+
4 ⎝ (1+ a 2 )(1+ b 2 ) ⎟⎠
4(1+ ab)2

.

2a 2b 2 + a 2 + b 2 −a 2 − b 2 + 6
a 2b 2 + 3
+
=
4(1+ ab)2
4(1+ ab)2
2(1+ ab)2
t2 + 3
2t − 1

+
Đặt t = ab , ta có: P ≤ f (t) =
.
2
2(t + 1) (t + 1)2
1− t
3
; f '(t) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ fmax = f (1) = .
Ta có, f '(t) =
3
(t + 1)
4
≤

5