Đề thi thử và cách giải môn toán thầy đặng thành nam (2)

Chứng minh rằng tam giác AOB vuông cân với O là gốc toạ độ.. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là y−3= 0... Chứng minh rằng tam giác

Trang 1

Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn

Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam

Môn: Toán; ĐỀ SỐ 02/50 Ngày thi : 25/01/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x3−3x2+1 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) Gọi A,B là 2 điểm cực trị của (1) Chứng minh rằng tam giác AOB vuông cân (với O là gốc toạ độ)

2 Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với (1) tại điểm có hoành độ x1> 0 và cắt (1) tại điểm có hoành độ x2thoả mãn 2x1x2= −1

Câu 2 (1,0 điểm) Giải các phương trình

1

log2(x

2−1)−log2(x+1)2=1

2log2(x−2)2

2 2(1+sinx)+ 3cot x = 0

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân

1+ cos xdx

0

π

2

Câu 4 (1,0 điểm)

1 Cho số phức z thoả mãn (1+i).z +i.z −1−3i = 0 Viết z3 dưới dạng lượng giác

2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

y= −1

4x

2+ ln(x +1)trên [0;2]

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có AB = a,AC = a 3,BC = 2a,SA=SB =SC và tam giác

SBC vuông Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC

Câu 6(1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x + y−z +1= 0và

đường thẳng

d :

x−2

z−1

−3 Tìm toạ độ giao điểm I của d và (P) Viết phương trình đường thẳng d’ vuông góc với (P) và cắt d tại H sao cho

IH =7 3

9 .d(H ;(P )) Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân

giác trong góc A là y−3= 0 Gọi M(1;4),N(3;1) lần lượt là các điểm thuộc các đường thẳng

AB,AC Tìm toạ độ các điểm B,C biết trọng tâm tam giác ABC là điểm

G 11

3 ;

8 3

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

⎟

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

x (3 − y) + y −2x =1

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực thoả mãn a,b,c∈ 0;2⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥;a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

11−a2−b2−c2− a3+ b3+ c3

ab + bc + ca + 5

-‐‑-‐‑-‐‑HẾT-‐‑-‐‑-‐‑

Trang 2

HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP ÁN – BÌNH LUẬN

Thang điểm tương ứng:

Câu 1: 1.1(1,5 điểm); 1.2 (0,5 điểm)

Câu 2: 2.1 và 2.2 mỗi ý 0,5 điểm

Câu 4: 4.1; 4.2 mỗi ý (0,5 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x3−3x2+1 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) Gọi A,B là 2 điểm cực trị của (1) Chứng minh rằng tam giác AOB vuông cân (với O là gốc toạ độ)

2 Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với (1) tại điểm có hoành độ x1> 0 và cắt (1) tại điểm có hoành độ x2thoả mãn x1x2= −1/ 2

1 Bước khảo sát vẽ đồ thị học sinh tự làm

+ Hai điểm cực trị của hàm số là A(0;1),B(1;0) ⇒ A∈Oy,B ∈Ox ⇒OA⊥OB,OA=OB =1

Vậy tam giác AOB vuông cân tại O (đpcm)

2 Phương trình đường thẳng d là tiếp tuyến của (1) tại điểm x1

Suy ra d : y = 6(x12− x1)(x − x1)+ 2x13−3x12+1

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (1):

6(x12− x1)(x − x1)+ 2x13−3x12+1= 2x3−3x2+1

⇔ 2(x3− x13)−3(x2− x12)−6(x12− x1)(x − x1)= 0

⇔ (x − x1)(2x2+ (2x1−3)x −4x12+ 3x1)= 0

⇔ (x − x1)2(2x + 4x1−3) = 0 ⇔

x = x1

x=3−4x1

2

⎡

⎣

⎢

Ta phải có

x2=3−4x1

2 ;x1≠ x2⇔ x1≠1

2 Theo giả thiết ta có:

x1.3−4x1

2⇔ 4x12−3x1−1= 0 ⇔

x1=1(t / m)

x1= −1

4(l )

⎡

⎣

⎢

Suy ra tiếp điểm M(1;0) và có đường thẳng d cần tìm là tiếp tuyến của (1) tại M suy ra d: y = 0

Câu 2 (1,0 điểm) Giải các phương trình

1

log2(x

2−1)−log2(x+1)2=1

2log2(x−2)2

2 2(1+sinx)+ 3cot x = 0

1 Điều kiện:

x2−1> 0

x+1≠ 0

x−2 ≠ 0

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⇔ 1< x ≠ 2

x<−1

⎡

⎣

⎢

Phương trình tương đương với:

Trang 3

log2(x2−1)−log2(x+1)2=1

2log2(x−2)2

⇔ log2 x2−1

(x+1)2 = log2 x−2 ⇔ log2 x−1

x+1= log2 x−2

⇔ x−1

x+1= x −2 ⇔

x> 2

x−1

x+1= x −2

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

x< 2

x−1

x+1= −x + 2

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎡

⎣

⎢

⇔

x= − 3

x= 3

⎡

⎣

⎢

Vậy phương trình có nghiệm là x =− 3;x = 3;x =1+ 2

2 Điều kiện: sinx ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ,k ∈!

Phương trình tương đương với:

2(1+ sin x) + 3.cos x

sin x = 0 ⇔ 2sin x(1+ sin x) = − 3 cos x

⇒ 4sin2x(1 + sin x)2= 3cos2x= 3(1−sin2x)

⇔ (sin x +1)(2sin x −1)(2sin2x + 3sin x + 3) = 0

⇔

sin x= −1

sin x=1

2

⎡

⎣

⎢

⇔

x= −π

2+ k2π

x=π

6+ k2π

x=5π

6 + k2π

⎡

⎣

⎢

Thử lại chỉ nhận nghiệm

x= −

π

2+ k2π;x =5π

6 + k2π Vậy phương trình có nghiệm là

x= −

π

2+ k2π;x =5π

6 + k2π,k ∈ !

Chú ý Có thể đưa về pt với tan(x/2) như sau:

4sinx

2cos

x

2 sin

x

2+ cosx

2

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

⎟

2 + 3 cos2x

2−sin2 x

2

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

⎟= 0

⇔ 4tanx

2 tan

x

2+1

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

⎟

2 + 3 1+ tan2 x

2−tan2x

2(1+ tan2x

2)

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

⎟= 0

⇔ tanx

2= −1;tanx

2= 2+ 3 ⇔ x = − π

2+ k2π;x =5π

6 + k2π,k ∈ !

Nhận xét. Phương trình lượng giác hình thức khá đơn giản nhưng đòi hỏi kỹ năng xử lý nhất định Trong trường hợp phương trình chỉ có sinx, cosx mà không phân tích được thành nhân

tử có thể bình phương hai vế để đưa về phương trình đa thức một ẩn (của sinx hoặc của cosx)

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = sin3x dx

π

2

Trang 4

Ta có :

0

π

2

0

π

2

0

π

2

Đặt !!t = cosx ⇒ dt = −sin xdx và khi đó

!!

I = 4t2−1

t + 1 dt

0

1

t + 1 dt

0

1

t + 1

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟dt

0

1

∫

=(2t2−4t + 3ln t + 1)1

0= −2 + 3ln 2

Câu 4 (1,0 điểm)

1 Cho số phức z thoả mãn (1+i).z +i.z −1−3i = 0 Viết z3 dưới dạng lượng giác

2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

y= −1

4x

2+ ln(x +1)trên [0;2]

1 Giả sử z = x + y.i(x,y ∈!)theo giả thiết ta có:

(1+ i)(x + yi) + i.(x − yi)−1−3i = 0

⇔ x −1+ (2x + y −3)i = 0 ⇔ x−1= 0

2x + y −3 = 0

⎧

⎨

⎪⎪

x=1

y=1

⎧

⎨

⎪⎪

⎩⎪⎪ ⇒ z =1+ i

Vì vậy

z3= (1+ i)3= −2+ 2i = 2 2 − 1

2i

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

3π

4 + i sin3π

4

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

⎟

2 Ta có:

y '= −x

x+1; y' = 0 ⇔ 2− x(x +1) = 0 ⇔

x=1∈ 0;2⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥

x= −2 ∉ 0;2⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥

⎡

⎣

⎢

Tính được:

y(0) = 0; y(1) = ln 2−1

4; y(2)= ln3−1

Vì vậy

ymax= y(1) = ln 2−1

4; ymin= y(0) = 0

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có AB = a,AC = a 3,BC = 2a,SA=SB =SC và tam giác

SBC vuông Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC

Ta có AB2+ AC2= BC2= 4a2nên tam giác ABC vuông tại

A

Mặt khác do SA = SB = SCnên S nằm trên đường thẳng

đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và vuông góc với mặt đáy (ABC)

Gọi H là trung điểm cạnh BC, thì H là tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC Suy ra SH ⊥ (ABC)

Tam giác SBC vuông nên

SH =BC

2 = a

Vì vậy

V S ABC =1

3SH.S ABC =1

3.a.

1

2a.a 3=a3 3

6 (đvtt)

Trang 5

Kẻ Ax song song với BC và kẻ HK vuông góc với Ax tại K; kẻ HT vuông góc với SK tại T dễ có

HT ⊥ (SAK ) Kẻ AI vuông góc với BC tại I Ta có HK = AI = AB.AC BC =a.a 3 2a =a 32

Chú ý BC //Ax ⇒d(BC;SA) = d(BC;(SAK )) = d(H;(SAK )) = HT

Tam giác vuông SHK có

1

HT2 = 1

HK2 + 1

SH2 = 4

3a2 + 1

7

Vì vậy

d(BC;SA)=a 21

7

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng

(P ) : x + y − z +1= 0 và đường thẳng d : x−21 = y−1−1=z−3−1 Tìm toạ độ giao điểm I của d và (P) Viết phương trình đường thẳng d’ vuông góc với (P) và cắt d tại H sao cho

IH =7 3

9 .d(H ;(P ))

Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ:

x + y − z +1= 0

x−2

z−1

−3

⎧

⎨

⎪⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎪

⇔

x + y − z +1= 0

−(x −2)−( y −1) = 0

−3(x −2)−(z −1) = 0

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⇔

x=1

y= 2

z= 4

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

Vậy I(1;2;4)

Chuyển d về dạng tham số

d :

x = 2+ t

y =1−t

z =1−3t

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⇒ H (2+ t;1−t;1−3t)

Ta có

d(H ;(P ))= (2+ t) + (1−t)−(1−3t) +1

12+12+ (−1)2 = 3t+ 3

3 ;

IH = (t +1)2+ (t +1)2+ (3t + 3)2 = 11t2+ 22t +11

Theo giả thiết ta có:

3t+ 3

3 .

7 3

9 = 11t2+ 22t +11 ⇔ 49(t +1)2= 9(11t2+ 22t +11) ⇔ t = −1⇒ H (1;2;4)

Đường thẳng cần tìm đi qua H và nhận véc tơ pháp tuyến n!= (1;1;−1) của (P) làm vtcp

Vậy đường thẳng cần tìm

d ' :

x−1

−1

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân

giác trong góc A là y−3= 0 Gọi M(1;4),N(3;1) lần lượt là các điểm thuộc các đường thẳng

AB,AC Tìm toạ độ các điểm B,C biết trọng tâm tam giác ABC là điểm

G 11

3 ;

8 3

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

⎟ Gọi M’,N’ lần lượt là các điểm đối xứng của M,N qua phân giác trong góc A Ta có M’ thuộc

Trang 6

Dễ tìm được M '(1;2),N '(3;5)

Đường thẳng AB đi qua M,N’ có phương trình là x −2y+7= 0

Đường thẳng AC đi qua điểm N,M’ có phương trình là x +2y−5= 0

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

x + 2y −5 = 0

⎧

⎨

⎪⎪

x= −1

y= 3

⎧

⎨

⎪⎪

Gọi B(2b−7;b)∈ AB,C(−2c +5;c)∈ AC

Do G là trọng tâm tam giác ABC nên:

−1+ (2b −7) + (−2c + 5) =11

3+ b + c = 8

⎧

⎨

⎪⎪

b + c = 5

b −c = 7

⎧

⎨

⎪⎪

b= 6

c= −1

⎧

⎨

⎪⎪

B(5;6)

C (7;−1)

⎧

⎨

⎪⎪

Vậy toạ độ điểm cần tìm là B(5;6),C(7;−1)

Nhận xét: Đề bài thầy chỉ yêu cầu các em cần vận dụng tính chất đối xứng của điểm qua

đường phân giác trong của tam giác

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

x (3 − y) + y −2x =1

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

Điều kiện:

x ≥ 0; y ≤5

2 Nhân thêm 2 vào phương trình đầu của hệ rồi cộng theo vế với phương trình thứ hai của hệ ta được:

⇔ (x + 2y −5)(x − x +1) + x − 5−2y = 0

⎛

⎝

⎜⎜

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

⎟⎟⎟= 0

x + 5−2y > 0

⎛

⎝

⎜⎜

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

2.5− x

3 5

x(x+1)2= (5x −3)2

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎡

⎣

⎢

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là

(x; y)= (1;2); 11+ 4 7;−3−2 7( )

Cách 2: Phương trình đầu của hệ ta có:

( x −1)(2 x + y −1) = 0 ⇔ x=1

⎡

⎣

⎢

+) Với !!x = 1⇒ y = 2

+) Với !!y = 1− 2 x thay vào phương trình thứ hai của hệ và đặt t=căn(x) ta được:

Trang 7

t4−5t3+ 2t2−3 = 4t + 3

⇔ (t4−5t3+ 2t2−t −3) + (t − 4t + 3) = 0

⇔ t( 2−4t −3)(t2−t +1) + t2−4t −3

t + 4t + 3 = 0

⇔ t( 2−4t −3) t2−t +1+ 1

t + 4t + 3

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

⎟⎟= 0 ⇔ t = 2+ 7(t > 0)

Bài tập tương tự

Giải hệ phương trình

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực thoả mãn a,b,c∈ 0;2⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥;a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

11−a2−b2−c2− a3+ b3+ c3

ab + bc + ca + 5

Vì ba biến đối xứng nên không mất tính tổng quát giả sử a = max a,b,c{ }⇒ a ∈ 1;2⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥

Khi đó

a3+ b3+ c3≤ a3+ (b + c)3= a3+ (3−a)3= 9(a −2)(a −1) + 9 ≤ 9;

và 11−a2−b2−c2=11−(a + b + c)2+ 2(ab + bc + ca) = 2(ab + bc + ca +1)

Suy ra

ab + bc + ca +1−

9

ab + bc + ca + 5 Đặt t = ab + bc + ca Ta có

P ≥ f (t) = 1

t+1−

9

t+ 5

Ta có

f '(t)= 9

(t+ 5)2− 1

(t+1)2 = 8t2+ 8t −16

(t+1)2(t+ 5)2 > 0 Bởi vì

t = ab + bc + ca =9−a2−b2−c2

2 ≥9−a2−(b + c)2

2 = 3a −a2= (a −2)(1−a) + 2 ≥ 0

Vì vậy f(t) đồng biến trên [2;3] suy ra

f (t) ≥ f (2) = −20

21

Đẳng thức xảy ra khi a = 2;b =1;c = 0hoặc các hoán vị

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng -‐‑20/21

Chú ý Nút thắt của bài toán là đánh giá a3+ b3+ c3≤ 9;ab + bc + ca ≥ 2 Nhiều học sinh mắc sai lầm khi chỉ ra f(t) đạt min tại t=1 Bởi vì khi đó dấu bằng không xảy ra

Ta có thể chỉ ra

!! (2 − a)(2 − b)(2 − c) ≥ 0 ⇒ ab + bc + ca = 4 + abc2 ≥2

Ngoài ra bằng cách tương tự chứng minh được các bất đẳng thức khác:

ab + bc + ca ≥ 2;a2+ b2+ c2≤ 5; a4+ b4+ c4≤17

Bài tập tương tự

Cho a,b,c là các số thực thoả mãn a,b,c∈ 0;2⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥,a + b + c = 3

Trang 8

2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P=a2+ b2+ c2

ab + bc + ca 3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P =2(18−a4−b4−c4) 11−a2−b2−c2 − a3+ b3+ c3

ab + bc + ca +7 4) Cho a,b,c là các số thực thoả mãn a,b,c∈ 0;2⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥;a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

11−a2−b2−c2− a3+ b3+ c3

ab + bc + ca +7

Lời giải:

Không mất tính tổng quát giả sử a = max a,b,c{ }⇒ a ∈ 1;2⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥

Khi đó

a3+ b3+ c3≤ a3+ (b + c)3= a3+ (3−a)3= 9(a −2)(a −1) + 9 ≤ 9;

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	1,49 MB