Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015 Có đáp án Đề Số 3

Nhận xét: Dạng bài toán đường thẳng tiếp tuyến vuông góc với một đường thẳng cho trước.. Ta tìm hệ sô góc của tiếp tuyến và hệ số góc của đường thẳng còn lại cho thỏa mãn tính chất vuôn

Môn: TOÁN

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

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x 33x2m2x3m (C)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C khi m2

b) Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị của hàm số  C đã cho vuông góc với

đường thẳng : –d x y 2 0

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình  2

2 1 cos 2

2sin 2

x

x



Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân

3 1 0

1 3

x

 





Câu 4 (1,0 điểm)

a) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình  i z 1 2 i  1 iz3 4 i 1 7i.

b) Cho tập hợp A tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0 Hỏi có thể lấy được

bao số tự nhiên từ tập A mà số đó chỉ có mặt ba chữ số khác nhau

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

y

2

d là giao tuyến của hai mặt phẳng   :x y z   2 0 và   :x3y12 0 Mặt phẳng  Oyz cắt

hai đường thẳng d1, d2 lần lượt tại các điểm ,A B Tính diện tích tam giác MAB , biết M1; 2; 3

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a , BD a Trên

cạnh AB lấy điểm M sao cho BM2AM Biết rằng hai mặt phẳng SAC và  SDM cùng vuông 

góc với mặt phẳng ABCD và mặt bên  SAB tạo với mặt đáy một góc  600 Tính thể tích của khối chóp S ABCD theo a và cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng OM và SA

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn  2 2

S x y  x y  ngoại tiếp tam giác ABC có A 4;7 Tìm tọa độ các đỉnh B và C

biết H 4; 5 là trực tâm của tam giác

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

3







x y, R

Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương , , x y z bất kỳ Chứng minh rằng

1



      

HẾT

ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 3

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.a Với m2, hàm số trở thành yx33x26

- Tập xác định: D R

- Sự biến thiên:

+ Chiều biến thiên: 2

y  x  x; ' 0 0

2

x y

x

 

   

y    x  , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0 và 2;

 

y   x , suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2

+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x0;y CD6 Hàm số đạt cực tiểu tại x2;y CT 2

+ Giới hạn: lim ; lim

     

+ Bảng biến thiên

'

y  0  0 

y



6

2



- Đồ thị:

+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0; 6

+ Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I 1; 4 làm tâm đối xứng

+ Đồ thị hàm số đi qua các điểm 1; 2 , 3;6  

- Vẽ đồ thị:

Câu 1.b Ta có y' 3 x26x m 2

Tiếp tuyến  tại điểm M thuộc  C có hệ số góc 2  2

k x  x m   x    m m

Dấu đẳng thức xảy ra khi x1

Suy ra kmin  m 5 tại điểm M1; 4 – 4m 

Tiếp tuyến   d (m5).1   1 m 4

Kết luận: m4

Nhận xét: Dạng bài toán đường thẳng tiếp tuyến vuông góc với một đường thẳng cho trước Ta tìm

hệ sô góc của tiếp tuyến và hệ số góc của đường thẳng còn lại cho thỏa mãn tính chất vuông góc

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

- Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm A x y A, A thuộc đồ thị hàm số y f x  là k f x' A Hai đường thẳng có hệ số góc lần lượt là k k vuông góc với nhau khi và chỉ khi 1, 2 k k1 2  1

-Biểu thức P a 2 b b Dấu bằng xảy ra  a 0

Áp dụng cho bài toán :

- Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là 2  2

k y x  x m   x    m m Suy ra hệ số góc

tiếp tiếp nhỏ nhất là k m 5

- Tiếp tuyến vuông góc đường thẳng :d x y  2 0 có hệ số góc k d 1 nên theo tính chất hai đường

thẳng vuông góc ta có phương trình m5 1    1 m 4

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Cho hàm số y x 32x2 m1x2m Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất vuông

góc với đường thẳng :d y2x1 Đáp số: 11

6

m

b Cho hàm số 1

x y x

 



 Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số biết tiếp tuyến vuông góc

đường thẳng : x9y 1 0 Đáp số: y  9x 1;y  9x 7

Câu 2 Điều kiện ;

2

xk k

Z

4sin cos

x

3

2

2

x

        (do cosx0)

tan

x

4

4

    

Nhận xét: Để giải phương trình lượng giác ta sử dụng công thức hạ bậc , mối quan hệ sin xvới cos x

, tanxvới cot x, phân tích nhân tử

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

-Sử dụng các công thức biến đổi sin2x 1 cos2x,1 cos2 x2cos2x thu được phương trình:

3

3

cos

sin

x

x

-Do cosx0 không là nghiệm của phương trình , chia 2 vế cho cos x2 ta có cos 5 32 0

x

x   x  -Thay 12 1 tan2 ,cos 1

sin cos

x x

x tanx

x    có phương trình theo ẩn tanx

- Giải phương trình theo tan x thu được x , kiểm tra điều kiện ta có đáp án

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Giải phương trình: 4cos2x1 sin x2 3 cos cos 2x x 1 2sinx

Đáp số: ; 5 2 ; 5 2

x      k x k  x k 

b Giải phương trình: 1 sin 2 x2 3 sin2x 32 sin xcosx0.(Thi thử THPT Phan Đăng Lưu) Đáp số: 2 ; 7 2 ; 2 ; 2

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

1

0 0

0

1

3

x

x







Đặt t 1   x x 1 t dx2;  2tdt Khi 0 1

   

   

4 4

 

1 1

0

0

t dt

Vậy 59 27 ln 4 25ln 3

6

Nhận xét: Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta có thể sử dụng ngay đổi biến số t 1x, tuy nhiên đổi biến số ngay từ đầu sẽ dẫn tới một tích phân mới sử dụng phép chia đa thức Để đơn giản ta sử

dụng kĩ thuật phân tích đa thức cơ sở

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

- Sử dụng phân tích tử biểu thức dưới dấu tích phân ta có: x3 1 x x327 27  1xchuyển

tích phân thành 3 tích phân nhỏ

- Tính 1 

2

0

x  x

1 1

n

n





- Tính

1

0

27

3dx

x

 bằng sử dụng công thức u'du lnu C

- Tính

1

0

1 3

x

x







 bằng phương pháp đổi biến số t 1x

Tách thành hai tích phân   

dt dt

  Sử dụng khai triển dạng ln tính được

  

1 1

2

2

t







Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Tính tích phân

4 3

2 1

x

2

I 

b Tính tích phân

6

2

1



  

2 12

I 

Câu 4.a Phương trình tương đương với i  2 1 2i z   3 4i 4 3 i z  1 7i

 5 5i z 10i

   

 

2 1 2

1

i

i





Vậy phương trình có nghiệm: z  1 i

Nhận xét: Bài toán giải số phức cơ bản với các phép biến đổi tương đương

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

a bi c di

-Khai triển biểu thức  i z 1 2 i  1 iz3 4 i 1 7i được   2

1

i

i



       

Lưu ý: Ta có thể đặt z a bi  thay vào biểu thức để tìm z

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Tìm số phức z x yi  thỏa mãn   2  3

x  i  y i    i Đáp số: z 5 2i

b Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện      2

2 3 i z z i 4   1 3i Đáp số: z 2 5i

Câu 4.b Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là 3

9

C Chọn 2 chữ số còn

lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau đây:

Trường hợp 1 Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán

vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà

a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả 3.5! 60

3! số tự nhiên

Trường hợp 2 Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà

b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả3 5! 90

2!2! số tự nhiên Vậy có 150 số

Nhận xét: Bài toán tìm số các số có 5 chữ số thỏa mãn điều kiện chỉ có mặt 3 chữ số khác nhau Để giải

dạng toán này ta chia các trường hợp cụ thể, sau đó lấy tổng các trường hợp để được đáp án

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

-Tìm số cách chọn 3 chữ số phân biệt , ,a b c từ 9 chữ số khác 0 Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó

- Trường hợp 1: Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số , ,a b c có 3 cách , mỗi hoán vị của 5 chữ

số tạo ra số tụ nhiên n

- Trường hợp 2 : Một trong 2 chữ số còn lại bằng một trong các chữ số , ,a b c và số còn lại bằng 1 chữ

số khác trong 3 số đó

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Một tổ gồm 8 nam và 6 nữ Cần lấy một nhóm 5 người trong đó có 2 nữ, hỏi có bao nhiêu cách chọn Đáp số: 840

b Với 6 chữ số 1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số có các chữ số phân biệt trong đó mỗi số đều phải có mặt số 6 Đáp số: 1630

Câu 5 Vì A B,  Oyz nên x Ax B0



2

0; 4; 2

B

MA     MB   MA MB  

MAB

S  MA MB 

Nhận xét: Để tính diện tích một tam giác trong không gian 3 chiều Oxyz ta lập tọa độ 2 vector hai

cạnh kề nhau rồi sử dụng công thức tính diện tích Với bài toán ta tìm các đỉnh M A B, , với giải phương trình cơ bản

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

- Diện tích tam giác MNP trong hệ trục tọa độ Oxyz cho bởi công thức : 1

2

MNP

S  MN MP

- Mặt phẳng  Oyz có phương trình x0 Thay hoành độ các điểm A B vào phương trình ,

   d1 , d tính được ,2 A B

- Tính vector MA MB,  MA MB; 

- Sử dụng công thức tính diện tích tam giác 1 ;

2

MAB

S  MA MB

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A1; 5;0 , B 3; 3;6 và đường thẳng

1 1 :

y

 Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho diện tích tam giác MAB nhỏ nhất

Đáp số: M1;0; 2

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

1

3

z

  

  



 



Hãy tìm các

điểm ,B C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC đều

Đáp số:





Câu 6 Gọi HAC DM vì SAC  ABCD, SDM  ABCD, suy ra SHABCD

Từ H kẻ HK ⊥ AB SKAB, suy ra là góc giữa hai mặt phẳng SKH600 là góc giữa hai mặt phẳng SAB và  ABCD 

Mà ABD đều, AO là đường cao

Vậy

.

S ABCD ABCD

Ta có cosAM SA;  OM HA.

OM SA

2

OM SA OA AM SH HA  AO AH AM AH  AO AM AH

2

2

 

    

2

12 4

a

OM SA

Nhận xét: Yếu tố hình học lớp 11 về góc giữa hai mặt phẳng , tính chất hai mặt phẳng vuông góc với

mặt phẳng khác được khai thác triệt để trong bài toán

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

-Hai mặt phẳng     ; cùng vuông góc với mặt phẳng            d  

- Gọi HAC DMSHABCD

-Dựng góc tạo bởi SAB , ABCD :Kẻ  HKABSKH600

- Tính thể tích khối chóp:Tính SH ,áp dụng công thức tính thể tích khối chóp . 1

3

- Tính cosin giữa hai đường thẳng OM SA :Sử dụng phương pháp vector , cos ;  .

OM HA

AM SA

OM SA

Mặt khác OM SA OA AM SH HA   cosOM SA; 

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Cho hình chóp .S ABC có SA SB SC CA CB a AB a     ,  2 Tính thể tích khối chóp

S ABC và cosin góc giữa hai măt phẳng SAC , SBC Đáp số: 

3

2 12

S ABC

a

V  (đvtt) và

c osin ,

3

SAC SBC 

b Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt

phẳng ABC SC a,  Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng SCB và  ABC trong trường hợp thể  tích khối chóp

3

9 3

S ABC

a

3

Câu 7 Gọi A' 2; 1   là điểm đối xứng với A qua tâm I 1; 3 của  S

Khi đó A C' / / BH A B, ’ / /CH A BHC' là hình bình hành

Gọi M là giao điểm của BC với A H’ M 2;1

Suy ra đường thẳng qua M vuông góc với AH0; 2  là đường thẳng BC có

phương trình – 2 0y 

Giao điểm của đường thẳng y2với đường tròn  S là hai điểm , B C có tọa độ là

2

1 2 6

1 2 6

y

x

x

 



Vậy B1 2 6; 2  và C1 2 6; 2 

Nhận xét: Để giải bài toán ta cần chú ý tới tính chất đường tròn ngoại tiếp tam giác, trực tâm của tam

giác

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

-Đường tròn  S ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I là giao của 3 đường trung trực nên IA IB IC 

-Phương trình tổng quát đường thẳng  d qua M a b nhận  ; n      ;  2 2 0 làm một vector pháp tuyến:      x a y b 0

-Tính chất song song với các trục Ox Oy,

Áp dụng cho bài toán:

- Gọi A là điểm đối xứng của A qua tâm ' IA' Ta có A C' / /BH A B, ' / /CHA BHC' là hình bình hành Gọi M BC A H' M Vector AH vuông góc với vector chỉ phương của BC hay BC nhận

AH làm một vector pháp tuyến, suy ra phương trình BC

-Tọa độ các điểm ,B C là nghiệm của hệ phương trình ,,  

B C BC

B C S



Lưu ý: Từ vector AH 0; 2 ta dẫn tới phương trình BC

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết A   1;0 ,B 0; 2

và giao điểm của hai đường chéo là I thuộc đường thẳng y x Tìm tọa độ đỉnh ,C D

Đáp số: 5 8; , 8 2;

    hoặc C1;0 , D 0; 2 

b Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường phân giác từ A , trung tuyến từ B ,

đường cao kẻ từ C phương trình lần lượt là x y  3 0;x y  1 0; 2x y  1 0 Tìm tọa độ

các đỉnh tam giác Đáp số: 12 39; , 32 49; , 8 ; 6

Câu 8 Phương trình thứ nhất tương đương với 2  2  

x x    y    y

Xét hàm số y f t  t2 4 t trên R

4

t t



 

   , suy ra f t là đồng biến trên ℝ  

Nhận thấy f x    f 2y   x 2y là nghiệm duy nhất của phương trình

3x 5x 2 2 x  1 x1 2 x 1 x  1 2 x 1

Xét hàm số y g s   s3 2s trên R

Ta có   2

g s  s    s , suy ra g s là đồng biến trên ℝ  

g x g x    x x  là nghiệm duy nhất của phương trình

    

          

Hệ phương trình có nghiệm: 1; 2 , 0;0  

Nhận xét: Phương pháp dùng hàm đặc trưng tìm ra mối quan hệ giữa , x y giải hệ phương trình

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

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

- Sử dụng nhân liên hợp phương trình thứ nhất của hệ Nhận thấy cùng dạng t t24 Xét hàm số

  2 4;

f t  t t   t R Ta có hàm f t đồng biến trên R nên   f x    f 2y   x 2y

- Thay vào phương trình thứ hai suy ra phương trình 3x2 5x 2 23 x31 Tới đây thêm bớt ra hàm đặc trưng với hàm g s  s3 2s đồng biến trên R

Giải phương trình vô tỉ cơ bản ta được nghiệm của hệ

Bài tập tương tự:

a Giải phương trình 2x x2  x 1 x x 1 Đáp số: 1; 1 33

16

x  x 

b Giải hệ phương trình    

2







Đáp số:

      x y;  0;1 , 1; 2 , 3;0 

c Giải hệ phương trình  2  2 

2

35 12 1

y y x









Đáp số:   5 5 5 5

     

   

Giả sử xmaxx y z, , 

 Nếu y z thì

 1  1



  và  1  1



Suy ra

 1  1  1  1  1  1 0

 Nếu y z thì

 1  1



  và  1  1

Nhận xét: Bài toán chứng minh bất đẳng thức sử dụng các phép so sánh của tập số thực R

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

- Biến đổi bất đẳng thức đã cho, phân tích ta được  1  1  1 0

Giả sử x m axx y z, , 

y z

+ Nếu y z ta có  1  1 , 1  1  1  1  1

có  1  1  1 0

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Cho các số , ,x y z không âm Chứng minh rằng  3   

2 x y z  9xyz7 x y z xy yz zx   

(England-1999)

b Cho , ,a b c0 Chứng minh rằng a b c a b c

a bb cc a b c c a  a b