Giải bất phương trình log2x−logx64... Giải bất phương trình log2x−logx64... Lấy ngẫu nhiên ra 3 chiếc thẻ, tính xác để 3 chữ số trên 3 thẻ được lấy ra có thể ghép thành một số chia hết
Trang 1Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 04/50 Ngày thi : 01/02/2015 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=(m −1)x −m2
x −m (1) ,(m ≠1;m ≠ 0)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 2
2 Tìm m để đường thẳng y = 2x −1cắt (1) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác OAB
có diện tích bằng 3 (với O là gốc toạ độ)
Câu 2 (1,0 điểm)
1 Giải bất phương trình log2x−logx64<1
2 Giải phương trình cos4x +2cosx −3= 2sin2x(cosx −sinx −1)
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
I = x2− x +1
x .ln x dx
1
2
Câu 4 (1,0 điểm)
1 Tìm nghiệm phức của phương trình z2−i.z =1
2 Một hộp đựng 10 chiếc thẻ được đánh số từ 0 đến 9 Lấy ngẫu nhiên ra 3 chiếc thẻ, tính xác để 3 chữ số trên 3 thẻ được lấy ra có thể ghép thành một số chia hết cho 5
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a Gọi M,N lần lượt là trung điểm cạnh AB,AD, H là giao điểm của CN và DM Biết SH = 3avà vuông góc với mặt đáy (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S.CMAD và khoảng cách giữa hai đường thẳng MD và SC
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0;2;1), B(2;2;0) và mặt cầu (S) : x2+ y2+ z2−2y + 2z −2 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A,B và tiếp xúc với (S)
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình
đường phân giác trong góc kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt là 3x + y = 0;x − y−2= 0 Giả sử điểm E(6;4)là điểm đối xứng của B qua C Tìm toạ độ các đỉnh tam giác ABC
Câu 8 (1,0 điểm) Giải bất phương trình (3+ 7x −63 )(4+ 7−3x ) ≤−x2+ 4x + 21
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn x2y2+ y2z2+ z2x2= 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x + y + z +1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
3
+ 96z2
(xyz+ 3)2+ 27
x + y + z
-‐‑-‐‑-‐‑HẾT-‐‑-‐‑-‐‑
Trang 2
PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
y=(m −1)x −m2
x −m (1) ,(m ≠1;m ≠ 0)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 2
2 Tìm m để đường thẳng y = 2x −1cắt (1) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác OAB
có diện tích bằng 3 (với O là gốc toạ độ)
1 Học sinh tự làm
2 Phương trình hoành độ giao điểm:
y=(m −1)x −m2
2−3mx + m + m2= 0 (2)
Để đường thẳng d cắt (1) tại hai điểm phân biệt khi (2) có hai nghiệm phân biệt x1,x2≠ m
⇔ Δ = 9m2−8(m + m2)> 0
2m2−3m2+ m + m2≠ 0
⎧
⎨
⎪⎪
m> 8
m< 0
⎡
⎣
⎢
Khi đó toạ độ hai giao điểm là: A (x1;2x1−1),B(x2;2x2−1); và
AB
2= 5(x2− x1)2= 5 (x⎡ 1+ x2)2−4x1x2
Theo Vi-‐‑ét ta có:
x1+ x2=3m
2 ;x1x2=m + m2
2 ⇒ AB2= 5 9m2
4 −2(m + m2)
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥ =5(m
Và
d(O;AB)= 2.0−0−1
22+12 = 1
5 ⇒ S OAB2 = AB2.d2(O;AB)
⎡
⎣
⎢
Vậy giá trị cần tìm của m là m =−4;m =12
Câu 2 (1,0 điểm)
1 Giải bất phương trình log2x−logx64<1
2 Giải phương trình cos4x +2cosx −3= 2sin2x(cosx −sinx −1)
1 Điều kiện: 0 < x ≠1
Bất phương trình tương đương với: log2x−6logx2<1
Đặt t =log2xbất phương trình trở thành:
t−6
t <1 ⇔t2−t −6
t < 0 ⇔(t + 2)(t −3)
t < 0 ⇔ 0< t < 3
t<−2
⎡
⎣
⎢
⎢
⇔ 0< log2x< 3 log2x<−2
⎡
⎣
⎢
⎢
1< x < 8
x<1 4
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là
S= 0;1
4
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟∪ (1;8)
2 Phương trình tương đương với:
22x + sin 2x(cos x −sin x −1) +1−cos x = 0 (1)
Trang 3Coi đây là phương trình bâc hai của sin2x ta có
Δsin 2x = (cos x −sin x −1)2−4(1−cos x) = −(sin x + cos x −1)2≤ 0
Vì vậy
(1)⇔
sin x + cos x −1= 0 sin 2x= −cos x −sin x −1
2
⎧
⎨
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⇔ sin x + cos x −1= 0
sin 2x = sin x
⎧
⎨
⎪⎪
sin x= 0
cos x=1
⎧
⎨
⎪⎪
⎩⎪⎪ ⇔ x = k2π
Vậy phương trình có nghiệm x = k2π,k ∈!
Cách 2: Ta có thể đánh giá phương trình như sau:
cos4x + 2cos x −3 = 2sin 2x(cos x −sin x −1)
−2sin22x + 2cos x −2 = 2sin 2x cos x −2sin 2x(sin x +1)
⇔ sin22x + 2sin 2x cos x + sin22x −2sin 2x(sin x +1) = 2cos x −2
⇔ (sin 2x + cos x)2+ (sin 2x −sin x −1)2= 2cos x −2+ cos2x + (sin x +1)2
⇔ (sin 2x + cos x)2+ (sin x +1−sin 2x)2= 2(sin x + cos x)
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:
(sin 2x + cos x)2+ (sin x +1−sin 2x)2≥1
2⎡⎣⎢sin 2x + cos x + sin x +1−sin 2x⎤⎦⎥2
=1
2(sin x + cos x +1)2
≥ 2(sin x + cos x)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
sin x + cos x =1 sin 2x + cos x = sin x +1−sin 2x
⎧
⎨
⎪⎪
sin x + cos x =1 sin 2x = sin x
⎧
⎨
⎪⎪
⎩⎪⎪ ⇔ cos x =1
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
I = x2− x +1
x .ln x dx
1
2
Ta có:
I = x2− x +1
x .ln x dx
1
2
1
2
x dx
1
2
+)
x dx
1
2
1
2
2
2
1=ln22
2
+)
M = (x −1)ln x dx
1
2
u = ln x
dv = (x −1)dx
⎧
⎨
⎪⎪
du=dx
x
v=x2
2 − x
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪⎪
Suy ra
M = x2
2 − x
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟ln x
2
2−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟dx
1
2
4 − x
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟
2
1=1
4 Vậy
I = K + M =1+ 2ln22
4
Câu 4 (1,0 điểm)
1 Tìm nghiệm phức của phương trình z2−i.z =1
Trang 42 Một hộp đựng 10 chiếc thẻ được đánh số từ 0 đến 9 Lấy ngẫu nhiên ra 3 chiếc thẻ, tính xác để 3 chữ số trên 3 thẻ được lấy ra có thể ghép thành một số chia hết cho 5
1 Giả sử z = x + y.i(x,y ∈!)
Theo giả thiết bài toán ta có:
(x + yi)2−i(x − yi) =1 ⇔ x2− y2− y + (2xy − x)i =1
⇔ x2− y2− y =1
2xy − x = 0
⎧
⎨
⎪⎪
x= − 7
2 , y=1
2
2 , y=1
2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
Vậy có hai số phức thoả mãn là
z= − 7
2 +1
2i,z= 7
2 +1
2i
2 Để 3 chữ số trên ba thẻ lấy ra có thể ghép thành một số chia hết cho 5 thì trong ba thẻ phải lấy được thẻ mang chữ số 0 hoặc thẻ mang chữ số 5
+) Lấy tuỳ ý 3 thẻ có C103 cách
+) Số cách lấy ra 3 thẻ không gồm thẻ mang chữ số 0 và 5 là C83
+) Số cách lấy ra 3 thẻ gồm có thẻ mang chữ số 0 hoặc mang chữ số 5 là C103 −C83
Vậy xác suất cần tính là
P =C10
3 −C83
C103 = 8
15
Chú ý Bài toán có thể hỏi là một số chia hết cho 3, khi đó tổng 3 chữ số trên ba thẻ chia hết
cho 3
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a Gọi M,N lần lượt là trung điểm cạnh AB,AD, H là giao điểm của CN và DM Biết SH = 3avà vuông góc với mặt đáy (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S.CMAD và khoảng cách giữa hai đường thẳng MD và SC
Ta có
S CMAD = S ABCD −S CBM = 4a2−1
2.2a.a = 3a2
Vì vậy
V S CMDA=1
3SA.S CMDA=1
3.3a.3a
2= 3a3 Dựng hình bình hành DMEC có DM//EC nên DM//(SCE)
Vì vậy
d(DM ;SC ) = d(DM ;(SCE)) = d(H ;(SCE))
Ta có DM = AD2+ AM2 = a 5
Chú ý DM vuông góc với CN Suy ra HC vuông góc với CE Kẻ HK vuông góc với SC tại K
thì HK ⊥ (SCE)
Tam giác vuông NDC có
CH.CN = CD2⇒ CH = 4a2
4a2+ a2 = 4a
5
Trang 5Tam giác vuông SHC có
1
HK2 = 1
SH2 + 1
HC2 = 1
9a2 + 5
16a2 ⇒ HK =12 61
61 a
Vì vậy
d(DM ;SC ) = HK =12 61
61 a
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0;2;1), B(2;2;0) và mặt cầu (S) : x2+ y2+ z2−2y + 2z −2 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A,B và tiếp xúc với (S)
Mặt cầu (S) có tâm I(0;1;-‐‑1), bán kính bằng 2
Mặt phẳng (P) đi qua A, B có dạng: ax + b( y −2) + c(z −1) = 0,a2+ b2+ c2> 0
Vì B thuộc (P) nên 2a−c = 0 ⇔ c = 2a ⇒(P):ax +b(y−2)+2a(z −1) = 0
Vì (S) tiếp xúc với (P) nên
d(I ;(P ))= 2 ⇔ −b −4a
a2+ b2+ 4a2 = 2
⇔ (b + 4a)2= 4(5a2+ b2)⇔ 4a2−8ab + 3b2= 0 ⇔ b = 2a
2a = 3b
⎡
⎣
⎢
⎢
+) Với b = 2a ⇒(P): x +2y+2z −6= 0
+) Với 2a = 3b ⇒(P):3x +2y+6z −10= 0
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường
phân giác trong góc kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt là 3x + y = 0;x − y−2= 0 Giả sử điểm E(6;4)là điểm đối xứng của B qua C Tìm toạ độ các đỉnh tam giác ABC
Giả sử đường phân giác trong AD; đường cao BH
Ta có: n! "!!AD = (3;1),n! "!!AC = u! "!!BH = (1;1),n! "!!AB = (a;b),a2+ b2> 0
Do
BAD ! =CAD! ⇒ n AB
" #""
.n" #""AD
n" #""AB n" #"" =AD
n" #""AC n" #""AD
n" #""AC n" #"" ⇔AD
3a + b
a2+ b2 = 2 2 ⇔ a = b
a = −7b
⎡
⎣
⎢
+) Với a = b ⇒ n! "!!AB = (1;1) //n! "!!AC (loại)
+) Với a = − 7b ⇒ n! "!!AB = (7;−1)
Gọi B(t;t-‐‑2) thuộc BH Suy ra AB :7x − y−6t −2= 0
Toạ độ điểm A là nghiệm hệ
7x − y −6t −2 = 0 3x + y = 0
⎧
⎨
⎪⎪
x=3t+1 5
y= −3(3t+1)
5
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪⎪
⇒ A 3t+1
5 ;−3(3t+1)
5
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
Vì C là trung điểm BE nên
C t+ 6
2 ;
t+ 2 2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⇒ AC
! "!!
= 28−t
10 ;
23t+16 10
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
Vì AC vuông góc BH nên:
Trang 6
u! "!!BH AC! "!! = 0 ⇔28−t
10 +23t+16
10 = 0 ⇔ 22t + 44 = 0 ⇔ t = −2 ⇒
B(−2;−4)
C (2;0) A(−1;3)
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
Vậy toạ độ ba đỉnh tam giác ABC là A(−1;3),B(−2;−4),C(2;0)
Câu 8 (1,0 điểm) Giải bất phương trình (3+ 7x −63 )(4+ 7−3x ) ≤−x2+ 4x + 21
Điều kiện:
x≤7
3 Đặt
t = 7−3x ≥ 0 ⇒ x =7−t2
3 bất phương trình trở thành:
(4+ t) 3+ 7.7−t2
3 −6
3
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟⎟≤− 7−t
2
3
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟
2
+ 4.7−t2
3 + 21
⇔ (t + 4) 3+ 31−7t2
3
3
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟⎟≤(t
2+14)(4−t)(t + 4)
9
⇔ 27+ 3 9(31−7t3 2)≤ (t2+14)(4−t)
⇔ 3 9(31−7t3 2)≤−t3+ 4t2−14t + 29
Thực hiện nhân liên hợp ta được:
3 9(31−7t(3 2)+ t2−7)≤−(t3−7t2+14t −8)
2)+ (t2−7)3
(t2−7)2−(t2−7) 9(31−7t3 2)+ 81(31−7t3 2)2 ≤−(t3−7t2+14t −8)
⇔ (t −1)(t −2)(t −4) 3(t +1)(t + 2)(t + 4)
(t2−7)2−(t2−7) 9(31−7t3 2)+ 81(31−7t3 2)2 +1
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
⎥≤ 0
⇔ (t −1)(t −2)(t −4) ≤ 0 ⇔ t≤1
2≤ t ≤ 4
⎡
⎣
⎢
⎢ ⇔ 27≤ 7−3x ≤ 4 −3x ≤1
⎡
⎣
⎢
⎢
x≥ 2
−3≤ x ≤1
⎡
⎣
⎢
⎢
Chú ý ta có
3(t +1)(t + 2)(t + 4) (t2−7)2−(t2−7) 9(31−7t3 2)+ 81(31−7t3 2)2 +1> 0,∀t ≥ 0
Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là
S= −3;1⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥ ∪ 2;7
3
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
Chú ý Trong trường hợp có hai căn thức có bậc khác nhau ta ưu tiên phép đặt ẩn phụ một ẩn
(Xem chi tiết Video lời giải hoặc Bài giảng chuyên đề Phương trình – bất phương trình vô tỷ trên www.mcalss.vn )
Câu hỏi đặt ra là tại sao ghép (t^2-‐‑7) với căn thức bậc 3?
Rất đơn giản: Dùng máy tính bỏ túi tìm được 3 nghiệm của phương trình là 1,2,4 do vậy biểu thức ngoài căn ta cần có (t −1)(t −2)(t −4) = t3−7t2+14t −8 Do vậy so sánh với
Trang 7
−t3+ 4t2−14t + 29 ta có −t3+ 4t2−14t + 29 = −(t3−7t2+14t −8)−3t2+ 21 Vì vậy ta ghép
3 9(31−7t3 2)−(−3t2+ 21) = 3 9(31−7t⎡3 2)+ t2−7
⎣⎢
⎤
⎦⎥
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn x2y2+ y2z2+ z2x2= 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x + y + z +1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
3
+ 96z2
(xyz+ 3)2+ 27
x + y + z
Chú ý Dự đoán dấu bằng đạt tại x = y = z =1 và đánh giá đưa về hàm của (x+y+z)
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:
x + y + z +1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
3
+ 8+ 8 ≥ 3 64 x + y
x + y + z +1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
3
.82
x + y + z +1; 96z2
(xyz+ 3)2+ 6 ≥ 2 96z2
(xyz+ 3)2.6= 48
xyz+ 3
Suy ra
P≥ 48 x + y
x + y + z +1+
48
xyz+ 3+
27
x + y + z−22
*Ta chứng minh x + y+ z ≥ xyz +2
Thật vậy không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y ≥ z ⇒1≤ xy ≤ 3
Theo giả thiết ta có:
z= 3− x2y2
x2+ y2 ≤ 3− x2y2
2xy
Ta chỉ cần chứng minh
2 xy −2−(xy −1) 3− x2y2
xy+1−
3− x2y2
2xy
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
⎥≥ 0 ⇔ 8xy ≥ (3− x
2y2)( xy+1)2
Bất đẳng thức đúng bởi vì (3−x2y2)( xy+1)2≤ (3− x2y2)( xy + xy )2= 4xy(3− x2y2)≤ 8xy Suy ra
P≥ 48 x + y + z
x + y + z +1+
27
x + y + z−22 Đặt t = x + y + zxét hàm số
f (t)= 48t
t+1+
27
t −22ta có
f '(t)= 48
(t+1)2−27
t2 =3(t −3)(7t + 3)
t2(t+1)2 ; f '(t) = 0 ⇔ t = 3(t > 0)
Từ đó suy ra P ≥ f (t)≥ f (3) = 23 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 23