Với mỗi cách sắp xếp đó lại có 3!. cách hoán vị 3 học sinh nữ.
Trang 1THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015
Môn thi: TOÁN; Lần 03 – GV: ĐẶNG VIỆT HÙNG
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT chỉ có tại website MOON.VN
Câu 1 (2,0 điểm).
y = x − m+ x+ m= x − m+ x+ m
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình 'y =0 đổi dấu qua các nghiệm
' 0
y
⇔ ∆ > ⇔ + − > ⇔ − > ⇔ ≠
Ta có:
3 2
y
= ⇔
= ⇒ =
A m −m + m + B m là các điểm cực trị của hàm số
AB= ⇔ AB = ⇔ m− + −m + m − m+ = ⇔ m− + m− =
2
2 0
− = ⇔ =
+ + =
m
Vậy m=3,m=1 là giá trị cần tìm
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Ta có: 1 cot α2 12 cot α2 12 1 9
Do α 3π; 2π
2
nên
cot α 3 tan α
cot α 3
= − ⇒ = = −
Mặt khác
2
2
1
9
A
−
−
8
A= − là giá trị cần tìm
b) Gọi z= +a bi a b,( , ∈ℝ)
Ta có: z 2 i 2 i z z z 2 i 2 i a bi a bi 2 i 2 i 2a 2 i 2 i
Trang 2( )( )
2 2
2 2
2
2 2
2
2
2
a b
a b
a b
a b
a b
a b
−
2
2
a b
a a
=
= ⇒ = ⇒ =
⇔ − = ⇔
= ⇒ = ⇒ = +
• TH1: z =0⇒w=1⇒ w =1
z = + i⇒w= + + i i+ + i = + +i i + i + + = − +i i⇒ w =
Câu 3 (0,5 điểm)
Điều kiện:
3
> >
⇔
≠ ≠
1
3
3 3 log 1
9
x x
=
Vậy 3; 1
9
x= x= là nghiệm của phương trình đã cho
Câu 4 (1,0 điểm).
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng d
Ta có: H(2 4 ;5+ t + − −t; 2 2t) Khi đó: AH = +(1 4 ; 7t + − −t; 5 2t); ud =(4;1; 2− )
Lại có: AH u d =4 1 4( + t)+ + +7 t 2 5 2( + t)= ⇔ = −0 t 1⇒H(−2; 4; 0)⇒AH =R( )S =3 6
Phương trình mặt cầu ( )S tâm A và tiếp xúc với d là: ( ) (2 ) (2 )2
x− + y+ + −z =
H − S x− + y+ + −z =
Câu 5 (1,0 điểm).
1
I =∫ x x− x dx=∫ x dx−∫x xdx
• Tính
2 3 2
2
1 1
1
2
x
I =∫ x dx= =
Trang 3• Tính 2 2
1 ln
I =∫ x xdx Đặt ln 2
2
dx du
v
=
⇒
=
2
2
2
2 ln 2 2 ln 2
1 2
2 ln 2 2 ln 2
I I I
Câu 6 (1,0 điểm).
Gọi H là trung điểm của AC ta có: A H' ⊥ AC
Mặt khác (A AC' ) (⊥ ABC) nên A H' ⊥(ABC)
Lại có: (( ) ) 0 0
A B ABC = ⇒A BH =
ĐặtAB=2x⇒HB=x BH; =x 3
Khi đó: A H' =BHtan 300 =x
Do vậyA A' 2 =2x2 ⇔ =x a⇒S ABC =a2 3
Vậy V ABC A B C ' ' ' =A H S' ABC =a3 3
Do CA=2HA⇒d C A AB( ;( ' ) )=2 ( ;d H (A AB' )
Dựng HE⊥AB⇒AB⊥(A HE' )
Dựng HF SE HF (SAB)
HF AB
⊥
⊥
Ta có: 600 3
2
a
HE=HA =
; '
7 '
HE A H a
d H A AB HF
HE A H
7
a
V =a d =
Câu 7 (1,0 điểm).
Vì AD không song song các trục tọa độ nên gọi véc tơ pháp tuyến của
AD là n =(1; ),b b≠0; suy ra:
Phương trình AD:1(x− +3) b y( + =1) 0
Phương trình AB bx: − − =(y 4) 0
ABCD
S = + AD= AD= d B AD d K AB
3 | 3 5 | |2 2|
b b
=
I
K
Trang 41
3
1 2 2 7
ABCD
b
b b
b
− ±
Đáp số: x+ − =y 2 0;3x−5y− =14 0; 7x− +(1 2 2)y−2 2−22=0; 7x− −(1 2 2)y+2 2−22=0
Câu 8 (1,0 điểm).
Điều kiện
2
x
⇔
Vì 6x2−7x+17> ∀ ∈0, x ℝ⇒x>0 Bất phương trình đã cho trở thành
x
t − x+ t+ x+ ≤ ⇔ −t t− − ≤x
( )
⇔ + − − + − − − ≤
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
> ⇒ + ≥ = ⇒ + − − ≥ − − >
17
3
0
1
x
x
>
Kết luận bất phương trình có nghiệm S = +∞[1; )
Câu 9 (0,5 điểm).
Gọi A là biến cố “3 học sinh nữ cạnh nhau”
+) Số biến cố đồng khả năng: Xếp 7 học sinh ngẫu nhiên, có số hoán vị là 7!
+) Số cách xếp có 3 học sinh nữ cạnh nhau:
Coi 3 học sinh nữ là 1 phần tử, kết hợp với 4 học sinh nam suy ra có 5 phần tử, có 5! cách sắp xếp Với mỗi cách sắp xếp đó lại có 3! cách hoán vị 3 học sinh nữ Vậy có 5!.3! cách sắp xếp
+) Xác suất của biến cố A là: ( ) 5!.3! 1
Cách 2: - - - 7 vị trí
Xếp 3 nữ cạnh nhau có 5 cách: (123)…(567) Mỗi cách xếp lại có 3! cách hoán vị 3 nữ
Có 4! cách hoán vị 4 nam Vậy P(A) = 5.3!.4!/7! = 1/7)
Trang 5( )
P
x+ +z x xy =x − +y x xy = x −y + x y x
Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có
2 2
2
1
P
x z x z x z x z x z
x y x z x
z
x z
= > ⇒ ≤ −
Xét hàm số ( ) 3
f t = −t t với t>0
Ta có: ( ) 2
f t = − t , ( ) 2 1 1
f t = ⇔t = ⇔ =t Dựa vào bảng biến thiên ( ) 1
2 2
f t f
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 2 , dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
2
2
2
1
1 2
x y x z
x y
x y
x z
z
z x
− = +
=
=
+