ĐÁP án đề THI THỬ lần 3

Gọi  N là trung điễm của AC , mặt phẳng qua SN và song song với BC cắt AB tại M.. Tính thể tích khối chóp... Câu 6: Thầy Mẫn Ngọc Quang là một sky chính hiệu fan ruột của Sơn Tùng MTP..

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ LẦN 3 – NHÓM TOÁN HỌC SINH THẦY QUANG

Câu 1: Cho hàm số y x33x2 x , có đồ thị là  C và đường thẳng d y:  mxm1 Tìm m để  C giao

d tại 3 điễm phân biệt A1; 1 , ,  B C sao cho x2B 4x C 4

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điễm

 

2

2

1

x







Để  C giao d tại 3 điễm phân biệt thì phương trình g x   0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1

Gọi x B,x là hoành độ điễm C B C, thì x B,x là 2 nghiệm của phương trình C   0 2

1

B C

g x





x  x   x  x   x  x    x    x   x 

B C

Vậy m 1

Câu 2: Cho góc  thỏa mãn 0  và cos 1

2

  Tính giá trị của biểu thức Atan 12

Lời giải

Vậy P 42 3

Câu 3: Tìm a để hàm số sau liên tục  

2

2

2 2

2

x x

khi x

a x khi x







Lời giải

+)Khi x > 2 và khi x < 2 thì hàm số luôn liên tục

+)Xét riêng tại x = 2 :

Ta có : f(2)=a-2

2

2

2

x

 



Để hàm số đã cho liên tục thì : a  2 3 a5

Vậy a=5

Câu 4: Giải phương trình sau log2x12log3x13log5x150

Lời giải

Điều kiện: x  1

Phương trình đã cho tương đương

2 log x1 3log x1 5log x1 02 log x1 3log 2.log x1 5log 2.log x1  0

Vậy phương trình đã cho có tâp nghiệm S  0

Câu 5: Cho hình chóp S ABC Đáy ABC là tam giác vuông tại B , cạnh AC2a, góc ACB 300 Hai mặt phẳng SAB và  SAC vuông góc với đáy  ABC Gọi  N là trung điễm của AC , mặt phẳng qua SN và song song với BC cắt AB tại M Biết góc giữa hai mặt phẳng SBC và  ABC bằng  600 Tính thể tích khối chóp

S MNBC

Lời giải

Tính thể tích :

+)Do (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) nên SA vuông góc với đáy

+)AB = ½.AC = a ; BC = a

+)BCAB BC; SABC (SAB)BCSB, Do đó: SBA là góc giữa

2 mặt phẳng (SBC) và (ABC)=> SBA600

=> SA = AB = a

+)Có VS.MNBC = SA.SMNCB

SMNCB = ½.(MN + BC).MB = Vậy V S.MNBC = 3/8.a 3

Câu 6: Thầy Mẫn Ngọc Quang là một sky chính hiệu (fan ruột của Sơn Tùng MTP) Vì thế mà trong máy điện

thoại của thầy có 10 bài hát do Sơn Tùng thể hiện Trong giờ nghỉ giải lao thầy chỉ có 30 phút nghe nhạc thư giãn nên chỉ nghe được 5 bài Tính xác suất trong 5 bài thầy Quang nghe thì 2 bài “Em của ngày hôm qua” và “Nắng

ấm xa dần” được nghe đầu tiên

Lời giải

Lời giải : Do các bài hát được nghe có thứ tự nên không gian mẫu là A10

5

= 10.9.8.7.6

Hai bài được nghe đầu tiên là “Em của ngày hôm qua” và “Nắng ấm xa dần” có 2! Cách (do không biết bài

nào nghe trước )

3 bài còn lại thì có lưa chọn là A83= 8.7.6

Vậy không gian biến cố là : 2! A83= 2.8.7.6

Xác suất biến cố cần tìm là = 2! A8

3

/ A10

5

= 0,0222

Câu 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và B có phương trình cạnh

CD x y  Gọi M là trung điểm AB, H là chân các đường vuông góc kẻ từ A đến MD, K là chân đường vuông góc kẻ từ B đến MC, đường thẳng AH cắt đường thẳng BK tại 2; 2

3

N 

Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang

ABCD biết điểm M thuộc d: 4x  y 1 0 và trung điểm E của MB có tọa độ 0;5

2

E 

Đáp số: A3; 4 , B1; 2 , C1; 2 ,  D7; 4 

Lời giải:

Ta có AMD vuông tại A, AH là đường caoAM2 MH MD

BMC

 vuông tại BBM2 MK MC

Mà AM=BM do đó MH MD MK MC

Xét MKH và MDC ta có:

 :















Tứ giác MKNH có  MKNMHN 90 90 180 o o  o MKNH nội

tiếpMKHMNH

Ta có MNH IDHMKH Tứ giác HNID nội tiếp   90o

Phương trình đường thẳng MN qua N vuông góc CD là MN: 3xy0

Tọa độ M là nghiệm hệ 4 1 0 1;3

M

  









2

B





Vì M là trung điểm AB 2 3; 4

2

A





Phương trình cạnh AD là AD: 2xy100D7; 4 

Phương trình cạnh BC là BC: 2xy0C1; 2 

Vậy A3; 4 ; B1; 2 ; C1; 2 ;  D7; 4  là các điểm cần tìm







Lời giải

Điều kiện: x2 9y2 5x 1 0; 2x  ; 2x + 3 ≥ 0 , 18y3 0 2 – x + 1 ≥ 0

Phương trình  1 của hệ phương trình tương đương

Áp dụng bất đẳng thức Mincopxki ta có :

(Dấu bằng xảy ra khi : A/C = B/D ) ,

x y x y

Để cho an toàn hơn khi kết luận nghiệm , các em thay x = -3y vào phương trình (1) lại, để ta tìm điều kiện của y

pt mới như sau :

 │y│+ 1 = │y - 1│=> Xét :

y ≤ 0 thì phương trình : - y + 1 = - (y – 1) => đúng

0 < y < 1 : y + 1 = -(y – 1)=> y = 1 ,vô lý

y ≥ 1 : y + 1 = y – 1 (vô lý)

Vậy ra nghiệm y ≤0 thì mời thỏa mãn

Với x 3y phương trình  2 của hệ phương trình tương đương

Đặt 2  

a x  x b x a b phương trình đã cho trở thành

3

2 2







Với

2





Với

2 2

1

2

3









(loại do đã tìm y≤0)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

Câu 9: Cho các số thực không âm x y z, , thỏa mãn x4z7y4z764 Tìm GTNN của biểu thức

2

4 4

1

ln 1

P

x



Lời giải

Ta chứng minh bất đẳng thức phụ

* 1



Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

2

1 1

a

a b ab b



2

1 1

b

a b ab a





Áp dụng bất đẳng thức  * ta có

4

1

P

y

y z

x x

Ta có       8 8 8   

64 x4z7 y4z7  x z 7 y z 7 8 xz.8 yz 64 xz yz

(Tách số 7 ra thành 7 số 1 , rồi sau đó áp dụng Cô-Si cho 8 số ở 2 cái ngoặc)

x zy z 1

2 1

y P

x



2

y

Ta có '  12 1 2

t

f t

t



    ; f ' t 0  t 2

Bảng biến thiên

x  1 2 

'

y  0 

y 1

1 1ln 2

Dựa vào bảng biến thiên, giá trị nhỏ nhất của P là 1 1ln 2

2 2 , dấu "" xảy ra khi t 2 x y

Vậy giá trị của nhất củaP là 1 1ln 2

22 , dấu "" xảy ra khi x y1,z0

- HẾT -