Viết phương trình đường thẳng d đi qua I và cắt 1 tại theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất.. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên ra hai chiếc bút, tính xác suất để lấy được hai cặp bút khác màu.
Trang 1Khoá 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 08/50 Ngày thi : 15/02/2015 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= x+1
2x−1 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
2 Cho điểm
I 1
2;
1 2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟ Viết phương trình đường thẳng d đi qua I và cắt (1) tại theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải bất phương trình log6(22x+1−9x)≥ x
b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
y = ln(1+ x)− x − x2
2 trên đoạn [0;1]
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
I = x2−4x + 3 − x −3 dx
0
5
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn
z + 2i
z −2i+
z −2i
z + 2i = 0
b) Có hai hộp đựng bút, hộp thứ nhất đựng 4 bút đen và 6 bút xanh; hộp thứ hai đựng 5 bút đen và 8 bút xanh Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên ra hai chiếc bút, tính xác suất để lấy được hai cặp bút khác màu.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB = a,AD = AA' = 2a Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm
đoạn thẳng BC Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BD’
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;1;-‐‑2), B(1;-‐‑1;11) và đường thẳng
d :
x+ 3
2 = y+1
2 = z−1
1 Chứng minh d và AB chéo nhau Tìm toạ độ điểm M trên d sao cho MA = MB
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (C ) : x2+ ( y −5)2= 50 Giả sử A(-‐‑5;10) và đường cao kẻ từ C của tam giác ABC cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai
N −17
5 ;−6 5
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟ Tìm toạ độ các đỉnh B,C
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình
x + 8x −2x2−2 = 3 x(x+1)2
6x − x2−1
Câu 9 (1,0 điểm) Cho x,y,z là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2+ yz + z2 + y
2+ zx + x2 + z
2+ xy + y2 − x + y + z
x + y + z + xy + yz + zx
Trang 2PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN VÀ ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
y= x+1
2x−1 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
2 Cho điểm
I 1
2;
1 2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟ Viết phương trình đường thẳng d đi qua I và cắt (1) tại theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất
1 Học sinh tự làm
2 Đường thẳng d có phương trình dạng:
y = k x −1
2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟+
1
2 Phương trình hoành độ giao điểm của d và (1):
x+1
2x−1= k x −
1 2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟+
1
2⇔ 2(x +1) = (2x −1) k(2x −1) +1⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥
⇔ k(2x −1)2= 3 ⇔ 4kx2−4kx + k −3 = 0 (2)
Để d cắt (1) tại hai điểm phân biệt khi (2) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 ⇔ k > 0
Khi đó
A(x1;k x1−1
2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟+
1
2),B(x2;k x2−1
2
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟+
1
2)
Ta có:
AB
2= (k2+1)(x2− x1)2= (k2+1) (x⎡ 1+ x2)2−4x1x2
Vi –ét ta có:
x1+ x2=1;x1x2=k−3
4k
Vì vậy
AB2= (k2+1) 1−k−3
k
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥ =3(k
2+1)
k =3(k−1)2
k + 6 ≥ 6
Dấu bằng đạt tại k =1⇒d : y = x
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải bất phương trình log6(22x+1−9x)≥ x
b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
y = ln(1+ x)− x − x2
2 trên đoạn [0;1]
a) Bất phương trình tương đương với:
22x+1−9x≥ 6x⇔ 2.22x−32x−6x≥ 0
⇔ 2 2 3
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
2x
− 2 3
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
x
−1≥ 0 ⇔ 2
3
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
x
≥1 ⇔ x ≤ 0 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S= −∞;0( ⎤
⎦⎥ b) Ta có:
y '= 1
x+1−1− x = −
x2+ 2x
x+1 ≤ 0,∀x ∈ 0;1⎡⎣⎢ ⎤⎦⎥
Vì vậy hàm số nghịch biến trên đoạn [0;1] Suy ra
ymax= y(0) = 0; ymin= y(1) = ln 2−3
2
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = x2−4x + 3 − x −3 dx
5
Trang 3Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
Ta có:
I = (x + 3− x2−4x + 3 )dx
0
5
0
5
0
5
∫
= (x + 3)dx
0
5
0
1
1
3
3
5
∫
= x2
2 + 3x
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟
5
0− x3
3 −2x2+ 3x
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟
1
0+ x3
3 −2x2+ 3x
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟
3
1− x3
3 −2x2+ 3x
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟
5
3=109 6
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn
z + 2i
z −2i+
z −2i
z + 2i = 0 b) Có hai hộp đựng bút, hộp thứ nhất đựng 4 bút đen và 6 bút xanh; hộp thứ hai đựng 5 bút đen và 8 bút xanh Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên ra hai chiếc bút, tính xác suất để lấy được hai cặp bút khác màu
a) Giả sử z = x + yi(x,y ∈!)
Ta có:
z + 2i
z −2i
z + 2i =
x + ( y + 2)i
x + ( y −2)i +
x −( y + 2)i
x −( y −2)i
=(x + ( y + 2)i)(x −( y −2)i)
x2+ ( y −2)2 +(x −( y + 2)i)(x + ( y −2)i)
x2+ ( y −2)2
= x2+ ( y2−4) + x( y + 2)i − x( y −2)i + x2+ y2−4 + x( y −2)i − x( y + 2)i
x2+ ( y −2)2
=2(x2+ y2−4)
x2+ ( y −2)2 = 0 ⇔ x2+ ( y −2)2> 0
x2+ y2= 4
⎧
⎨
⎪⎪
⎩⎪⎪
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z là đường tròn (C) tâm O(0;0) bán kính bằng 2, trừ đi điểm (0;2)
Chú ý Ta có thể làm nhanh như sau:
z + 2i
z −2i
z + 2i = 0 ⇔
(z + 2i)(z + 2i) + (z −2i)(z −2i)
(z −2i)(z + 2i) = 0 ⇒ z = 2 ⇒ x
2+ y2= 4
b) Lấy tuỳ ý ra 2 chiếc bút từ hộp thứ nhất có C102 = 45cách
Lấy tuỳ ý ra 2 chiếc bút từ hộp thứ hai có C132 = 78cách
Vậy có 45×78 = 3510cách lấy ra hai bút từ mỗi hộp
Ta tìm số cách lấy được hai cặp bút khác màu:
+) Lấy ra từ hộp thứ nhất cặp bút màu đen, hộp thứ hai cặp bút màu xanh có
C4
2.C82=168cách
+) Lấy ra từ hộp thứ nhất cặp bút màu xanh, hộp thứ hai cặp bút màu đen có C62.C52=150 +) Lấy ra từ hộp thứ nhất gồm 1 bút xanh và 1 bút đen; lấy ra từ hộp thứ hai một bút xanh và
Trang 4một bút đen có C41.C61.C51.C81= 960 cách
Vậy tất cả có 168+150+960=1278 cách
Vậy xác suất cần tính là
P =1278
3510= 71
195
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB = a,AD = AA' = 2a Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm
đoạn thẳng BC Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BD’
Gọi H là trung điểm cạnh BC, ta có A'H ⊥ (ABCD)
Tam giác ABH có AH = AB2+ BH2 = a2+ a2 = a 2 Tam giác vuông A’AH có
A' H = AA'2− AH2 = 4a2−2a2 = a 2
Vì vậy V S ABCD = A' H.S ABCD = a 2.a.2a = 2 2a3(đvtt)
+) Lập trục toạ độ có:
H 0;0;0( ), C a;0;0( ),B(−a;0;0),A(−a;a;0),D a;a;0( )và A'(0;0;a 2)
Chú ý:
A' B '
! "!!!
= AB! "!! = (0;−a;0) ⇒ B '(0;−a;a 2);DD '! "!!! = AA'! "!! = (a;−a;a 2) ⇒ D '(2a;0;a 2)
⇒ AB '! "!! = (a;−2a;a 2),BD '! "!! = (3a;0;a 2)
Ta có:
AB '
! "!!
,BD '! "!!
⎡
⎣
⎢ ⎤⎦⎥ = (−2 2a2;2 2a2;6a2)⇒ AB '⎡! "!! ,BD '! "!!
⎣
⎢ ⎤⎦⎥.AB! "!!= −2 2a3
Vì vậy
d(AB ';BD ')= AB '
! "!!
,BD '! "!!
⎡
⎣
⎢ ⎤⎦⎥.AB
! "!!
AB '
! "!!
,BD '! "!!
⎡
⎣
⎢ ⎤⎦⎥
8a4+ 8a4+ 36a4 =a 26
13
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với trục toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;1;-‐‑2), B(1;-‐‑1;11) và đường thẳng
d :
x+ 3
2 = y+1
2 = z−1
1 Chứng minh d và AB chéo nhau Tìm toạ độ điểm M trên d sao cho MA = MB
Đường thẳng d đi qua điểm C(-‐‑3;-‐‑1;1) có véc tơ chỉ phương u!= (2;2;1)
Đường thẳng AB có véc tơ chỉ phương AB! "!! = (0;−2;13), ta có: AC! "!! = (4;2;−3)
Ta có
u
!
,AB" !""
⎡
⎣
⎢ ⎤⎦⎥ = (28;−26;−4) ⇒ u
!
,AB" !""
⎡
⎣
⎢ ⎤⎦⎥.AC
" !""
= 28.4−26.2+ 4.3 = 72 ≠ 0
Vì vậy d và AB chéo nhau
+) Đường thẳng
d :
x = −3+ 2t
y = −1+ 2t
z =1+ t
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⇒ M (−3+ 2t;−1+ 2t;1+ t)
Suy ra
MA = (2t + 4)2+ (2t −2)2+ (t + 3)2 = 9t2+14t + 29;
MB = (2t −4)2+ 4t2+ (t −10)2 = 9t2−36t +116
Trang 5Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
Vì vậy
MA = MB ⇔ 9t2+14t + 29 = 9t2−36t +116 ⇔ t =87
50 Suy ra
M 12
25;
62
25;
137 50
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟ là điểm cần tìm
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (C ) : x2+ ( y −5)2= 50 Giả sử A(-‐‑5;10) và đường cao kẻ từ C của tam giác ABC cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai
N −17
5 ;−6 5
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟ Tìm toạ độ các đỉnh B,C
Đường tròn (C) có tâm I(0;5)
Gọi M là giao điểm thứ hai của AI với (C) ta có I là trung điểm đoạn AM nên M(5;0) Do tam giác ABC cân nên M là điểm chính giữa cung BC (không chứa A)
Ta có: MAB ! = NCB!(cùng phụ với góc ABC!)
Nên B là điểm chính giữa của cung MN Vì vậy IB vuông góc với MN
Đường thẳng IB có phương trình là 7x + y−5= 0
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ
7x + y −5 = 0
x2+ ( y −5)2= 50
⎧
⎨
⎪⎪
x = −1, y =12
x =1, y = −2
⎡
⎣
⎢
⎢ ⇒ B( B(1;−1;12)−2)
⎡
⎣
⎢
+) Nếu B(-‐‑1;12) đường thẳng AB là x −2y+25= 0
Chú ý M,N khác phía với AB nên trường hợp này loại
+) Nếu B(1;-‐‑2) đường thẳng AB là 2x + y = 0
Gọi E là trung điểm BC ta có BC vuông góc với AI nên BC : x − y−3= 0
Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ
x + y −5 = 0
x − y −3 = 0
⎧
⎨
⎪⎪
x= 4
y=1
⎧
⎨
⎪⎪
⎩⎪⎪ ⇒ E(4;1)
Vì E là trung điểm của BC nên C(7;4)
Vậy toạ độ các điểm cần tìm là B(-‐‑1;2) và C(7;4)
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình
x + 8x −2x2−2 = 3 x(x+1)2
6x − x2−1 Điều kiện:
x≥ 0
6x − x2−1> 0
8x −2x2−2 ≥ 0
⎧
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⇔ 2− 3 ≤ x ≤ 2+ 3
Ta có:
x + 8x −2x2−2 = x + 4x −2(x −1)2≤ x + 4x = 3 x
3 x(x+1)2
6x − x2−1= 3 x
x2+ 2x +1 6x − x2−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟= 3 x 1+
2(x−1)2
6x − x2−1
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟≥ 3 x
Vì vậy dấu bằng xảy ra ⇔ x =1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =1
Trang 6Cách 2: Phương trình tương đương với:
6−x2+1
x 1+ 8−x2+1
x
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟⎟= 3 x + 1x
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
Đặt
t = x + 1
x ≥ 2 ⇒ t2= x2+1
x + 2 ⇒x2+1
x = t2−2 Phương trình trở thành:
6−(t2−2) 1+ 8−2(t( 2−2))= 3t
⇔ 8−t2(1+ 12−2t2)= 3t ⇔ 8−t2( 12−2t2−2)= 3(t − 8−t2)
⇔ −2(t2−4) 8−t2
12−2t2+ 2 =
6(t2−4)
t + 8−t2
⇔ (t2−4) 6
t + 8−t2 + 2 8−t2
12−2t2+ 2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
⎥= 0 ⇔ t = 2(do t ≥ 2)
Vì vậy
t = 2 ⇔ x + 1
x = 2 ⇔ x =1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =1
Chú ý Để giải phương trình
8−t2(1+ 12−2t2)= 3t (*)ta có thể xét hàm số
f (t) = 8−t2(1+ 12−2t2)−3t
Dễ có
f '(t)= −t( −2 2t2+ 6−t2 +14 2)
6−t2 8−t2 −3< 0,∀t ∈ 2; 6⎡
⎣⎢ ⎤⎦⎥
Vì vậy f(t) đồng biến, do đó (*) ⇔ f (t) = f (2) ⇔ t = 2 ⇔ x =1 Ta có kết quả tương tự
Bài tập tương tự
1 Giải phương trình
3x − x2−1 x + 19x −5x( 2−5)= 2(x +1) Đ/s: x =1
2 Giải phương trình
6x − x2−1 1+ 8−2(x2+1)
x
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟⎟⎟= 3(x +1) Đ/s: x =1
Câu 9 (1,0 điểm) Cho x,y,z là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
y2+ yz + z2 + y
z2+ zx + x2 + z
x2+ xy + y2 − x + y + z
x + y + z + xy + yz + zx
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:
x
y2+ yz + z2 = x xy + yz + zx
( y2+ yz + z2)(xy + yz + zx)
≥ 2x xy + yz + zx
xy + yz + zx + y2+ yz + z2
= 2x xy + yz + zx
( y + z)(x + y + z)
Trang 7
Khoá giải đề THPT Quốc Gia Môn Toán – Thầy Đặng Thành Nam – Mathlinks.vn
y
z2+ zx + x2 ≥ 2y xy + yz + zx
(z + x)(x + y + z);
z
x2+ xy + y2 ≥ 2z xy + yz + zx
(x + y)(x + y + z) Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên và gọi A là tổng 3 phân thức đầu của P ta có
A xy + yz + zx ≥ 2(xy + yz + zx)
x + y + z
x
y + z+
y
x + z+
z
x + y
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟
=( ∑x( y + z))
x + y + z
x
y + z
∑
⎛
⎝
⎜⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟⎟
⎟≥ x + y + z
Vì vậy A≥ x + y + z
xy + yz + zx Suy ra P≥ x + y + z
xy + yz + zx−
x + y + z
x + y + z + xy + yz + zx Đặt
t= x + y + z
xy + yz + zx ≥ 3 ⇒ P ≥ f (t) = t −
t
t+1
Ta có
f '(t)=1− 1
(t+1)2 = t2+ 2t
(t+1)2 > 0,∀t ≥ 3
Vì vậy f(t) đồng biến trên ⎡ 3;+∞
⎣⎢ )
Vì vậy
P ≥ f (t) ≥ f ( 3) =3( 3−1)
2 Dấu bằng đạt tại x = y = z