Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị C của hàm số đã cho và Ox.. Người ta phát 10 phong bì này cho 10 thí sinh trong đó có An và Bình, và yêu cầu mỗi thí sinh bốc thăm từ p
Trang 1Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 50 +7/2015
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = 3x − x3
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2 Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số đã cho và Ox
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình (sin x − cos x)2 = 1− 2
2
b) Tìm số phức z sao cho z2 là số phức liên hợp của z, và z có cả phần thực, phần ảo âm
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log52
x− log1 5
x− 2 = 0
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x)= 1
2x −1
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
2
+ 4
2x −1
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
2
với x∈ 1;2[ ]
Câu 5 (0,5 điểm). Có 10 phong bì giống hệt nhau, trong mỗi phong bì đựng 10 câu hỏi khác nhau và được đánh số từ 1 đến 10 Biết rằng bộ 10 câu hỏi trong 10 phong bì đôi một giống nhau Người ta phát
10 phong bì này cho 10 thí sinh trong đó có An và Bình, và yêu cầu mỗi thí sinh bốc thăm từ phong bì của mình ra 1 câu hỏi Tính xác suất để luôn có An hoặc Bình bốc thăm được câu hỏi đánh số 10 nhưng không có cả hai bạn đó cùng bốc thăm được câu hỏi đánh số 10
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng Δ đi qua hai điểm A(1;2;1),
B(2;-1;1), và mặt phẳng (P) có phương trình 2x + y + 2z −1 = 0 Viết phương trình đường thẳng Δvà tìm điểm M thuộc đường thẳng Δ sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 1
Câu 7 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có tam giác ABD đều cạnh bằng a, và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với mặt phẳng (ABC) Biết rằng tam giác ABC vuông tại C, và BC= a 6
3 Tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,AD Đường thẳng qua M vuông góc với CD cắt đường thẳng qua N vuông góc với BC tại điểm I Tìm toạ độ đỉnh A, biết rằng C(3;1),
M (−1
2; 3), I(
7
2;0) và AD= 5
Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình x − 2 + x3+ 3x2+ 3x −1 − x −1 > x3 2+ 2x
Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số số thực x,y,z thuộc đoạn [0;2], và x + y + z = 3, xy + yz + zx > 0 Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức P= x3y3+ y3z3+ z3x3
xy + yz + zx −
108
2x3+ 2y3+ 2z3− 9
-HẾT -
Trang 2PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = 3x − x3
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2 Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số đã cho và Ox
1 Học sinh tự giải
2 Phương trình hoành độ giao điểm: 3x − x3= 0 ⇔ x= 0
x= ± 3
⎡
⎣
Vì vây,
S= 3x − x3
dx
− 3
3
∫ = (x3− 3x)dx
− 3
0
∫ + (3x − x3
)dx
0
3
∫
= x4
4 −3x2
2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
0
− 3+
3x2
2 −x4 4
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
3
0 = 9
4+9
4 =9 2
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình (sin x − cos x)2 = 1− 2
2
b) Tìm số phức z sao cho z2 là số phức liên hợp của z, và z có cả phần thực, phần ảo âm
a) Phương trình tương đương với:
1− 2sin x cos x = 1− 2
2 ⇔ sin2x = 2
2 ⇔ 2x= π4+ k2π
2x= 3π
4 + k2π
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⇔ x= π8 + kπ
x= 3π
8 + kπ
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
, k∈!
b) Đặt z = a + bi(a,b ∈!;a < 0,b < 0) ⇒ z = a − bi ⇒ z2 = (a + bi)2 = a2− b2+ 2abi
Theo giả thiết ta có:
a2− b2+ 2abi = a − bi ⇔ a2− b2 = a
2ab = −b
⎧
⎨
b(2a+1) = 0
a2− b2− a = 0
⎧
⎨
⎩
⇔
b= 0
a2− a = 0
⎧
⎨
⎩
a= −1 2 1
4+1
2− b2 = 0
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⇔
a = 0,b = 0
a = 1,b = 0
a= −1
2,b= ± 3
2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
Đối chiếu với điều kiện a < 0,b < 0 ⇒ z = −1
2− 3
2 i
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log52
x− log1 5
x− 2 = 0
Điều kiện: x> 0 Phương trình tương đương với:
Trang 3log52x+ log5x− 2 = 0 ⇔ log5x= 1
log5x= −2
⎡
⎣
x= 5
x= 1 25
⎡
⎣
⎢
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x)= 1
2x −1
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
2
+ 4
2x −1
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
2
với x∈ 1;2[ ]
Đặt t= 2− x∈ 1
4;
1 2
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥,∀x ∈ 1;2[ ], ta có:
f (x) = g(t) = (t −1)2+ (4t −1)2 = 17t2−10t + 2 = 17(t − 5
17)
2+ 9
17 ≥ 9
17,∀t ∈ 1
4;
1 2
⎡
⎣⎢ ⎤⎦⎥
Do đó min f (x) = min g(t) = g( 5
17)= 9
17⇔ 2− x = 5
17⇔ x = − log2 5
17
Câu 5 (0,5 điểm). Có 10 phong bì giống hệt nhau, trong mỗi phong bì đựng 10 câu hỏi khác nhau và được đánh số từ 1 đến 10 Biết rằng bộ 10 câu hỏi trong 10 phong bì đôi một giống nhau Người ta phát
10 phong bì này cho 10 thí sinh trong đó có An và Bình, và yêu cầu mỗi thí sinh bốc thăm từ phong bì của mình ra 1 câu hỏi Tính xác suất để luôn có An hoặc Bình bốc thăm được câu hỏi đánh số 10 nhưng không có cả hai bạn đó cùng bốc thăm được câu hỏi đánh số 10
Không gian mẫu là số cách bốc thăm của 10 thí sinh, mỗi thí sinh có 10 lựa chọn nên n(Ω) = 1010 Gọi A là biến cố luôn có An hoặc Bình bốc được câu hỏi đánh số 10 nhưng không có cả hai bạn đó cùng bốc thăm được câu hỏi đánh số 10
Để tính số kết quả thuận lợi của A, ta mô tả cách bốc thăm thoả mãn
+ Nếu An bốc thăm được câu hỏi số 10, Bình bốc thăm được câu hỏi khác 10 có 108
.1.C91cách
+ Nếu Bình bốc thăm được câu hỏi số 10, An bốc thăm được câu hỏi khác 10 có 108
.1.C91cách
Vậy có tất cả 108
.1.C91+108
.1.C91 = 18.108 cách bốc thăm thoả mãn, vậy n(A)= 18.108
Xác suất cần tính P(A)= n(A)
n(Ω)=
18.108
1010 = 9
50
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng Δ đi qua hai điểm A(1;2;1),
B(2;-1;1), và mặt phẳng (P) có phương trình 2x + y + 2z −1 = 0 Viết phương trình đường thẳng Δvà tìm điểm M thuộc đường thẳng Δ sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 1
Ta có, AB! "!!
= (1;−3;0) ⇒ Δ :
x = 1+ t
y = 2 − 3t
z= 1
⎧
⎨
⎪
⎩⎪
Vì M thuộc Δnên M(1+t;2-3t;1)
Ta có: d(M;(P))= 1 ⇔ 2(1+ t) + (2 − 3t) + 2.1−1
22+12+ 22 = 1 ⇔ 5− t
3 = 1 ⇔ t= 2
t= 8
⎡
⎣
⎢
Suy ra M(3;-4;1) hoặc M(9;-22;1)
Câu 7 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có tam giác ABD đều cạnh bằng a, và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với mặt phẳng (ABC) Biết rằng tam giác ABC vuông tại C, và BC=a 6
3 Tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Trang 4Tam giác vuông ABC có AC = AB2− BC2 = a 3
3
Suy ra S ABC =1
2AC.BC= 1
2.
a 3
3 .
a 6
3 =a2 2
6
Gọi M là trung điểm AB, tam giác ABD đều nên DM ⊥ AB Mặt khác (ADB) ⊥ (ABC) ⇒ DM ⊥ (ABC)
Tam giác đều ABD có DM = DBsin600= a 3
2
Vì vậy V ABCD= 1
3S ABC .DM = a2 2
18 .
a 3
2 =a3 6
36 (đvtt)
Vì tam giác ABC vuông tại C nên M là tâm ngoại tiếp tam giác ABC, và DM là trục đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC
Gọi O là tâm tam giác đều ABD thì OD = OA = OB = OC ⇒ Olà tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCD
Bán kính mặt cầu, R = DO = 2
3DM = a 3
3 ⇒ S = 4π R2= 4πa2
3
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,AD Đường thẳng qua M vuông góc với CD cắt đường thẳng qua N vuông góc với BC tại điểm I Tìm toạ độ đỉnh A, biết rằng C(3;1),
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 ⇒ Ilà trực tâm của tam giác MNE
Suy ra EI ⊥ BD , lại có AC ⊥ BD do đó A,E,I thẳng hàng, tức
I thuộc AC
Phương trình đường thẳng AC qua C,I là 2x + y − 7 = 0
Phương trình đường thẳng MN qua M vuông góc AC là
2x − 4y +13 = 0
Phương trình đường thẳng CD qua C vuông góc MI là 4x − 3y − 9 = 0
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
a + m −4(6− 3a + 2m)
3 +13 = 0 ⇔ m = 3a + 3 ⇒ D(3a + 3;4a +1)
Theo giả thiết, AD = 5 ⇔ (2a + 3)2+ (6a − 6)2 = 25 ⇔ 2a2− 3a +1 = 0 ⇔ a = 1;a = 1
2
Vậy A(1;5) hoặc A 1
2;6
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình x − 2 + x3+ 3x2+ 3x −1 − x −1 > x3 2+ 2x
Trang 5Bất phương trình tương đương với:
x − 2 + (x +1)3− 2 − x −1 > x3 2+ 2x
⇔ x − 2 + (x +1)3− 2 − (2x +1) + (x − x3 2+ 2x
)> 0
⇔ x − 2 + (x+1)3− 2 − (2x +1)2
(x+1)3− 2 + 2x +1 +
x3− (x2+ 2x)
x2+ x x3 2+ 2x + (x3 2+ 2x)2 > 0
⇔ x − 2 + (x − 2)(x2+ x +1)
(x+1)3− 2 + 2x +1+
x(x − 2)(x +1)
x2+ x x3 2+ 2x + (x3 2+ 2x)2 > 0
⇔ x − 2 1+ x2+ x +1
(x+1)3− 2 + 2x +1+
x(x+1)
x2+ x x3 2+ 2x + (x3 2+ 2x)2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥> 0
⇔ x − 2 > 0 ⇔ x > 2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S= (2;+∞)
Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số số thực x,y,z thuộc đoạn [0;2], và x + y + z = 3, xy + yz + zx > 0 Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức P= x3y3+ y3z3+ z3x3
xy + yz + zx −
108
2x3+ 2y3+ 2z3− 9
Ta chứng minh,
(x3y3+ y3
z3+ z3
x3)(x3+ y3+ z3
)≤ 36(xy + yz + zx)
⇒ x3y3+ y3z3+ z3x3
xy + yz + zx ≤
36
x3+ y3+ z3
(Xem thêm Kỹ thuật giải nhanh Bất đẳng thức Min Max cùng tác giả)
Không mất tính tổng quát giả sử x = max x, y,z{ }⇒ x ≥ 1⇒ x ∈ 1;2[ ]
Từ đó suy ra:
x3+ y3+ z3 − 108
2x3+ 2y3+ 2z3− 9 Đặt t = x3+ y3+ z3≤ x3+ (y + z)3= x3+ (3− x)3≤ 9 , và t ≥ 3
Khi đó P ≤ f (t) = 36
2t− 9 , ta có:
f '(t)= 108
(2t− 9)3 − 36
t2 =108t2− 36 (2t − 9)3
t2
(2t− 9)3 > 0,∀t ∈ 3;9[ ]
Do đó hàm số f(t) đồng biến trên đoạn [3;9] Suy ra f (t) ≤ f (9) = −32 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x = 2, y = 1,z = 0 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng -32