Đáp án đề thử đợt 5 thầy mẫn ngọc quang (1)

Thayquang Giúp các em học chắc kiến thử toán hơn nhóm toán thầy mẫn ngọc quang ĐỀ THI THỬ TIẾP CẬN KÌ THI QUỐC GIA 2016 Môn thi:Toán. Đề Thi Thử Lần 5 Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (2.0 điểm) Cho hàm số

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: Cho hàm số 2

x y x





 có đồ thị là  C

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số  C

b) Gọi M là một điểm thuộc đồ thị và H, K tương ứng là hình chiếu của M trên trục Ox và Oy Tìm tọa độ điểm M sao cho tứ giác MHOK có diện tích bằng 1

Lời giải:

b) Gọi ; 2

a

M a

a





  là một điểm bất kì thuộc đồ thị

Ta có S MHOK MH MK  1

a

a



 

2 2

2

2

2

2

1

4 1 0

a

 





    



 





  





Vậy có 4 điểm M thỏa mãn

Câu 2:

ĐK s inx 1

2



ptsin 2xcos 2xcosx3sinx 2 0cosx2sinx1  sinx1 2sin x1 0

2 1

2sin 1 cos sin 1 0 cos sin 1 sin

2













  



Vậy pt có 2 họ nghiệm xk2; 2

2



Câu 3 :

Câu 4: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  : 1 1

   và mặt phẳng   :xy z 50 Viết phương trình mặt phẳng  P vuông góc với mặt phẳng   và song song với đường thẳng   , đồng thời khoảng cách từ điễm A1;1;1 đến  P bằng 3

42

Câu 4:

Lời giải:

Có : n    1; 1;1 ;    u   2;3;1n    ;u    4;1;5

   

Phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với mặt phẳng   và song song với  nên nhận

   ;

n  u

 

làm vtpt

 (P): 4xy5z t 0

Theo bài ra:    

1 4.1 1 5.1

,

5

t t

d A P

t





Vậy có 2 pt mặt phẳng (P) thỏa mãn:  

 

    





    



Câu 5a: Giải phương trình sau 3x 5 4 4 log34 

Lời giải

Điều kiện: 4x0x4

Đặt log34  4 3y

    

Phương trình đã cho tương đương 3x 5 4 4 3x 4 4  4 3x 4 3y 4

Xét hàm số   3t '  1 3 ln 3x 0  

f t  t  f t     f t đồng biến

Xét hàm số   3x '  1 3 ln 3x 0  

g x x g x     g x đồng biến

Mà g 1 4x là nghiệm của phương trình 1

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  1

Câu 5b : Cách 1 :

Không gian mẫu là :  O 8!

Gắn 3 người , thầy Quang , Cương Béo và Lanh Huyet vào làm một nhóm cố định , khi đó có đến 8 vị trí để xếp

3 người kể trên , hơn nữa mỗi một lần xếp thì Cương Béo và Lanh Huyet lại có thể đổi vị trí cho nhau được nên ta

có 8.2 cách xếp 3 người ở các vị trí bên bàn tròn , Về phía 5 người còn lại có 5! cách xếp

Vậy không gian biến cố là :  A 2.8.5!

Vậy xác suất để 3 người Thầy Quang , Cương Béo , Lanh Huyet luôn ngồi cạnh nhau và thầy Quang ở giữa là :

2.8.5! 1

O

A



Cách 2 : Không quan tâm đến vị trí của thầy Quang quang bàn tròn , giả sử thầy Quang ở một vị trí cố định , khi

đó ta có không gian mẫu là   (8-1)! o

Thầy Quang ngồi giữa thì có 2 cách xếp Cương Béo và Lanh Huyet bên cạnh , 5 vị trí còn lại có 5! Cách , không gian biến cố lúc này là  A 2.5!

Vậy xác suất biến cố : “Thầy Quang luôn ngồi giữa Lanh Huyet và Cương Béo “ là : 2.5! 1

7! 21

Câu 6: Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AD2AB, SAABCD, SC2a 5 và góc giữa SC và ABCD bằng  600 Tính thể tích của khối chóp S ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD trong đó M là trung điểm của cạnh BC

Lời giải

Ta có     0

 AC SC.cosSCASC.cos 600 a 5

0

Ta có AB2 AD2  AC2 5AB2 5a2  ABa

2

ABCD

3 2

a

Dựng hình bình hành AMDN  AM / /DN

Kẻ AH SN

Ta có DN AN DN SAN DN AH











Mà AH SN  AH SDN AH d A SDN ,  

Xét SAN ta có 1 2 12 1 2 12 12 172 510  ,  510

Vậy

3

2 15 3

S ABCD

a

17

a

Câu 7 :

ABM

 có IN la đường trung bình , nên BM //IN , do đó BM vuông góc AB  Tứ giác INMB là hình thang

Kẻ KP vuông góc với AB  KP sẽ là đường trung bình của hình thang INMB (vì có KP song song 2 đáy và đi qua trung điểm của

MN)  P là trung điểm của BI

Xét tam giấc KBI có KP vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên KBIcân 

KB = KI

Cách 1 : I là điểm thuộc đường tròn tâm K(-2,-2) bán kính KB = 5 : (x+2)2 +(y+2)2 = 25

Gọi I(x,y)  A(2x - 1 , 2y – 2)  thay vào đường thẳng đi qua A ta có : (2x - 1 ) + (2y – 2) – 3 = 0 hay : x + y – 3

= 0

Giải hệ :

( 2) ( 2) 25

2, 1( )

3 0





=> A(3,0)

Nên ta có thể xác định P bằng cách sau : Viết phương trình đường thẳng KP (biết qua K , vuông góc KP) :

x – y = 0  P có tọa độ là nghiệm hệ : 3 0

0

  





 



 P(3/2,3/2)  I(2,1)  A(3,0)

Câu 8 : Giải bất phương trình :

2

1

5 4

x

 

  



BPT :

0

5 4

x



 Hướng bài toán này ta sẽ nhân thêm cả tử và mẫu với : x + 1 Tuy nhien ta phải xét 2 trường hợp sau

Xét trường hợp 1 : x + 1 = 0 hay x = -1 thì là nghiệm của bpt trên

Xét trường hợp 2 : x + 1 ≠ -1 ta nhân cả tử và mẫu với : x + 1 được :



0 (5 4)( 1)



2

(5 4)( 1) 0

 



Với : (5 4)( 1) 0 1, 4

5

x

Kết luận nghiệm của BPT là : 1, 4

5

x    



Cách 2 : Dùng Casio để giải bài toán trên : Dò nghiệm được x = -1 ta sẽ ép tích như sau :

2

2

2

2

0 (5 4)

0 (5 4)

4( 1)( 2)

(5 4)

(5 4 )

(5 4)

BPT

x

x

x

x













\

Xét riêng :

1

2 2

2

(5 4 )

1 1



  

x

x

Chú ý : Bài toán này các em có thể dung bình phương , hoặc kết hợp Casio để nhẩm nghiệm rồi ép tích !

Chúng ta sẽ sử dụng phương pháp tọa độ hóa và bất đẳng thức lượng giác trong bài toán này :

Ta được biểu thức B là :

P

P

Dấu “=” xảy ra khi sin 1

A

 và B = C , tức là tam giác ABC đều , hay AB = AC = BC

2 2 2 2

4

HẾT

CHÚ Ý : CÁC HƯỚNG GIẢI KHÁC MÀ CHO ĐÁP ÁN ĐÚNG VẪN ĐƯỢC TÍNH ĐIỂM TUYỆT ĐỐI