b Xếp ngẫu nhiên 4 học sinh Nam và 4 học sinh Nữ thành một hàng dọc.. Tính xác suất để học sinh Nam và Nữ đứng xen kẽ nhau.. Cạnh bên SA = 3avà vuông góc với mặt phẳng ABCD.. Tính thể
Trang 1Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí 1
Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 06/50 Ngày thi : 08/02/2015 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 = x4−2mx2+ 2m −1 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m =1
2 Cho điểm
I 0;−8
5
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟ Tìm m để (1) có 3 điểm cực trị A,B,C và IA = IB = IC
Câu 2 (1,0 điểm)
1 Giải phương trình
tan x.cot x+π
4
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟=1−tan x
2 Giải phương trình 62x−x2
+ 2 = 22x−x2
+ 2.32x−x2
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
I = x + x −2
3
6
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm cặp số thực (x;y) thoả mãn (x − yi −1)2= −1
b) Xếp ngẫu nhiên 4 học sinh Nam và 4 học sinh Nữ thành một hàng dọc Tính xác suất để học sinh Nam và Nữ đứng xen kẽ nhau
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có AD =CD = a,AB = 2a,BAD ! = ADC! = 900 Cạnh bên SA = 3avà vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi I là giao điểm của AC và BD Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD)
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;1;2) và B(1;-‐‑1;1),
đường thẳng
d :
x−1
1 = y−1
1 = z+1
1 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AB và song song
với d Tính khoảng cách từ d đến mặt phẳng (P)
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho đường thẳng d : 6x + 8y +11= 0 Viết phương trình đường tròn (T) có tâm I bán kính bằng 2 và cắt Ox, Oy,MN lần lượt theo các đoạn thẳng AB,CD,MN thoả mãn S IMN =1;AB = CD (x I> 0)
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
x(x + (x − y)(x −2y)) = y( y + 3)2
12x + y +7( y(x − y) + y(x −2y)) = 8 ( y+ 3)2
y
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực thoả mãn x2+ y2+ z2= 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x − y + 2+
1
y − z + 2+
1
z − x + 2+
1
xy + yz + zx + 2
-‐‑-‐‑-‐‑HẾT-‐‑-‐‑-‐‑
Trang 2PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4−2mx2+ 2m −1 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m =1
2 Cho điểm
I 0;−8
5
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟ Tìm m để (1) có 3 điểm cực trị A,B,C và IA = IB = IC
1 Học sinh tự làm
2 Ta có:
y ' = 4x3−4mx; y' = 0 ⇔ x= 0
x2= m
⎡
⎣
⎢
Để (1) có ba điểm cực trị khi y’ có ba nghiệm phân biệt ⇔ m > 0
Khi đó toạ độ ba điểm cực trị là A(0;2m−1),B(− m;−(m−1)2),C ( m;−(m −1)2)
Do A thuộc Oy; B,C đối xứng qua Oy nên tam giác ABC cân tại A và có trục đối xứng Oy Vì I thuộc Oy nên IB = IC Vậy theo yêu cầu bài toán ta chỉ cần:
IA = IB ⇔ (−8
5−2m +1)2= m + (−8
5+ (m −1)2)2
⇔ 5m4+ 20m3−6m2−19m = 0
⇔ m(m −1)(5m2+ 25m +19) = 0 ⇔ m =1(do m > 0)
Vậy giá trị cần tìm là m =1
Câu 2(4,0 điểm) Giải các phương trình
a)
tan x.cot x+π
4
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟=1−tan x; b) 62x−x2
+ 2 = 22x−x2
+ 2.32x−x2
a) Điều kiện:
cos x≠ 0
sin x+π
4
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟≠ 0
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
Phương trình tương đương với:
sin x cos x.
cos x + π
4
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
sin x + π
4
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
=1−sin x
cos x ⇔ sin x(cos x −sin x)
cos x(sin x + cos x)=
cos x −sin x cos x
⇔ cos x −sin x( ) cos x(sin x sin x + cos x)− 1
cos x
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥ = 0
⇔ −cos x −sin x
sin x + cos x = 0 ⇔ cos x = sin x ⇔ tan x =1 ⇔ x =
π
4+ kπ
Vậy nghiệm của phương trình là
x=
π
4+ kπ,k ∈ ! b) Phương trình tương đương với:
32x−x2
−1
( ) 22x−x2
−2
( )= 0 ⇔ 32x−x
2
=1
22x−x2
= 2
⎡
⎣
⎢
⎢
2x − x2= 0
2x − x2=1
⎡
⎣
⎢
x= 0
x= 2
=1
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
Trang 3Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí 3
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
I = x + x −2
3
6
Ta có:
I = x −2+ 2+ x −2
3
6
x−2+
1
x−2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟dx
3
6
∫
= x + 2ln x −2 + 2 x −2( )6
3= 5+ 4ln 2
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm cặp số thực (x;y) thoả mãn (x − yi −1)2= −1
b) Xếp ngẫu nhiên 4 học sinh Nam và 4 học sinh Nữ thành một hàng dọc Tính xác suất để học sinh Nam và Nữ đứng xen kẽ nhau
a) Ta có:
(x − yi −1)2= −1= i2⇔ x − yi −1= −i
x − yi −1= i
⎡
⎣
⎢
x−1= 0
−y = −1
⎧
⎨
⎪⎪
⎩⎪⎪
x−1= 0
−y =1
⎧
⎨
⎪⎪
⎩⎪⎪
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⇔ x =1, y =1
x =1, y = −1
⎡
⎣
⎢
Vậy (x;y) = (1;1);(1;−1)
b) Xếp tuỳ ý 8 học sinh có 8! Cách
Giả sử hàng dọc được đánh số từ 1 đến 8; số cách xếp thoả mãn nếu học sinh Nam đứng vị trí đánh số chẵn và học sinh nữ đứng vị trí đánh số lẻ hoặc ngược lại
+) Nếu 4 học sinh Nam đứng vị trí đánh số chẵn có 4! cách xếp; sau đó xếp 4 Nữ vào vị trí đánh số lẻ có 4! Cách Vậy có 4!.4! cách
+) Nếu 4 học sinh Nữ đứng vị trí đánh số chẵn có 4! cách xếp; sau đó xếp 4 Nam vào vị trí đánh số lẻ có 4! Cách Vậy có 4!.4! cách
Vậy tất cả có 2.4!.4! cách xếp thoả mãn
Vì vậy xác suất cần tính là
P =2.4!.4!
8! = 1
35
Chú ý Tổng quát xếp xen kẽ n học sinh Nam và n học sinh Nữ có 2.(n!)2cách
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có AD =CD = a,AB = 2a,BAD ! = ADC! = 900 Cạnh bên SA = 3avà vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi I là giao điểm của AC và BD Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD)
+) Ta có
S ABC =1
2AB.d(C;AB)=1
2AB.AD=1
2.2a.a = a2
Vì vậy
V S ABC =1
3SA.S ABC=1
3.3a.a
2= a3(đvtt)
+) Ta có:
IC
IA =CD
AB =1
2⇒ d(I ;(SCD))
d(A;(SCD))= IC
AC =1
3
Vì CD vuông góc với AD, SA nên CD ⊥ (SAD) Kẻ AH vuông góc với SD tại H thì AH ⊥ (SCD)
Trang 4Tam giác vuông SAD có:
1
AH2 = 1
SA2 + 1
AD2 = 1
9a2+ 1
a2 ⇒ AH = 3a
10
Vì vậy
d(I ;(SCD))=1
3d(A;(SCD))= AH
3 = a
10
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;1;2) và B(1;-‐‑1;1),
đường thẳng
d :
x−1
1 = y−1
1 = z+1
1 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AB và song song với d Tính khoảng cách từ d đến mặt phẳng (P)
Ta có: AB! "!! = (0;−2;−1), đường thẳng d có véc tơ chỉ phương u!= (1;1;1)
Mặt phẳng (P) chứa AB và song song với d nên có vtpt là
n
!
= u⎡!,AB" !""
⎣
⎢ ⎤⎦⎥ = (1;1;−2)
Suy ra (P ) : x + y −2z + 2 = 0
Lấy điểm C(1;1;-‐‑1) thuộc d khi đó
d(d;(P )) = d(C;(P )) = 1+1+ 2+ 2
12+12+ 22 = 6
Bài tập rèn thêm Tìm điểm M thuộc (P) sao cho tam giác AMB đều
Đ/s:
M 1− 5
2 2;
1
2 2;
3
2− 1 2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟;M 1+
5
2 2;− 1
2 2;
3
2+ 1 2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho đường thẳng d : 6x + 8y +11= 0 Viết phương trình đường tròn (T) có tâm I bán kính bằng 2 và cắt Ox, Oy,MN lần lượt theo các đoạn thẳng AB,CD,MN thoả mãn S IMN =1;AB = CD (x I> 0)
Theo giả thiết: (T) có bán kính R = 2 Ta có: AB = 2 R2−d2(I ;Ox);CD = 2 R2−d2(I ;Oy)
Do
AB = CD ⇒ d(I;Ox) = d(I;Oy) ⇒ I (a;a)
I (a;−a)
⎡
⎣
⎢
⎢ (a> 0)
+) Nếu
I (a;a) ⇒ d(I;d) = 14a+11
10 ;MN = 2 R2−d2(I ;d ) = 2 2−d2(I ;d )
Ta có:
S IMN =1
2MN d(I ;d ) = d(I;d) 2−d2(I ;d ) =1 ⇔ d(I;d) =1
⇔ 14a+11
10 =1 ⇔ 14a +11 =10(Vô nghiem do a > 0)
+) Nếu
I (a;−a) ⇒ d(I;d) = 11−2a
10 ;MN = 2 R2−d2(I ;d )
Ta có:
Trang 5Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí 5
S IMN =1
2MN d(I ;d ) = d(I;d) 2−d2(I ;d ) =1 ⇔ d(I;d) =1
⇔ 11−2a
10 =1 ⇔ 11−2a =10 ⇔ a=
1 2
a=21 2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⇒
I 1
2;−1 2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
I 21
2 ;−21 2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
Vậy có 2 đường tròn thoả mãn bài toán là
(T ) : x−1
2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
2
+ y +1
2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
2
= 2;(T ) : x −21
2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
2
+ y +21
2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
2
= 2
Chú ý. Có thể thay giả thiết S IMN =1 bằng giả thiết S IMN đạt giá trị lớn nhất, và 1 là giá trị lớn nhất Thật vậy, ta có:
S IMN = d(I;d) 2−d2(I ;d )≤d2(I ;d ) + 2−d2(I ;d )
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi d(I;d) = 2−d2(I ;d ) ⇔ d(I;d) =1
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
x(x + (x − y)(x −2y)) = y( y + 3)2
12x + y +7( y(x − y) + y(x −2y)) = 8 ( y+ 3)2
y
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
Điều kiện: y >0⇒ x ≥2y >0:
Nhân thêm y vào hai vế của phương trình thứ hai của hệ sau đó so sánh hai phương trình ta được:
8x2+ 8x (x − y)(x −2y) =12xy + y2+7y( y(x − y) + y(x −2y))
⇔ 8.x2
y2+ 8x
y
x
y−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
x
y−2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟=
12x
y−1 + x
y−2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟
Đặt
t= x
y≥ 2phương trình trở thành:
8t2+ 8t (t −1)(t −2) =12t +1+7( t −1 + t −2) Đặt a = t −1+ t −2 = 2t −3+ 2 (t −1)(t −2) ≥ 2t −3 ≥1; và
a2= 2t −3+ 2 (t −1)(t −2) ⇒ 2 (t −1)(t −2) = a2−2t + 3
Phương trình trở thành:
8t
2+ 4t(a2−2t + 3) =12t +1+7a ⇔ 4ta2=1+7a ⇔ 4t =1+7a
a2
Ta có
4t≥ 8 ⇒1+7a
a2 ≥ 8 ⇔ 8a2−7a −1≤ 0 ⇔ −1
8≤ a ≤1
Mặt khác a ≥1⇒a =1⇔ t = 2 ⇔ x = 2y Thay vào phương trình đầu của hệ ta được:
4y2= y( y + 3) ⇔ y 4y y − y −3⎡
⎣⎢ ⎤⎦⎥= 0
⇔ y( y −1)(4y + 3 y + 3) = 0 ⇔ y =1( y > 0) ⇒ x = 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;1)
Trang 6Chú ý. Để giải phương trình 8t2+ 8t (t −1)(t −2) =12t +1+7( t −1 + t −2)ta có thể sử dụng phương pháp hàm số hoặc liên hợp
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực thoả mãn x2+ y2+ z2= 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x − y + 2+
1
y − z + 2+
1
z − x + 2+
1
xy + yz + zx + 2
Do điều kiện và P đối xứng ba biến x,y,z nên không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y ≥ z
Khi đó
x − y + 2+
1
y − z + 2+
1
x − z + 2+
1
xy + yz + zx + 2
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM dạng cộng mẫu số ta có:
1
x − y + 2+
1
y − z + 2≥
4
x − z + 4
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy –Schwarz ta có:
(x − z)2= (x − y) + ( y − z)⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥2≤ 2 (x − y)⎡ 2+ ( y − z)2
Suy ra
3
2(x − z)2≤ (x − y)2+ ( y − z)2+ (z − x)2= 4−2(xy + yz + zx)
⇒ xy + yz + zx + 2 ≤ 4−3
4(x − z)2
Vì vậy
x − z + 4+
1
x − z + 2+
2
16−3(x − z)2 Đặt t = x − z ∈ 0;2⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥ , bởi vì x − z ≤ 2(x2+ z2)≤ 2
Vì vậy
P ≥ f (t) = 4
t+ 4+
1
t+ 2+
2
16−3t2 Xét hàm số
f (t)= 4
t+ 4+
1
t+ 2+
2 16−3t2 trên đoạn [0;2] ta có
f '(t)= 3t
(16−3t2)3 − 1
(t+ 2)2− 4
(t+ 4)2 ≤ 6
64− 1
16− 4
36< 0 Suy ra f(t) nghịch biến trên đoạn [0;2] Vì vậy
P ≥ f (t) ≥ f (2) =23
12
Dấu bằng đạt tại x =1;y = 0;z =−1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 23/12 đạt tại (x;y;z) = (1;0;−1) hoặc các hoán vị
Chú ý Với bài toán chứa dấu giá trị tuyệt đối tư duy ban đầu là phá dấu trị tuyệt đối (điều
này xuất phát từ tính đối xứng của bài toán hoặc dựa vào điều kiện giả thiết cho sẵn) Việc đánh giá (x-‐‑z) theo các đại lượng đối xứng dựa vào điều kiện bài toán và đánh giá hay sử dụng:
(x − z)2= (x − y) + ( y − z)⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥2≤ 2 (x − y)⎡ 2+ ( y − z)2
Trang 7
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí 7