ĐÁP án CHI TIẾP đề THI THỬ lần 10

Và viết phương trình đường vuông góc chung giữa 2 đường đó.. Câu 6 1điểm : aThầy Quang phát thưởng cho 60 bạn học sinh giỏi trong nhóm HỌC SINH THẦY QUANG BABY , trong đó có 14 em trùng

Câu 1 (1điểm) :Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : 3 ( )

1

x

x







Câu 2 (1điểm) : Tìm m để đồ thị hàm số sau y  x4 2 mx2 m  có 3 điểm cực trị tạo 1 thành một tam giác có diện tích bằng 32

Câu 3 (1điểm) : Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi : 1, , 0, ln

2

x

x x e y y

x

Câu 4 (1điểm) : a)Giải PT sau : 2.sinx.sin3x + sin2x = 4cosx.sin3x + 2cos2x + 2

Câu 5 (1điểm) : Cho phương trình 2 đường thẳng sau

3 7

1 3

 





  

 Chứng minh rằng 2 đường thẳng trên chéo nhau Và viết phương trình đường vuông góc chung giữa 2 đường đó

Câu 6 (1điểm) : a)Thầy Quang phát thưởng cho 60 bạn học sinh giỏi trong nhóm HỌC SINH THẦY QUANG BABY , trong đó có 14 em trùng tên Sắp xếp 60 em một cách

ngẫu nhiên thành một hàng ngang Tính xác xuất để 14 em trùng tên đứng cạnh nhau

log (x1) log 4xlog (4x) 2

Câu 7 (1điểm) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B Các mặt

bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy , I là trung điểm của SC Cho

AB = 2a , SA = BC = a , CD  2 a 5 Gọi H là điểm thỏa mãn 1

5

AH  AD

 

Tính theo a thể tích tứ diện IBCD Và tính khoảng cách 2 đường thẳng BH và SC

Câu 8 (1điểm) : Cho điểm A thuộc Elip (E) có tam sai e = 4/5 , tiêu cự là 8 Qua điểm A

vẽ một hình vuông ABCD có tâm là I(2,1) Điểm G thuộc cạnh BC Điểm H thuộc cạnh

CD sao cho  GIH  45O M là trung điểm của AB Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông và tọa độ điểm G Biết rằng đường thẳng MG vuông góc với (d) : 5x + y + 7 = 0 Điểm K(-5,-2) thuộc đường thẳng AH Biết yA nguyên









Câu 10 (1điểm) : Cho các số a b c , ,  0, a b c    Tìm Min : 4

Câu 1:

Tập xác định D=R\{-1}

Sự biến thiên

+

 2

4

1

y

x



=> Hàm số đồng biến trên  ; 1va 1; 

Hàm số không có cực trị

x



   là TCN

+

 1  1

    suy ra x=-1 là TCĐ

+Tâm đối xứng I(-1,1)

+ Bảng biến thiên



1

Đồ thị

Câu 2:

TXĐ: DR

2

0

0

x







Hàm số có 3 điểm cực trị  y'0 có 3 nghiệm phân biệt m0

Khi đó, giả sử các điểm cực trị là A0;m1 ; B m;m2m1 ; C  m;m2m1 

Ta có tam giác ABC cân tại A

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 10

Gọi H là trung điểm BC suy ra H0;m2 m1AH m2

2

ABC

S  AH BCm m m

Vậy m=4 là giá trị cần tìm

Câu 3:

Hình phẳng đã cho tình bới S=

1

1 ln

1

2

e

x







Vậy S= 2 e

Câu 4:

Phương trình đã cho tương đương:

2 sin 3 sin 2 cos 2 cos sin 2 cos 0

sin 3 cos





2











+/ sinx2cosxtgx2xacrtg2k

K thuộc Z

Câu 5:

Ta có u d11; 2; 1 ;  u d2   7; 2; 3 

Có 1 2

7 2

 d1; d2 không song song

Lấy M17; 3; 9d M1; 23;1;1d2M M1 2  4; 2; 8 ; u d1;u d2    8; 4; 16 

Suy ra u d1;u d2.M M2 2 0d1

  

chéd2.

Gọi phương trình cần tìm là  có VTCPu

Từ giả thiết suy ra uu d1;u d2    8; 4; 16  2;1; 4 

  

b)Gọi A(7+t’ ; 3+2t’ ;1+3t’) là giao điểm của d1 với đường thẳng d là đường vuông góc chung Gọi B(3-t; 1+2t; 1+3t) là giao điểm của d2 và d

 Vecto AB là VTCP của d

 Vt AB ( 7+t’+7t; 2+2t’-2t;8-t’-3t)

Ta có AB vuông vt Ud1 => 6t’+6t=0  t’+t=0 (1)

Lại có vt AB vuông Ud2 => -6t’-62t=0 (2)

Từ (1) và (2) => t’=0 và t=0

Ta tìm được 2 điểm A,B mà đường thẳng d đi qua

7 3 9 (7,3, 9), (3,1,1), ( 4, 2, 8) / /(2,1, 4) ( ) :

Câu 6

a -Số cách sắp xếp 60 bạn là: Ω = 60!

Gọi A là biến cố” 14 em được xếp trùng tên nhau”

- Trong một hang ngang gồm 60 bạn có 47 vị trí 14 bạn trùng tên xếp liên tiếp,

Số cách sắp xếp 14 bạn trùng tên là : 47! 14!

-Vậy xác suất 14 bạn trùng tên xếp vị trí trùng nhau là : P=47! 14!

60!

b log4 x  1 2  log 2 4  x  log8 4  x 3 2

ĐK:  4 x4,x 1

Phương trình tương đương:

2

2

2

log 1 log

4

16 1

1

1

4 2

2 2 6

x

x x

x

x x

x x

 















 

 



Vậy phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện

Câu 7

a Ta có (SAB) và (SAD)  (ABC)SA(ABCD)

( , ( )) ( , ( ))

a

Gọi điểm N thuộc AD sao cho BCDN là hình bình hành

2 5



 



Xét tam giác vuông ABN có :

3 2

( 5 )2 6 , 5 2

1

IBCD

b.Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ CE//BH (E thuộc AD) ta có

1 ( , ) ( , ( )) ( , ( )) ( , ( ))

2

d BH SC d BH SCE d H SCE  d A SCE

Kẻ AF vuông góc CE tại F , AF cắt BH tại K Kẻ AJ vuông góc với SF tại J suy ra

( , ( )) AJ

AF=

AJ

( , ) ( , ( ))

d A SCE

AK

a

a



Câu 8:

Bước 1 : Ta chứng minh tính chất : MG // AH

Cách 1 : Chứng minh bằng hình học thuần túy :

Dùng tính chất 2 góc có cạnh tương ứng song song

Lý thuyết : Nếu ta có A=A’ , Ax//A’x’ thì Ay//A’y’

Ta sẽ chứng minh 2 góc BMG = AHD

(Điều này tương đương tam giác MBG đồng dạng HDA , Vì góc D = B = 90O )

Ta có I1 = G1 (BGI) vì cùng + GIB + 45O = 180O

Lại có IDH = IBG = 45O

IDH đồng dạng GBI

DH GB ID IB

2

Ta sẽ chứng minh MBG đồng dạng HDA (g.c.g) :

2

Từ (1),(2) => MBG đồng dạng HAD => BMG = AHD (đúng) => AH//MG

Cách 2 – Dùng chuẩn hóa tọa độ để chứng minh tính chất (chữa cháy):

Nhận xét , bài toán cho hình vuông , nên ta hoàn toàn có thể chuẩn hóa độ dài cạnh hình vuông là

2 (đơn vị độ dài) – Mỗi đơn vị là bao nhiêu trong thực tế ta không cần quan tâm , đễ thấy tính chất của hình vuông sẽ không thay đổi nếu ta làm như sau

Chọn hệ trục với :

         

 

 

0;0 ; 0; 2 ; 2,0 ; 2; 2 0;1

0;

2 2

2 2

0; / / 0;1

/ / 0;1

t G

t t

MG

MG



















Bước 2 :Tính toán ( ta quay trở lại bài toán tổng quát )

4

5

c

y x

e

a













Phương trình AH x: 5y90

Tọa độ A là nghiệm của hệ

 

2

2

9

1

y

x





 

Phương trình BD qua I vuông góc AC là 3 x y 5 0 Gọi B b b ; 3 5D4b; 73b

Có ADBCb 1 b 3 B3; 4 ; D1; 2 B1; 2 ;  D3; 4 

Câu 9









ĐK: x y0

Phương trình (1):

Cách (1) :

Cách 2 : Đánh giá :

_ :

1

2

1

2

Ta co

xy x y

    

Đấu « = » xảy ra khi x = y

Với x y phương trình (2) trở thành    2   

1 1x 2x 2x 1 x1  x x * Với x0,y0 là nghiệm của (*) nên phương trình (*) tương đương

2 2

2

          

2

1

t

t

  f t   nghịch biến

Mà

2

( ) 2

x

loai x





Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  ;  2 ; 2 , (0, 0)

x y     

Câu 10

4

A B

A B   Dấu bằng xảy ra khi A = B

b c   a b   b c   a b   ab ac   ac bc 

2

(4 )

(4 ) 2

b



Ta có :

( 4)( ) ( 4)(4 ) ( 4)(4 ) ( 4)(4 ) 2( 4)



Vậy kết hợp lại được ta có :

3

4

10

2

b

b







Ta thấy f’(b) đổi dấu từ dương sang âm khi qua b = 2 nên f(min) = f(2)

min

81

P

Khi a = c = 1 , b = 2