Đề toán Megabook số 1 full đáp án

từ tập hợp S chọn ngẫu nhiên một số, tính xác suất để trong 5 chữ số của nó có đúng 2 chữ số lẻ.. + Tính tổng hệ số góc tiếp tuyến: Đổi biến tx2ta có  d cắt  C tại 4 điểm phân biệt

ĐỀ TẶNG KÈM MÔN TOÁN: ĐỀ SỐ 1

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x 42x2 (C)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C

b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng y m cắt đồ thị  C tại 4 điểm phân biệt , , E F M N , Tính tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị  C tại các điểm , ,E F M N,

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2 cos 1 cos 2 1 cot

x

x

Câu 3 (1,0 điểm) Tìm tích phân 2  

0

2 sin 3 2 cos sin cos





Câu 4 (1,0 điểm)

a) Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức z 3 2i 3 Hãy tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số

phức w , biết w  z 1 3i

b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau Tính số phần tử của S từ tập

hợp S chọn ngẫu nhiên một số, tính xác suất để trong 5 chữ số của nó có đúng 2 chữ số lẻ

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 3 4 3

y

và mặt phẳng ( ) : 2 x2y z  9 0 Viết phương trình đường thẳng  nằm trong   ;  qua

giao điểm A của d và   và góc giữa  và Ox bằng 45 0

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B Tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Góc giữa mặt phẳng SBC và đáy bằng

0

60 Biết SA2 ;a BC a Tính theo a thể tích khối chóp S ABC và khoảng cách giữa hai đường

thẳng SA và BC

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và

B Đường chéo AC nằm trên đường thẳng : 4 d x7y28 0 Đỉnh B thuộc đường thẳng

:x y 5 0

    , đỉnh A có tọa độ nguyên Tìm tọa độ , , A B C biết D 2; 5 và BC2AD

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2

2

2 3 2 2





Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực , , a b c thỏa mãn a b c  0;a 1 0;b 1 0; 2c 1 0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.a

- Tập xác đinh: DR

- Sự biến thiên:

+ Chiều biến thiên: 3

' 4 4

y  x  x; ' 0 0

1

x y

x

 

    



    ' 0, 1; 0 1;

y    x  , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng 1; 0 và 1;

    ' 0, ; 1 0;1

y     x , suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và  0;1

+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x0,y CD0 Hàm số đạt cực tiểu tại x 1,y CT  1

xy  xy 

+ Bảng biến thiên

'

y  0  0  0 

y 

1

0

1





- Đồ thị:

+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm  2; 0 , 0;0 ,    2; 0

+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0; 0

+ Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng

+ Đồ thị hàm số đi qua điểm 2;8 , 2;8  

- Vẽ đồ thị:

Câu 1.b Từ đồ thị suy ra, để đường thẳng y m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt khi 1  m 0

Hoành độ 4 giao điểm là nghiệm của phương trình x42x2 m x42x2 m 0 (*)

Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi phương trình t2  2t m 0có 2 nghiệm dương phân biệt 0 t 1 t2

Khi đó 4 nghiệm của pt (*) là x1  t x2; 2  t x1; 3 t x1; 4  t2

Như vậy ta có x1 x x4; 2 x3 Ta có 3

y  x  x Suy ra tổng hệ số góc của 4 tiếp tuyến tại 4 giao điểm với đồ thị  C là:

1 2 3 4 4 1 4 1 4 1 4 2 4 1 4 3 4 1 4 4

Nhận xét: Đây là dạng toán biện luận số giao điểm của một đường thẳng  d với một hàm số

 C cho trước Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số dựa vào dáng điệu của đồ thị xét các trường hợp: + d cắt  C tại n n 1 điểm phân biệt

+ d và  C không có điểm chung

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

+Kiến thức cần nhớ: Điểm Q x y Q, Q là tọa độ tiếp điểm của hàm số y f x  Phương trình tiếp tuyến tại Q là y f x' Q x x Qy Q , hệ số góc tiếp tuyến là k f x' Q

+ Tìm m để đường thẳng y m cắt  C tại 4 điểm , ,E F M N : Dựa vào dáng điệu đồ thị , , đường thẳng ym song song với trục Ox nên sẽ cắt  C tại 4 điểm phân biệt khi 1  m 0 + Tính tổng hệ số góc tiếp tuyến: Đổi biến tx2ta có  d cắt  C tại 4 điểm phân biệt nên

phương trình có hai nghiệm dương phân biệt Tham số các nghiệm theo t tính được 4 hệ số góc tiếp tuyến tại 4 hoành độ giao điểm ( đối xứng qua trục Oy ) , từ đó tính được tổng hệ số góc

Lưu ý: Ngoài cách sử dụng dáng điệu đồ thị ta có thế làm như sau: Viết phương trình giao điểm

x  x  m x  x  m Bài toán tương đương tìm m để phương trình x42x2 m 0

có 4 nghiệm phân biệt

Đổi biến tx2 0, ta tìm m để phương trình t2  2t m 0 có 2 nghiệm 2 1

' 0

0

P

 



 



Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Cho hàm số y x 3 m1x23x m 1 Tìm tất cả các giá trị của m để tiếp tuyến của

đồ thị tại điểm có hoành độ bằng 1 tạo 2 trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2

Đáp số: m 1,m3

b Cho hàm số y x 33x2 Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số để tiếp tuyến của hàm số tại M cắt đồ thị tại điểm thứ hai là N thỏa mãn x Mx N 6(Thi thử lần 3-THPT Thái Hòa-Nghệ An)

Đáp số: M  2; 4 ,M 2;0

Câu 2 Điều kiện x  k k;

Phương trình tương đương   2

sinx cosx2cos2x sinx cosx sinx cosx 2cos2x 1 0

sin cos cos 2 0

cos 2 0

x

+ Với sin cos 0 tan 1

4

+ Với cos 2 0 2

x  x      k x  k

Phương trình có nghiệm: ;

Nhận xét: Bài toán lượng giác cơ bản , ta chỉ cần sử dụng bến đổi các công thức hạ bậc , cosin

của một hiệu và phân tích nhân tử Tuy nhiên cần hết sức lưu ý việc xem xet điều kiện xác định của phương trình để tránh kết luận thừa nghiệm dẫn tới lời giải sai

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

-Công thức cosin của một tổng , hiệu :  

 

cos cos cos sin sin cos cos cos sin sin







-Công thức hạ bậc: 1 cos2 c2cos2c, 1 cos2 c2sin2c

-Công thức nghiệm cơ bản của phương trình lượng giác:

2

cosxcos    x k2 ; k Z

tanx tan       x k k Z;

cotxcot      x k k Z;

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Giải phương trình 5cos 2 4sin 5 9

    Đáp số: x 3 k2



b Giải phương trình sin cos 2 tan 2 cos 2 0

sin cos



2

2

2

sin cos '

sin cos







2 0

Nhận xét: Bản chất của bài toán là tách tử của biểu thức dưới dấu tích phân theo mẫu và đạo hàm của mẫu Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta khó có thể sử dụng một trong hai phương pháp đổi biến số hoặc tích phân từng phần

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

-Ta có      



Tổng quát :        



-Với các nguyên hàm cơ bản của f x , công thức nguyên hàm tổng quát u'du lnu C

Thay cận ta tính được I

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Tính tích phân

2

3 0

sin sin cos

x







2

I

b Tính tích phân

1

1 ln

x

xe







e

e I

e



3

a x

b y

  

Thay vào (1) ta được   2 2

x  y  M thuộc     2 2

Vậy tập hợp điểm M là đường     2 2

Nhận xét: Đây là dạng toán toán tìm biếu diễn của số phức w theo số phức z thỏa mãn điều

kiện nào đó

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

-Mọi số phức có dạng z a bi a b R  ; ,  

-Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực và phần ảo của 2 số đó bằng nhau

- Từ số phức z : Thay z a bi  vào phương trình z 3 2i 3 Tìm được mối quan hệ giữa phần thực và phần ảo

- Đặt w x yi  , thay lại biểu thức mối quan hệ phần thực và ảo của z ta tìm được tập hợp điểm

biểu diễn

-Các trường hợp biểu diễn cơ bản :

+Đưởng tròn:   2 2 2 2 2

+Hình tròn:   2 2 2 2

+Parapol: y ax 2bx c

+Elipse:

2 2

2 y2 1

x

Bài toan kết thúc

Bài tập tương tự:

a Cho số phức z thỏa mãn 1 3

1

i z

i





 Tìm modul của số phức w z iz  Đáp số:

w  2

b Tìm số phức z thỏa mãn 1 3i z  là số thực và z 2 5i 1 Đáp số:

7 21

2 6 ;

5 5

Câu 4.b Gọi A là biến cố số được chọn là số có 5 chữ số khác nhau và trong 5 chữ số của nó có

đúng 2 số lẻ Ta tìm số phần tử của A như sau: Gọi y mnpqr A  , ta có:

+ Trường hợp 1: Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0:

Lấy thêm 2 số lẻ và 2 số chẵn có 2 2

5 4

C C cách;

Xếp 5 số được chọn vào các vị trí , , , ,m n p q r có 4.4! cách

Suy ra trường hợp 1 có 2 2

5 4.4.4! 5760

+ Trường hợp 2: Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt số 0:

Lấy thêm 2 số lẻ và 3 số chẵn có 2 3

5 4

C C cách;

Xếp 5 số được chọn vào các vị trí , , , ,m n p q r có 5! cách

Suy ra trường hợp 2 có 2 3

5 4.5! 4800

Vậy A 5760 4800 10560  Do đó   10560 220

27216 567

Nhận xét: Bài toán xác suất cơ bản , ta chỉ cần áp dụng công thức tính xác suất với biến cố theo

dữ kiện trong giả thiết

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

-Công thức tính xác suất của một biến cố A : P A   A



 ( trong đó  A là số trường hợp

thuận lợi cho A ,  là tổng số kết quả có thể xảy ra )

- Ta tính tổng số kết quả có thể xảy ra

- Gọi A là biến cố số được chọn là số có 5 chữa số khác nhau và trong 5 chữa số của nó có đúng

2 số lẻ

- Tính số phần tử của A bằng cách gọi y mnpqr A  Ta chia các trường hợp sau:

+Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0

+Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt chữ số 0

- Áp dụng công thức tính xác suất ta được P A  

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 có thế lập được bao nhiêu số lẻ có 4 chữ số đôi một khác nhau

và luôn có mặt chữ số 2 Đáp số: 204

b Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9 Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để

xác suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn 5

6.(Thi thử THPT chuyên

Vĩnh Phúc khối D 2012-2013) Đáp số: Rút ít nhất 6 thẻ

Câu 5 Gọi A là giao điểm của d và   , suy ra A–3; 2;1 Gọi ua b c; ;  là một vectơ chỉ

Ta có một vectơ pháp tuyến của   là n2; –2;1

Ta có u n  0 2a2b c     0 c 2a 2b

2 2 2

a

3

a b

a

 





+ Với a b , chọn

3

1

z

   



 



+ Với 5

3

b

y

Nhận xét: Hướng giải cho bài toán: Để viết phương trình đường thẳng ta tìm một điểm thuộc

và một vector chỉ phương của 

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

- Tìm tọa độ giao điểm A d   : Tham số hóa A d , thay vào mặt phẳng   ta tính được A

- Viết phương trình đường thẳng : Tham số hóa ua b c; ; là một vector chỉ phương của 

Do      u n   0(Với n  là một vector pháp tuyến của   ) Ta tìn được mối quan hệ giữa , ,a b c Chọn vector chỉ phương viết được 

- Lại có công thức tính góc giữa hau đường thẳng       '

'

; ' : cos , '

d d

d d

u u

2

- Một đường thẳng có vố số vector chỉ phương nên lần lượt chọn giá trị ,a b cho các trường hợp tương ứng

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A1; 2; 1 , đường thẳng : 2 2

y

mặt phẳng   : 2x y z   1 0 Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt d và

song song với mặt phẳng  

y

b Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A0;1; 3 và đường thẳng

1

3

z

  

  



 



Hãy tìm

các điểm ,B C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC đều

Đáp số:





Câu 6 Gọi H là trung điểm AC , suy ra SHABC

Kẻ HIBCSIBC

Góc giữa SBC và đáy là  SIH600

.sin 60

2

3

a

Kẻ Ax song song với BC , HI cắt Ax tại K Kẻ IM vuông góc với SK

Ta có AK SIK AKIMIMSAK

Tam giác SIK đều, suy ra 3 5

4

a

Nhận xét: Đây là toán có sử dụng hình học không gian tổng hợp lớp 11, yếu tố vuông góc của

hai mặt phẳng , góc giữa hai mặt phẳng

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

-Công thức tính thể tích khối chóp 1 h

3

-Dựng góc giữa hai mặt phẳng SBC , ABC: Goi H là trung điểm của AC Do mặt phẳng

SAC  ABC nên SHABC.SBC ABC, SIH600

- Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp 1 . 1 1

- Tính khoảng cách d SA BC , : Lí thuyết tính bằng cách khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng này tới một mặt phẳng chứa đường thẳng còn lại

Kẻ Ax/ /BC, kẻ IMSKAK SIK IMSAK Suy ra d SA BC , IM SH

Lưu ý: Có thể sử dụng tỉ lệ khoảng cách

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

a Cho hình chóp tam giác đều S ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bân và đáy bằng

0

60 Gọi M là trung điểm của SC Tính thể tích khối chóp S ABC và khoảng cách giữa

hai đường thẳng AM và SB Đáp số: 3 3

24

V  a (đvtt) và   2

,

4

a

b Cho hình chóp S ABC có SA3a , SA tạo với đáy ABC một góc bằng  60 Tam giác 0

ABC vuông tại B , ACB300 G là trọng tâm tam giác ABC , hai mặt phẳng

SGB , SGC cùng vuông góc với mặt phẳng ABC Tính thể tích khối chóp S ABC

Đáp số:

3

243 112

a

V  (đvtt)

Câu 7 Do B, suy ra B b b ; 5

Ta có  

;

93

11 63 30

b



B và D ở khác phía đối với đường thẳng AC nên

4x B7y B28 4 x D7y D28 0 30 11 b630

Do đó ta được b3, suy ra B3; –2

4 42 3;

7

a

 

2

0 0; 4

13

a

  



3 2 2 0

2 2 5 4

C

C

x

y



Vậy A  4;0 ,B 3; –2 và C 7; 0 là điểm cần tìm

Nhận xét: Để giải bài toán ta sử dụng kiến thức tham số hóa điểm thuộc đường thẳng cho trước,

sử dụng khoảng cách-tỉ lệ khoảng cách tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

-Phương pháp tham số hóa điểm theo đường thẳng cho trước: Điểm

n

-Khoảng cách từ điểm M x M;y Mtới phương trình đường thẳng   :mx ny p  0được xác

định theo công thức d M ;  mx M 2ny M2 p

 

-Tính chất vector: u x y v z t   ; , ; với u kv x kz

 



Áp dụng cho bài toán:

- Tham số hóa tọa độ điểm B Do  

-Để loại nghiệm sử dụng tính chất: 4x B7y B28 4 x D7y D280 B

-Tương tự A d DA BA, Mặt khác ,DA BA.  0 A

- Tính tọa độ điểm C : BC2ADC

Bài tập tương tự:

a Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , trực tâm H3; 2 Gọi ,D E lần

lượt là chân đường cao kẻ từ ,B C Biết điểm A thuộc đường thẳng  d x: 3y 3 0, điểm F2; 3thuộc đường thẳng DE và HD2 Tìm tọa độ đỉnh A

Đáp số: A 3; 0

b Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A 1; 3 ,  B 5;1 Điểm M thuộc đường thẳng BC sao cho MC2BB Tìm tọa độ đỉnh C biết MA AC 5 và đường thẳng

BC có hệ số góc nguyên

Đáp số: C4;1

Câu 8 Phương trình thứ hai tương đương 3x22y3x22y 3 32y 2 y

Đặt

2 2 3

2



u u vv

Xét f t 3t t; ta có f t' 3 ln 3 1 0;t    t , suy ra f t  đồng biến trên

Nhận thấy f u    f v  u v là nghiệm duy nhất cua phương trình

Thay yx21 vào phương trình thứ nhất, ta được x2x2 1 5x 2 7 x x 2  1 x 1

2x 5x 1 7 x 1 2 x x 1 3(x 1) 7 x 1 x x 1

Đặt

2

1; 0 1; 0





Phương trình trở thành 2 2 3

2

 

+ Với 2   2 4 6 23 8 6

Hệ phương trình có nghiệm:  x y; 4 6; 23 8 6 , 4    6; 23 8 6 

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp hàm đặc trưng kết hợp phương pháp hệ số bất định Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

-Hàm số f x  đồng biến(nghịch biến) trên D f u    f v  u v

-Hàm số f x  đồng biến(nghịch biến) trên D f x 0có nhiều nhất 1 nghiệm

-Hàm số f x đồng biến trên D , g x nghịch biến trên   D f x   g x có nghiệm duy nhất

Ý tưởng: Từ phương trình thứ nhất tách hoặc bình phương sẽ ra phương trình khó bậc cao, khó tìm mối quan hệ giữa ,x y

- Nhận thấy phương trình thứ 2 của hệ có sự tương đồng 3x22y3,x22y3với 32y,2y

có cùng dạng 3 ,m m 

- Phương trình thứ hai của hệ biến đổi thành: 3u u 3vv trong đó

2





 

- Xét hàm số f t 3tt đồng biến trên R f u    f v  u v Thay lại phương trình thứ

nhất , sử dụng hai ẩn phụ 2 1  

, 0 1

a b



 thu được phương trình đẳng cấp bậc 2

Lần lượt giải 2 phương trình vô tỉ cơ bản ứng với 2 trường hợp kiểm tra điều kiện ta thu được nghiệm của hệ

Lưu ý: Từ phương trình 2x2   x 1 3x 1 7 x1 x2 x 1, ta có thể chia 2 vế cho

x2  x 1 giải phương trình ẩn

2

1 1

x z





Bài toán kết thúc