Luyện Đề Toán Học 1THPT Quốc Gia 2015 Có đáp án Đề Số

+ Tính tổng hệ số góc tiếp tuyến: Đổi biến tx2ta có  d cắt  C tại 4 điểm phân biệt nên phương trình có hai nghiệm dương phân biệt.. Tham số các nghiệm theo t tính được 4 hệ số góc

Trang 1

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x 42x2 (C)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C

b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng y m cắt đồ thị  C tại 4 điểm phân biệt , , E F M N, Tính tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị  C tại các điểm , , E F M N ,

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2 cos 1 cos 2 1 cot

x

Câu 3 (1,0 điểm) Tìm tích phân 2  

0





Câu 4 (1,0 điểm)

a) Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức z 3 2i 3 Hãy tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức

w , biết w  z 1 3i

b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau Tính số phần tử của S từ tập hợp S chọn

ngẫu nhiên một số, tính xác suất để trong 5 chữ số của nó có đúng 2 chữ số lẻ

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 3 4 3

y

d     

và mặt phẳng ( ) : 2 x2y z  9 0 Viết phương trình đường thẳng  nằm trong   ;  qua giao điểm A

của d và   và góc giữa  và Ox bằng 45 0

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B Tam giác SAC cân tại S

và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Góc giữa mặt phẳng SBC và đáy bằng  60 Biết 0

2 ;

SA a BC a Tính theo a thể tích khối chóp S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và

BC

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và B Đường

chéo AC nằm trên đường thẳng : 4 d x7y28 0 Đỉnh B thuộc đường thẳng : x y  5 0, đỉnh A

có tọa độ nguyên Tìm tọa độ , ,A B C biết D 2; 5 và BC2AD

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2

2

2 3 2 2





Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực , , a b c thỏa mãn a b c  0;a 1 0;b 1 0; 2c 1 0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

HẾT

ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 1

Trang 2

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.a

- Tập xác đinh: D R

- Sự biến thiên:

y  x  x; ' 0 0

1

x y

x

 

    

' 0, 1; 0 1;

y    x  , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng 1; 0 và 1;

y     x , suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và  0;1

+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x0,y CD 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x 1,y CT  1

+ Giới hạn: lim ; lim

xy  xy 

+ Bảng biến thiên

'

1

0

1





- Đồ thị:

+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm  2; 0 , 0; 0 ,    2; 0

+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0; 0

+ Đồ thị hàm số đi qua điểm 2; 8 , 2; 8  

- Vẽ đồ thị:

Câu 1.b Từ đồ thị suy ra, để đường thẳng y m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt khi 1  m 0

Hoành độ 4 giao điểm là nghiệm của phương trình x42x2 m x42x2 m 0 (*)

Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi phương trình t2  2t m 0có 2 nghiệm dương phân biệt

1 2

0 t t

Khi đó 4 nghiệm của pt (*) là x1  t x2; 2  t x1; 3 t x1; 4  t2

Như vậy ta có x1 x x4; 2 x3 Ta có 3

y  x  x

Suy ra tổng hệ số góc của 4 tiếp tuyến tại 4 giao điểm với đồ thị  C là:

 3   3   3   3 

1 2 3 4 4 1 4 1 4 1 4 2 4 1 4 3 4 1 4 4

k k k k  x  x  x  x  x  x  x  x

Trang 3

 3 3  3 3    

Nhận xét: Đây là dạng toán biện luận số giao điểm của một đường thẳng  d với một hàm số  C cho

trước Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số dựa vào dáng điệu của đồ thị xét các trường hợp:

+ d cắt  C tại n n 1 điểm phân biệt

+ d và  C không có điểm chung

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

+Kiến thức cần nhớ: Điểm Q x y Q, Q là tọa độ tiếp điểm của hàm số y f x  Phương trình tiếp tuyến tại Q là y f x' Q x x Qy Q , hệ số góc tiếp tuyến là k f x' Q

+ Tìm m để đường thẳng y m cắt  C tại 4 điểm , ,E F M N : Dựa vào dáng điệu đồ thị , đường thẳng ,

ym song song với trục Ox nên sẽ cắt  C tại 4 điểm phân biệt khi 1  m 0

+ Tính tổng hệ số góc tiếp tuyến: Đổi biến tx2ta có  d cắt  C tại 4 điểm phân biệt nên phương trình

có hai nghiệm dương phân biệt Tham số các nghiệm theo t tính được 4 hệ số góc tiếp tuyến tại 4 hoành

độ giao điểm ( đối xứng qua trục Oy ) , từ đó tính được tổng hệ số góc

Lưu ý: Ngoài cách sử dụng dáng điệu đồ thị ta có thế làm như sau: Viết phương trình giao điểm

nghiệm phân biệt

Đổi biến tx2 0, ta tìm m để phương trình t2  2t m 0 có 2 nghiệm 2 1

' 0

0

P

 



 



Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Cho hàm số y x 3m1x23x m 1 Tìm tất cả các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị tại

điểm có hoành độ bằng 1 tạo 2 trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2

Đáp số: m 1,m3

b Cho hàm số y x 33x2 Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số để tiếp tuyến của hàm số tại M cắt

Đáp số: M  2; 4 ,M 2;0

Câu 2 Điều kiện x k k  ;

sinx cosx2cos2x sinx cosx sinx cosx 2cos2x 1 0

x

4

x x  k x  k

x  k k

Trang 4

Nhận xét: Bài toán lượng giác cơ bản , ta chỉ cần sử dụng bến đổi các công thức hạ bậc , cosin của một

hiệu và phân tích nhân tử Tuy nhiên cần hết sức lưu ý việc xem xet điều kiện xác định của phương trình

để tránh kết luận thừa nghiệm dẫn tới lời giải sai







-Công thức hạ bậc: 1 cos2 c2cos2c, 1 cos2 c2sin2c

-Công thức nghiệm cơ bản của phương trình lượng giác:

2

cosxcos    x k2 ; k Z

tanx tan       x k k Z;

cotxcot      x k k Z;

a Giải phương trình 5cos 2 4sin 5 9



b Giải phương trình sin cos 2 tan 2 cos 2 0





2







2 0

Nhận xét: Bản chất của bài toán là tách tử của biểu thức dưới dấu tích phân theo mẫu và đạo hàm của mẫu Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta khó có thể sử dụng một trong hai phương pháp đổi biến số hoặc tích phân từng phần

dx f x dx dx



f x g x h x g x h x g x



tính được I

a Tính tích phân

2

3 0

sin

x







2

I

Trang 5

b Tính tích phân

1

1 ln

x

xe

x e x







e e I

e



1

3

a x

z i x yi a bi i

b y

  

C x  y 

Nhận xét: Đây là dạng toán toán tìm biếu diễn của số phức w theo số phức z thỏa mãn điều kiện nào

đó

-Mọi số phức có dạng z a bi a b R  ; ,  

-Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực và phần ảo của 2 số đó bằng nhau

- Từ số phức z : Thay z a bi  vào phương trình z 3 2i 3 Tìm được mối quan hệ giữa phần thực

và phần ảo

diễn

-Các trường hợp biểu diễn cơ bản :

x a  y b R x y  ax by c 

x a  y b R x y  ax by c 

+Parapol: y ax 2bx c

+Elipse:

2 2

2 y2 1

x

a  b 

Bài toan kết thúc

a Cho số phức z thỏa mãn 1 3

1

i z

i





b Tìm số phức z thỏa mãn 1 3i z  là số thực và z 2 5i 1 Đáp số: 2 6 ; 7 21

z  i z  i

Câu 4.b Gọi A là biến cố số được chọn là số có 5 chữ số khác nhau và trong 5 chữ số của nó có đúng 2

số lẻ Ta tìm số phần tử của A như sau: Gọi y mnpqr A  , ta có:

+ Trường hợp 1: Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0:

Lấy thêm 2 số lẻ và 2 số chẵn có C C25 42 cách;

Xếp 5 số được chọn vào các vị trí , , , ,m n p q r có 4.4! cách

C C  + Trường hợp 2: Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt số 0:

5 4

Xếp 5 số được chọn vào các vị trí , , , ,m n p q r có 5! cách

C C 

P A  

Trang 6

Nhận xét: Bài toán xác suất cơ bản , ta chỉ cần áp dụng công thức tính xác suất với biến cố theo dữ kiện

trong giả thiết

-Công thức tính xác suất của một biến cố A : P A   A



cho A ,  là tổng số kết quả có thể xảy ra )

- Ta tính tổng số kết quả có thể xảy ra

- Gọi A là biến cố số được chọn là số có 5 chữa số khác nhau và trong 5 chữa số của nó có đúng 2 số lẻ

+Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0

+Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt chữ số 0

- Áp dụng công thức tính xác suất ta được P A  

a Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 có thế lập được bao nhiêu số lẻ có 4 chữ số đôi một khác nhau và luôn có

mặt chữ số 2 Đáp số: 204

b Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9 Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác suất

có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn 5

2012-2013) Đáp số: Rút ít nhất 6 thẻ

Câu 5 Gọi A là giao điểm của d và   , suy ra A–3; 2;1 Gọi ua b c; ;  là một vectơ chỉ phương của



Ta có một vectơ pháp tuyến của   là n2; –2;1

Ta có u n 0 2a2b c     0 c 2a 2b

a

a b c

3

a b

a

 





+ Với a b , chọn

3

1

z

   



 



3

b

y

Nhận xét: Hướng giải cho bài toán: Để viết phương trình đường thẳng ta tìm một điểm thuộc và

- Tìm tọa độ giao điểm A d   : Tham số hóa A d , thay vào mặt phẳng   ta tính được A

- Viết phương trình đường thẳng : Tham số hóa ua b c; ; là một vector chỉ phương của  Do

  u n   0

     (Với n  là một vector pháp tuyến của   ) Ta tìn được mối quan hệ giữa , ,a b c

Trang 7

- Lại có công thức tính góc giữa hau đường thẳng       '

'

d d

u u

2

ứng

a Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A1; 2; 1 , đường thẳng : 2 2

y

d    

và mặt phẳng

  : 2x y z   1 0 Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt d và song song với mặt phẳng  

Đáp số: 1 2 1

y

x  z

b Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A0;1; 3 và đường thẳng

1

3

z

  

  



 



Hãy tìm các điểm ,

Đáp số:





Câu 6 Gọi H là trung điểm AC , suy ra SHABC

Góc giữa SBC và đáy là  SIH600

.sin 60

SI SC IC  SH SI 

2

HI SI AB HI

3

a

V  AB BC SH (đvtt)

Kẻ Ax song song với BC , HI cắt Ax tại K Kẻ IM vuông góc với SK

Ta có AK SIK AKIMIMSAK

4

a

IM SH 

Nhận xét: Đây là toán có sử dụng hình học không gian tổng hợp lớp 11, yếu tố vuông góc của hai mặt

phẳng , góc giữa hai mặt phẳng

3

V  B

Trang 8

-Dựng góc giữa hai mặt phẳng SBC , ABC : Goi H là trung điểm của AC Do mặt phẳng 

SAC  ABC nên SHABC.SBC ABC, SIH600

V B hV  AB BC SH

này tới một mặt phẳng chứa đường thẳng còn lại

Kẻ Ax/ /BC , kẻ IMSKAK SIK IMSAK Suy ra d SA BC , IM SH

Lưu ý: Có thể sử dụng tỉ lệ khoảng cách

a Cho hình chóp tam giác đều S ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bân và đáy bằng 60 Gọi 0

M là trung điểm của SC Tính thể tích khối chóp S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng

AM và SB Đáp số: 3 3

24

,

4

a

d AM SB 

b Cho hình chóp S ABC có SA3a , SA tạo với đáy ABC một góc bằng  600 Tam giác ABC vuông tại B , ACB300 G là trọng tâm tam giác ABC , hai mặt phẳng SGB , SGC cùng 

vuông góc với mặt phẳng ABC Tính thể tích khối chóp  S ABC

Đáp số:

3

243 112

a

Câu 7 Do B, suy ra B b b ; 5

;

d B AC BE BC

DE AD

d D AC   

93

b



4x B7y B28 4 x D7y D28 0 30 11 b630

Do đó ta được b3, suy ra B3; –2

A D A a   DA a   

3;

7

a

BA a   

13

a

  



3 2 2 0

2 2 5 4

C

x

y



Vậy A  4;0 ,B 3; –2 và C 7;0 là điểm cần tìm

Nhận xét: Để giải bài toán ta sử dụng kiến thức tham số hóa điểm thuộc đường thẳng cho trước, sử

dụng khoảng cách-tỉ lệ khoảng cách tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C

Trang 9

P d mx ny p P

n

-Khoảng cách từ điểm M x M;y Mtới phương trình đường thẳng   :mx ny p  0được xác định theo

2 2

d M

m n

 

-Tính chất vector: u x y v z t với    ; , ; u kv x kz

y kt

 



Áp dụng cho bài toán:

d B AC BE BC

DE AD

d D AC    ( E AC BD ), ta có điểm B

-Để loại nghiệm sử dụng tính chất: 4x B7y B28 4 x D7y D280 B

-Tương tự A d DA BA, Mặt khác ,DA BA  0 A

- Tính tọa độ điểm C : BC2ADC

a Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , trực tâm H3; 2 Gọi D E, lần lượt là

chân đường cao kẻ từ B C, Biết điểm A thuộc đường thẳng  d x: 3y 3 0, điểm

 2; 3

Đáp số: A 3;0

b Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A 1; 3 ,  B 5;1 Điểm M thuộc đường thẳng

nguyên

Đáp số: C4;1

Câu 8 Phương trình thứ hai tương đương 3x22y3x22y 3 32y 2 y

Đặt

2

u x y





 

u u vv

Xét f t 3t t; ta có f t' 3 ln 3 1 0;t    t , suy ra f t đồng biến trên  

Nhận thấy f u    f v  u v là nghiệm duy nhất cua phương trình

Trang 10

2 2 3 2 2 1

Thay y x 21 vào phương trình thứ nhất, ta được x2x2 1 5x 2 7 x x 2  1 x 1

Đặt

2

a x a





2

 

+ Với a2b  x 1 4x2  x 1 4x23x 5 0 vn 

Hệ phương trình có nghiệm:  x y; 4 6; 23 8 6 , 4    6; 23 8 6 

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp hàm đặc trưng kết hợp phương pháp hệ số bất định

-Hàm số f x đồng biến(nghịch biến) trên   D f u    f v  u v

-Hàm số f x đồng biến(nghịch biến) trên   D f x 0có nhiều nhất 1 nghiệm

-Hàm số f x đồng biến trên D ,   g x nghịch biến trên   D f x   g x có nghiệm duy nhất

Ý tưởng: Từ phương trình thứ nhất tách hoặc bình phương sẽ ra phương trình khó bậc cao, khó tìm mối quan hệ giữa ,x y

- Nhận thấy phương trình thứ 2 của hệ có sự tương đồng 3x2 2y 3,x22y3với 32y,2ycó cùng

dạng 3 ,m m 

- Phương trình thứ hai của hệ biến đổi thành: 3u u 3vv trong đó

2 2 3 2

u x y





 

- Xét hàm số f t 3tt đồng biến trên Rf u    f v  u v Thay lại phương trình thứ nhất , sử

2

1

a x

a b

b x x



Lần lượt giải 2 phương trình vô tỉ cơ bản ứng với 2 trường hợp kiểm tra điều kiện ta thu được nghiệm của hệ

Lưu ý: Từ phương trình 2x2   x 1 3x 1 7 x1 x2 x 1, ta có thể chia 2 vế cho x2 x 1

1

x z

x x





a Giải phương trình 2x225 x3 1 Đáp số: 5 37

2

x 

b Giải phương trình 3x 7 6x22x 1 2 Đáp số: x 7,x1

Trang 11

Câu 9 1 1 1 1 1 1 5 1 1 1

P

f c

c c

1

; 2 2



     

2

4 15 20



c 1

2

 0 2

 

'

f c  0 +

 

f c

5 2

Dấu “=” xảy ra khi a b c  0

Kết luận: MaxP0

Nhận xét: Bài toán thuộc lớp cực trị của hàm nhiều biến sử dụng phương pháp hàm số đặc trưng để tìm

giá trị lớn nhất

- Ta thấy ,a b đối xứng qua biểu thức

1

t

t , dự đoán điểm rơi a b

P

 2

2

x



P

c c

f c

c c

1

; 2 2

c  

-Lập bảng biến thiên của hàm số f c trên   1; 2

2



  thu được minf c  

a Cho , ,a b c là 3 số dương thỏa mãn điều kiện abc1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

3 4

MinP

b Cho , , :a b c ab bc ca  1 Chứng minh rằng

3 2

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	904,39 KB