Tìm m để đồ thị hàm số 1 có hai điểm cực trị, trong đó có một điểm cực trị có hoành độ lớn hơn 2.. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy ABCD, mặt bên SBC tạo với mặt đáy góc 600.. Gọi M là
Trang 1đáp án ra ngoài)
Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 47/50 Ngày thi : 30/05/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3− mx2+ 2 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 3
2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị, trong đó có một điểm cực trị có hoành độ lớn hơn
2
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình
(sin
2015x
2 + cos 2015x
2 = 2cos2 x
2
b) Cho số phức z = 3− x2+ x( y −1).i, biết rằng y2+ y(x −1) =1 và z −3= i Tìm x,y
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình 2 x2−x−23−x.2−( x−1)2
= 3
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 4x3+19x2+ 23x + 6 ≤ (x +1) 8−3x2
Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = (2x −1).ln x và trục
hoành
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,
BC = a,AB = AD = 2a Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), mặt bên (SBC) tạo với
mặt đáy góc 600 Gọi M là trung điểm cạnh SB, mặt phẳng (ADM) cắt cạnh SC tại N Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BN và CD
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp đường tròn tâm
I, chân đường cao hạ từ đỉnh C là điểm H Tiếp tuyến của đường tròn (I) tại A,C cắt nhau tại M, đường thẳng BM cắt CH tại N Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết H (1
5;
12
5 ), N(
13
5 ;
6
5) và điểm P(0;−5
2)thuộc đường thẳng AC
Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(4;-1;2), B(1;2;2), C(1;-1;5) Chứng minh rằng O,A,B,C là bốn đỉnh của một tứ diện Tìm toạ độ tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC
Câu 9 (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau, chọn ra ngẫu nhiên một
số từ M, tính xác suất để chọn ra được một số lẻ và chia hết cho 3
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực dương thuộc đoạn [a;b] với b>a>0 Chứng minh rằng
y ≤(b −a).( b − a )2
-HẾT -
Trang 2PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3− mx2+ 2 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 3
2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị, trong đó có một điểm cực trị có hoành độ lớn hơn
2
1 Học sinh tự giải
2 Ta có:
y ' = 3x2−2mx; y' = 0 ⇔
x = 0
x = 2m 3
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
+) Để hàm số có 2 cực trị khi và chỉ khi y’ có 2 nghiệm phân biệt,
2m
3 ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 +) Hai cực trị là
x1= 0 <1;x2= 2m
3
Vậy theo yêu cầu bài toán, ta có:
2m
3 > 2 ⇔ m > 3
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình
(sin
2015x
2 + cos 2015x
2 = 2cos2 x
2
b) Cho số phức z = 3− x2+ x( y −1).i, biết rằng y2+ y(x −1) =1 và z −3= i Tìm x,y
a) Phương trình tương đương với:
1+ sin2015x = 2cos2 x
2 ⇔ sin2015x = cos x = sin( π
2 − x)
⇔
2015x = π
2 − x + k2π 2015x = π
2 + x + k2π
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⇔
4032 + k. 2 π
2015
4028 + k π
1007
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
,k ∈ !
Vậy nghiệm phương trình
x =
π
4032 + k. 2 π
2015 ;x = π
4028 + k π
1007 ,k ∈ ! b) Ta có: z −3= x2+ x( y −1).i = i ⇔ x2+ x( y −1) =1⇔ x2+ x( y −1) =1
Vậy ta có hệ:
x2+ x( y −1) =1
y2+ y(x −1) =1
⎧
⎨
⎪⎪
x2− y2+ y − x = 0
x2+ x( y −1) =1
⎧
⎨
⎪⎪
⎩⎪⎪
⇔ (x − y)(x + y −1) = 0
x2+ x( y −1) =1
⎧
⎨
⎪⎪
x =1, y =1
x = − 1
2 , y = − 1
2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
Trang 3
đáp án ra ngoài)
Vậy
(x; y) = (1;1);(− 1
2 ;− 1
2 )
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình : 2 x2−x−23−x.2−( x−1)2
= 3
Phương trình đã cho tương đương với :
2
x2−x− 4
2x2−x = 3 ⇔ 22 x( 2−x)−3.2x2−x−4 = 0 Đặt t = 2 x2−x> 0, khi đó phương trình trở thành :
t2−3t −4 = 0 ⇔ t = 4 > 0 ⇔ 2 x2−x = 22⇔ x2− x = 2 ⇔ x= −1
x= 2
⎡
⎣
⎢
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 4x3+19x2+ 23x + 6 ≤ (x +1) 8−3x2
Điều kiện:
− 8
3 ≤ x ≤ 8
3 Bất phương trình tương đương với:
(x + 3)(2x2+ 3x −1)+ (x +1)(x + 3− 8−3x2) ≤ 0
⇔ (4x2+ 6x +1) x + 3+ x +1
x + 3+ 8−3x2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥ ≤ 0
⇔ (4x2+ 6x +1) x ⎡ 2+ 7x +10+ (x + 3) 8−3x2
⎣⎢
⎤
⎦⎥ ≤ 0 (*)
Ta có:
x2+ 7x +10 > 0,∀x ∈ − 8
3 ;
8 3
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
⎥ ,
(x + 3) 8−3x2 ≥ 0,∀x ∈ − 8
3 ;
8 3
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
⎥
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪⎪
Suy ra x2+ 7x +10+ (x + 3) 8−3x2 > 0
Vì vậy
(*) ⇔ 4x2+ 6x +1≤ 0 ⇔ −3− 5
4
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
−3+ 5 4
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
⎥
Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = (2x −1).ln x và trục
hoành
+) Phương trình hoành độ giao điểm:
(2x −1).ln x = 0 ⇔ 2x −1= 0
ln x = 0
⎡
⎣
⎢
x = 1 2
x =1
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
Trang 4
+) Vì vậy
S = (2x −1).ln x dx
1 2
1
1 2
1
Đặt
u = ln x
dv = (1−2x)dx
⎧
⎨
⎪⎪
x
v = x − x2
⎧
⎨
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
Suy ra
V = (x − x2)ln x
1 1 2
− (1− x)dx
1 2
1
4 ln 2 −(x − x2
2 )
1 1 2
= 1
4 ln 2 − 1
8
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,
BC = a,AB = AD = 2a Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), mặt bên (SBC) tạo với
mặt đáy góc 600 Gọi M là trung điểm cạnh SB, mặt phẳng (ADM) cắt cạnh SC tại N Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BN và CD
Vì AD//BC nên MN//BC do đó N là trung điểm của SC
Ta có
BC ⊥ AB
BC ⊥ SA
⎧
⎨
⎪⎪
⎩⎪⎪ ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ SBA! = 600
Vì vậy SA = AB tan600= 2a 3
Suy ra
V S ABCD =1
3SA.S ABCD=1
3.SA.
3.2a 3.
2 .2a = 2a3 3(đvtt)
Gọi E là trung điểm của BC khi đó AE//BC và AE = BC = anên ABCE là hình chữ nhật
Gọi I là giao điểm của AC và BE khi đó I là trung điểm của AC, vì vậy NI//SA suy ra
NI ⊥ (ABCD)
Ta có CD //BE ⇒ CD //(NBE) ⇒ d CD;BN( )= d C;(NBE)( )
Kẻ CK vuông góc với BE tại K ta có
NI ⊥ CK
NK ⊥ BE
⎧
⎨
⎪⎪
⎩⎪⎪ ⇒ CK ⊥ (NBE) Tam giác vuông BCE có CK là đường cao vì vậy
1
CK2 = 1
CB2+ 1
CE2 = 1
a2 + 1
4a2 ⇒ CK = 2a 5
5
Vì vậy
5
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp đường tròn tâm
I, chân đường cao hạ từ đỉnh C là điểm H Tiếp tuyến của đường tròn (I) tại A,C cắt nhau tại M, đường
Trang 5đáp án ra ngoài)
thẳng BM cắt CH tại N Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết H (1
5;
12
5 ), N(
13
5 ;
6
5) và điểm P(0;−5
2)thuộc đường thẳng AC
HD: Chứng minh N là trung điểm của CH Đ/s: A(-3;-4), B(2;6) và C(5;0)
Gọi K là giao điểm của AC và IM khi đó K là trung điểm AC và
AK ⊥ MK , gọi E là giao điểm của BM và (I), ta có AE ⊥ ME
Do đó tứ giác MEKA nội tiếp đường tròn, suy ra KEN ! = MAC! Mặt khác MA//CH (vì cùng vuông góc AB)
Do đó MAC ! = KCN!
Từ đó suy ra KEN ! = KCN! , tức tứ giác CEKN nội tiếp
Suy ra CKN ! = CEN ! = CEB ! = CAB ! ⇒ KN / /AB ⇒ N là trung điểm CH
Vì N là trung điểm của CH nên C(5;0)
Phương trình đường thẳng AB đi qua H vuông góc CH là 2x − y + 2 = 0
Phương trình đường thẳng AC đi qua C,P là x − 2y − 5 = 0
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ x − 2y − 5 = 0
2x − y + 2 = 0
⎧
⎨
⎩ ⇒ A(−3;−4)
Phương trình đường thẳng BC qua C vuông góc AB là 2x + y −10 = 0
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ 2x + y −10 = 0
2x − y + 2 = 0
⎧
⎨
Vậy A(-3;-4), B(2;6) và C(5;0)
Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(4;-1;2), B(1;2;2), C(1;-1;5) Chứng minh rằng O,A,B,C là bốn đỉnh của một tứ diện Tìm toạ độ tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC
+) Ta có: OA
! " !
= (4;−1;2),OB ! " ! = (1;2;2),OC ! " !! = (1;−1;5), suy ra:
OA
! " !
,OB ! " !
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ = (−6;−6;9) ⇒ OA
! " !
,OB ! " !
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ .OC
! " !!
= −6+ 6+ 45= 45≠ 0 Vậy O,A,B,C là bốn đỉnh của một tứ diện
+) Gọi I(x;y;z) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC, ta có:
Trang 6
IO2= IA2
IO2= IB2
IO2= IC2
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⇔
x2+ y2+ z2= (x −4)2+ ( y +1)2+ (z −2)2
x2+ y2+ z2= (x −1)2+ ( y −2)2+ (z −2)2
x2+ y2+ z2= (x −1)2+ ( y +1)2+ (z −5)2
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⇔
8x −2y + 4z −21= 0
2x + 4y + 4z −9 = 0
2x −2y +10z −27 = 0
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⇔
x = 13 10
y = − 7 10
z = 23 10
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
Vậy
I(
13
10 ;− 7
10 ;
23
10 )
…
Đán án các câu 9 và 10 các em xem file Tex thầy đăng trong Box đề