Tài liệu toán hay + Nhiều đề thi thử hay

Tìm xác suất để học sinh đó rút ngẫu nhiên được một đề thi trong đó có đúng 4 câu mình đã thuộc... Bài 2.Dự bị Mathlinks.vn Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, gọi P l

Tổng quát:

Dành 3-5 đọc đề từ câu 1 đến câu 10, câu nào có ý tưởng làm ngay đánh dấu vào

Thứ tự ưu tiên làm bài và thời gian cân đối hợp lý:

Câu 1 – Hàm số và bài toán phụ (15 phút)

Câu 2 – Lượng giác, Số phức (10 phút)

Câu 3 – Phương trình, bất phương trình logarit (5 phút)

Câu 4- Tích phân, ứng dụng tích phân tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay (10 phút)

Câu 5 – Hình giải tích không gian Oxyz (10 phút)

Câu 6 – Hình không gian thuần tuý ( Thể tích, góc và khoảng cách, bài toán chứng minh) (15 phút) Câu 7 – Tổ hợp, Xác suất – Nhị thức (15 phút)

Câu 8 – Hình giải tích phẳng Oxy (45 phút)

Câu 9 – Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số (45 phút)

Câu 10 – Bài toán tổng hợp ( Bất đẳng thức, Min-Max, bài toán thực tế) (45-60 phút)

Các dạng câu phân loại có thể gặp trong đề thi

A - Xác suất

Bài 1. Trong kỳ thi tuyển sinh đại học, bạn Thọ dự thi hai môn thi trắc nghiệm Vật lí và Hóa học Đề thi của mỗi môn gồm 50 câu hỏi; mỗi câu có 4 phương án lựa chọn, trong đó có 1 phương án đúng, làm đúng mỗi câu được 0,2 điểm Mỗi môn thi Thọ đều làm hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu; 5 câu còn lại Thọ chọn ngẫu nhiên Tính xác suất để tổng điểm 2 môn thi của Thọ không dưới 19 điểm

1

C ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠Cộng các xác suất trên ta suy ra xác suất Thọ được không dưới 19 điểm là 0,0781

Bài 2 Một ngân hàng đề thi có 100 câu hỏi, mỗi đề thi gồm 5 câu hỏi được chọn từ ngân hàng đề thi này Một học sinh thuộc 80 câu trong 100 câu của ngân hàng đề thi Tìm xác suất để học sinh đó rút ngẫu nhiên được một đề thi trong đó có đúng 4 câu mình đã thuộc

Lời giải:

Không gian mẫu là số đề thi gồm 5 câu hỏi chọn từ 100 câu có n(Ω) = C100

5 Gọi A là biến cố học sinh rút được đề có 4 câu đã học thuộc, ta có n( A) = C80

4.C201

3 câu hỏi B chọn giống nhau

Lời giải:

Không gian mẫu là số cách chọn 3 trong 10 câu hỏi của mỗi thí sinh có

Ω = C10

3.C103 Gọi A là biến cố 3 câu hỏi của thí sinh A và 3 câu hỏi của thí sinh B giống nhau

Thí sinh A chọn 3 câu hỏi cho mình có C10

3 cách, sau đó để B có 3 câu hỏi giống của A thì chỉ chọn đúng 3 câu mà A đã chọn có duy nhất một cách cho B chọn Vậy

Gọi X là biến cố chia 9 đội thành 3 bảng trong đó 3 đội bóng của Việt Nam thuộc ba bảng khác nhau

Lời giải:

+) Không gian mẫu là số các chia tuỳ ý 9 đội thành 3 bảng có

Ω = C93.C63.C33 +) Xếp 3 đội việt nam ở ba bảng khác nhau trước tiên có 3! Cách

Sau đó lần lượt xếp 6 đội còn lại ( 2 đội một bảng) vào 3 bảng A,B,C này có C6

2.C42.C22 Vậy

Lời giải:

Không gian mẫu là số cách lấy tuỳ ý 3 viên bi trong 12 viên bi có Ω = C123 = 220

Gọi A là biến cố lấy 3 được 3 viên bi vừa khác màu vừa khác số, để tính số phần tử của A ta mô tả cách lấy ra 3 bi thoả mãn

Để đơn giản ta ký hiệu X = 1,2,3,4,5{ }

+) Trước tiên lấy ra 1 trong 3 viên bi vàng có C3

1cách, viên bi được lấy ra này mang số là i,

+) Sau đó lấy ra 1 viên bi vàng từ 4 bi đỏ có số là k thoả mãn k ∈X\{ }5,i có C3

1cách

+) Cuối cùng lấy ra 1 trong 5 viên bi đỏ có số là j thoả mãn j ∈X\{ }i, k có C31cách

Vậy số cách lấy 3 bi thoả mãn là C31

Bài 6 Có 4 đề thi khác nhau được phát cho 20 sinh viên dự thi Các sinh viên được bố trí ngồi ngồi thành

2 dãy dọc song song với nhau mỗi dãy 10 người Tính xác suất để mỗi sinh viên nhận được một đề mà 2 sinh viên ngồi gần nhau thì nhận đc 2 đề khác nhau

Lời giải:

Không gian mẫu là số cách phát đề cho 20 sinh viên có

Ω = 4

20 Gọi A là biến cố hai sinh viên ngồi gần nhau nhận được 2 đề khác nhau Để tính số kết quả thuận lợi cho

A ta mô tả cách phát đề thi thoả mãn

Với dãy thứ nhất:

+) Sinh viên đầu tiên có 4 cách phát đề

+) Sinh viên thứ hai có 3 cách phát đề

+) Sinh viên thứ 3 có 3 cách phát đề

…

+) Sinh viên thứ 10 có 3 cách phát đề

Vậy với dãy thứ nhất có 4.39cách phát đề

Tương tự cho dãy thứ hai có 4.39cách phát đề

Bài 7. Một nhóm học sinh gồm 6 người vào một cửa hàng nước giải khát gọi ra 6 lon nước ngọt mỗi người một lon Biết cửa hàng nước giải khát có 6 loại đồ uống A,B,C,D,E,F trong đó loại A còn 7 lại lon, loại B còn lại 8 lon, loại C còn lại 9 lon, loại D còn lại10 lon, loại E còn lại 11 lon và loại F còn lại 12 lon Tính xác suất để nhóm học sinh này gọi ra có ít nhất 2 người cùng uống cùng một loại nước

Lời giải:

Tổng số lon nước của cửa hàng là 7+8+9+10+11+12=57 lon

Không gian mẫu là số cách lấy ra ngẫu nhiên 6 trong 57 lon nước có

Ω = C576

Gọi A là biến cố nhóm học sinh gọi ra có ít nhất 2 người cùng uống một loại nước, tức là ít nhất 2 lon nước cùng loại được gọi ra Để tìm số kết quả thuận lợi của A ta tìm số kết quả thuận lợi cho A, tức là mỗi loại nước có tối đa một lon được gọi ra Vậy 6 loại nước thì mỗi loại có 1 lon được gọi ra, ta có:

Bài 8 Trong một buổi giao lưu của câu lạc bộ khiêu vũ thể thao, ban tổ chức đã mời 4 vũ công nam và 4

vũ công nữ để ghép nhảy cặp đôi một cách ngẫu nhiên, mỗi vũ công chỉ nhảy với một người duy nhất Trong 8 vũ công có hai kiện tướng Dancesport là Khánh Thi và Chí Anh Tính xác suất để Khánh Thi và Chí Anh là cặp nhảy trong buổi giao lưu đó

Phân tích: Ta cần chú ý đề bài không yêu cầu Nam – Nữ là một cặp nhảy,

+) Không gian mẫu là số cách ghép ngẫu nhiên 8 người thành 4 cặp nhảy, có

+ Cặp thứ nhất có C8

2cách

+ Cặp thứ hai có C6

2 cách

+ Cặp thứ ba có C4

2 cách

+ Cặp thứ ba có C2

2 cách

+ Cặp thứ ba có C4

2 cách

+ Cặp thứ ba có C2

2 cách

Bình luận: Nếu đều bài yêu cầu rõ ghép cặp mỗi cặp gồm 1 nam và 1 nữ ta thực hiện như sau:

+ Cặp thứ nhất chọn ra 1 trong 4 nam và chọn ra 1 trong 4 nữ có C4

1.C41 cách

+ Cặp thứ hai có C3

1.C31 cách

+ Cặp thứ ba có C2

1.C21 cách

+ Cặp còn lại có C1

1.C11 cách

Vậy tổng số cách ghép cặp mỗi cặp gồm 1 nam và một nữ là

Bài 1 (Mathlinks.vn 50+6/2015) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC Gọi D,E,F lần lượt là

chân đường cao hạ từ các đỉnh A,B,C, và điểm G là trên tia đối của tia DE thoả mãn DG = DF Viết

phương trình đường thẳng AB, biết rằng đỉnh C nằm trên đường thẳng Δ có phương trình là

2x + y − 8 = 0 , và B(-4;-4), G(2;-6)

Lời giải:

Gọi H là trực tâm tam giác ABC, tứ giác BDHF nội tiếp nên

FDH ! = FBH ! = HCE ! ( cùng phụ góc BAC! )

Mặt khác tứ giác DHEC nội tiếp nên EDH ! = HCE!

Từ đó suy ra FDH ! = EDH ! ⇒ AD là phân giác góc EDF!

Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ 3x − y −12 = 0

2x + y − 8 = 0

⎧

⎨

Phương trình đường thẳng BC qua B,C là x − 2y − 4 = 0

Vì F là điểm đối xứng của G qua BC nên toạ độ trung điểm I của FG thoả mãn hệ

Vì I là trung điểm FG nên F(-2;2)

Phương trình đường thẳng AB qua B,F là 3x − y + 8 = 0

Bài 2.(Dự bị Mathlinks.vn) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, gọi P là điểm trên

cạnh BC Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB tại điểm D, đường thẳng qua P song song với AB cắt AC tại điểm E Gọi Q là điểm đối xứng của P qua DE Tìm toạ độ đỉnh A, biết rằng B(-2;1), C(2;-1)

và Q(-2;-1)

Lời giải:

Ta chứng minh Q thuộc đường tròn (ABC)

Vì AD//PE, AE//PD nên ADPE là hình bình hành do đó

PD = AE, AD = PE Gọi I,H lần lượt là giao điểm của DE với AP, CQ

Vì P,Q đối xứng nhau qua DE nên

DP = DQ, DH ⊥ PQ,EQ = EP

Do đó AE = DP = DQ,EQ = EP = AD Suy ra ADEQ là hình thang cân, vì vậy

DAQ ! + DEQ! = 1800 Tam giác ABC cân tại A nên tam giác EPC cân tại E, suy ra EP = EC

Lại có Q đối xứng với P qua DE nên EQ = EP ⇒ EQ = EP = EC

Từ đó suy ra EQC ! = ECQ!

EPH ! = EQH!

⎧

⎨

⎪

Do đó BCQ! = 1800− PEH! = 1800− QEH ! = DEQ! = 1800− BAQ!

Tức, BCQ ! + BAQ! = 1800 ⇒ ABCQnội tiếp, tức Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua B,C,Q là x2+ y2 = 5

Phương trình đường thẳng BC là x + 2y = 0

Phương trình trung trực của BC là 2x − y = 0

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 2x − y = 0

Bài 3.(Dự bị Mathlinks.vn). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm

I Các đường thẳng AI,BI,CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm D,E,F (D,E,F khác ba đỉnh của tam giác) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, và tìm toạ độ đỉnh A biết rằng D(9;10), E(6;1), F(1;6)

Lời giải:

Đường tròn qua D,E,F chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Giả sử phương trình đường tròn này là

x2+ y2+ 2ax + 2by + c = 0,(a2+ b2− c > 0)

M (−1

2; 3), I(

7

2;0)và AD= 5

Gọi E là trung điểm AC, ta có ME//AC, NE//CD

Do đó NI ⊥ ME, MI ⊥ NE ⇒ I là trực tâm của tam giác MNE

Suy ra EI ⊥ BD , lại có AC ⊥ BD do đó A,E,I thẳng

Vì A thuộc AC nên A(a;7-2a), vì D thuộc CD nên D(m; 4m− 9

3 ) Mặt khác N là trung điểm AD, và N thuộc MN nên

Bài 5 (Mathlinks.vn 50+8/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có tâm là gốc toạ độ

O, từ điểm P trên đường thẳng y− 3 = 0 kẻ hai tiếp tuyến PA,PB đến (C) Gọi I là điểm trên đoạn AB, qua

I kẻ đường thẳng vuông góc với OI cắt (C) tại C,D Tiếp tuyến của đường tròn (C) tại C,D cắt nhau tại

điểm Q(2;-1) Tìm toạ độ các điểm P,A,B biết rằng PA= 2 5 , và điểm A có hoành độ dương

Từ (1),(2) suy ra IA.IB = IO.IQ ⇒ QAOB nội tiếp (**)

Từ (*) và (**) suy ra 5 điểm P,Q,O,A,B cùng thuộc đường tròn đường kính OP

Bài 6 (Dự bị Mathlinks.vn) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC không tù có D là chân

đường phân giác trong của góc A Gọi O1 −1

3;

53

⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABD,ACD Biết rằng phương trình đường trung trực của đoạn BC là x− 3 = 0 , đỉnh A nằm trên Oy Tìm toạ độ điểm A, và viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Gọi M,N,E lần lượt là trung điểm của AB,AD,AC

Gọi O là tâm ngoại tiếp ABC

Ta có các tứ giác AMO1N, AO2EN, AMOE nội tiếp

BD = AO

AB ⇒ OO2 = BD

AB .AO Mặt khác theo tính chất đường phân giác, ta có:

x2+ y2+ 2ax + 2by + c = 0,(a2+ b2− c > 0)

b= −52

⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟, (D khác A) Biết rằng phương trình đường thẳng AB là x − y −1 = 0 Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C

AC là tiếp tuyến của (O1) nên ABD ! = CAD! , và AB là tiếp

tuyến của (O2) nên ACD ! = BAD!

Từ đó suy ra tam giác ABD đồng dạng với tam giác ACD

Gọi M,N lần lượt là trung điểm AB,AC ta có DMA ! = DNC!

Suy ra DMA ! + DNA! = 1800⇒ AMDN nội tiếp (1)

Mặt khác AMON nội tiếp đường tròn đường kính AO (2)

Từ (1),(2) suy ra D thuộc đường tròn đường kính AO, suy ra

29) / /(−5;2) ⇒ AD :5x − 2y +1 = 0

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ x − y −1 = 0

⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟ Suy ra B(2;1)

Phương trình đường tròn tâm O1 qua A,B,D có phương trình là (x− 2)2+ (y + 2)2 = 9 , tức O1(2;-2)

Phương trình phương trình đường thẳng AC qua A vuông góc với O1A là x+1 = 0

Gọi N là trung điểm AC thì N là hình chiếu của O lên AC, dễ có N(-1;0) Do đó C(-1;2)

Vậy A(-1;-2), B(2;1), C(-1;2)

Bài 8(Dự bị mathlinks.vn). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp

đường tròn tâm I có trọng tâm G 2

3;

43

Gọi M là trung điểm BC Ta chứng minh ME = MF

Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A, K là trung điểm EC, và D là điểm đối xứng của A qua I

Ta có MK//BE, mặt khác BE ⊥ AD nên MK ⊥ AD (1)

Tam giác MEF vuông tại F có KE = KF (2)

Từ (1),(2) suy ra: MK là đường trung trực của EF, do đó ME = MF

⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟

2+ 3a

2 +45

Bài 9 Mathlinks.vn 50+2/2015. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD

Gọi M là điểm trên cạnh AB, N là điểm trên tia đối của tia AD thoả mãn AD = AM, AN = BM Giả sử H(2;-2) là hình chiếu vuông góc của A lên A lên DM, E(2;3) là trung điểm của BN Viết phương trình đường thẳng AD biết đỉnh B có hoành độ dương và điểm F(5;7) thuộc đường thẳng BC

Theo giả thiết, AM = AD ⇒ ΔADM vuông cân tại A, nên

2DM Xét tam giác AHN và MHB có

Do đó tứ giác AHBN nội tiếp, suy ra BHN ! = BAN! = 900⇒ BH ⊥ HN , tức tam giác HNB vuông cân tại

Đường thẳng AD qua N nhận (2;1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là 2x + y + 3 = 0

Bài 10 (Chuyên KHTN lần 1/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC Gọi A’,B’,C’ lần lượt là các điểm sao cho các tứ giác ABA’C, BCB’A và CAC’B là hình bình hành Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết H1(0;−2), H2(2;−1), H3(0;1)lần lượt là trực tâm của các tam giác BCA’, CAB’,ABC’

Lời giải:

Vì ABA’C là hình bình hành nên AB//CA’; AC//BA’

Mặt khác CH1⊥ BA', BH1⊥ CA' nên

Bài 11. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;1) Gọi B’, C’ lần lượt là các điểm sao cho các tứ giác BCB’A và CAC’B là hình bình hành Tìm toạ độ các đỉnh B,C biết

H(2;−1), K(0;1)lần lượt là trực tâm của các tam giác CAB’,ABC’

Lời giải:

Vì ABCB’ là hình bình hành nên AB//CB’; BC//AB’

Mặt khác AH ⊥ CB';CH ⊥ AB'nên AB ⊥ AH; BC ⊥ CH

Do đó tứ giác ABCH nội tiếp đường tròn, tức H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Gọi I là tâm đường tròn này thì I chính là trung điểm của BH

Tương tự ta chứng minh được K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là

(C) : x2+ y2+ 2ax + 2by + c = 0 (a2+ b2−c > 0)

Do

A, H, K ∈ (C) ⇒

2a + 2b+ c = −2 4a −2b+ c = −5 2b + c = −1

Vì I là trung điểm của BH nên B(-1;0) và I là trung điểm của CH nên C(1;-2)

Bài 12(Chuyên ĐH Vinh lần 3/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm

G(8

3;0)và có đường tròn ngoại tiếp là (C) tâm I Biết rằng các điểm M(0;1) và N(4;1) lần lượt là các điểm đối xứng của I qua các đường thẳng AB và AC, đường thẳng BC đi qua điểm K(2;-1) Viết phương trình đường tròn (C)

Ta có AM = AI, AN = AI ⇒ AM = AN = AI Gọi E,F là trung điểm của AB và AC, ta có:

EF là đường trung bình của tam giác IMN và ABC nên MN//EF//BC

Phương trình đường thẳng BC qua K song song MN là

y+1 = 0 Gọi H là trung điểm BC, ta có H(a;-1)

Bài 13 (Chuyên ĐH Vinh lần 2/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm

G(2

3;

2

3), tâm đường tròn ngoại tiếp I(1;-2), điểm E(10;6) thuộc đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ

từ A và điểm F(9;-1) thuộc đường thẳng BC Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết B có tung độ bé hơn 2

Toạ độ B,C là nghiệm của hệ:

x + 2y −7 = 0 (x −1)2+ ( y + 2)2= 25

Bài 14 ( Chuyên ĐH Vinh lần 4/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có

AB = 2BC , B(7;3) Gọi M là trung điểm đoạn AB, E là điểm đối xứng với D qua A Biết rằng N(2;-2) là

trung điểm của DM, điểm E thuộc đường thẳng Δ :2x − y + 9 = 0 Tìm toạ độ đỉnh D

Do đó ΔANE = ΔMNB ⇒ AEN ! = MBN ! = ABN! , suy ra tứ giác

ANBE nội tiếp, do đó BNE ! = BAE! = 900⇒ BN ⊥ NE

Ta có, BN

! "!!

= (−5;−5) / /(1;1) Phương trình đường thẳng NE qua N vuông góc BN là x + y = 0

Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ 2x − y + 9 = 0

Đối chiếu điều kiện B,D khác phía với NE nhận D(1;-5)

Bình luận: Thực ra ta tìm D nhanh như sau, gọi D(a;b) ta có đặt AB = 2AD = 2t ⇒

lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACE Tìm toạ độ điểm E và D, biết rằng hoành độ điểm E lớn hơn hoành độ điểm D

Tam giác O1AE cân tại O1 nên

O ! = 901AE 0− ! AO1E

2 = 900− ABC ! (1) Tương tự có O ! = 902AE 0− ACB ! (2)

Từ (1),(2) suy ra: O ! =1801AO2 0−( ABC ! + ACB !) = 900

Phương trình đường thẳng O1O2 là 3x −2y −5 = 0

Giao điểm H của AE và O1O2 là trung điểm AE, toạ độ H là nghiệm của hệ

AIB! = 90° ⇒ BCA! = 45° hoặc BCA! =135°

Khi đó taSuy ra CAD! = 45° ⇒ ΔADCcân tại D

M C D

I B

A

Ta có: DA = DC, IA = IC ⇒ DI là đường trung trực của

AC, vì vậy DI ⊥ AC Phương trình đường thẳng AC qua M(-1;4) vuông góc DI là

x −2y + 9 = 0

Gọi E là trung điểm của AC, ta có IE qua I vuông góc AC là

2x + y + 3= 0

Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ

x −2y + 9 = 0 2x + y + 3= 0

Đường thẳng BC qua B,D có phương trình là x + 3y + 4 = 0

Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ