Khánh và Sơn là hai thí sinh nam cùng tham gia một kỳ thi, và hai bạn này được xếp vào một phòng thi cùng với 18 thí sinh khác gồm 8 nữ và 10 nam.. Biết rằng phòng thi gồm 4 dãy bàn dọc,
Trang 1Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 050 +5/2015
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3− 3x2+ 4 − m (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m= 4
2 Gọi A là giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục tung, tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại
A đi qua điểm M(2;5)
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Cho biết sin a − cosa = 2, − π
2 < a < 0
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟ Tính A = sina 1+ tan2a − cosa 1+ cot2a b) Cho số phức z thoả mãn (1− i).z = 2 + 4i Tính môđun của số phức w = z2− z
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình (x2− x).log3(2x +1) = 2(x − x2
)
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = x(1+ ln(3x +1))dx
0
1
Câu 5 (0,5 điểm). Khánh và Sơn là hai thí sinh nam cùng tham gia một kỳ thi, và hai bạn này được xếp vào một phòng thi cùng với 18 thí sinh khác (gồm 8 nữ và 10 nam) Biết rằng phòng thi gồm 4 dãy bàn dọc, mỗi dãy 5 bàn, và mỗi thí sinh được xếp vào một bàn Tính xác suất ( làm tròn đến 6 chữ số thập phân sau dấu phẩy) để Khánh và Sơn ngồi khác dãy, và mỗi dãy bàn dọc gồm 2 thí sinh nữ
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1) và mặt
phẳng (P) có phương trình x − 2y − z +1 = 0 Gọi C là trung điểm của AB, viết phương trình đường
thẳng Δqua C và vuông góc với mặt phẳng (P) Viết mặt cầu (S) tâm C, cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn bán kính bằng 1
3
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
đáy (ABCD) Trong tam giác SAB, kẻ đường cao AH, biết rằng AH = a
2 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (AHC)
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh C(3;3
2) và trực tâm H,
phương trình đường cao AH là 2x − y +1 = 0 , một đường thẳng d đi qua H và cắt các đường thẳng AB,AC lần lượt tại P và Q (P,Q khác A) thoả mãn HP = 3HQ có phương trình là 5x − 9y + 22 = 0
Tìm toạ độ các đỉnh A và B
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 5x( + 9) 3x+1
x+ 4 + 5
1− x
x+ 4 ≥ 6x + 7
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x,y,z thoả mãn x3+ y3+ z3= 3 Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P= xy(x + y)
3+ z3 +yz(y + z)
3+ x3 −y6(3+ y3)2
(xz + y2
)6
-HẾT -
Trang 2PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3− 3x2+ 4 − m (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m= 4
2 Gọi A là giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục tung, tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại
A đi qua điểm M(2;5)
1 Học sinh tự giải
2 Ta có, A(0;4-m) và y' = 3x2− 6x ⇒ y'(0) = 0
Phương trình tiếp tuyến Δcủa đồ thị hàm số (1) tại A là y = 4 − m
Vì điểm M (2;5) ∈Δ ⇒ 4 − m = 5 ⇔ m = −1
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Cho biết sin a − cosa = 2, − π
2 < a < 0
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟ Tính A = sina 1+ tan2a − cosa 1+ cot2a b) Cho số phức z thoả mãn (1− i).z = 2 + 4i Tính môđun của số phức w = z2− z
a) Ta có: −π
2 < a < 0 ⇒ sina < 0,cosa > 0 ⇒ sina − cosa = − 2
⇔ 2 sin(a −π
4)= − 2 ⇔ a −π
4 = −π
2+ k2π ⇔ x = −π
4+ k2π , k∈!
Do − π
2 < a < 0 ⇒ a = − π
4 ⇒ A = − 2
2 1+12 − 2
2 1+12 = −2 b) z= 2+ 4i
1− i =
2(1+ 2i)(1+ i)
2 = −1+ 3i ⇒ w = (−1+ 3i)2− (−1− 3i) = −7 − 3i
Do đó, w = 72+ (−3)2 = 58
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình (x2− x).log3 (2x +1) = 2(x − x2
) Điều kiện: x> −1
2 Phương trình tương đương với:
(x2− x) log[ 3(2x+1) + 2]= 0 ⇔ x2− x = 0
log3(2x+1) + 2 = 0
⎡
⎣
x= 0
x= 1
x= −4 9
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
Vậy nghiệm phương trình x∈ 0;1;−4
9
⎧
⎨
⎩
⎫
⎬
⎭
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = x(1+ ln(3x +1))dx
0
1
Đặt u = 1+ ln(3x +1)
dv = xdx
⎧
⎨
du= 3
3x+1dx
v= x2 2
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
Suy ra:
Trang 3I = x2
2 (1+ ln(3x +1))1
0−3 2
x2
3x+1dx 0
1
∫
=1+ 2ln2
2 − x2
4 − x
6+ 1
18ln 3x+1
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
1
0=1+ 2ln2
12+1
9ln 2
⎛
5
12+8
9ln 2
Câu 5 (0,5 điểm). Khánh và Sơn là hai thí sinh nam cùng tham gia một kỳ thi, và hai bạn này được xếp vào một phòng thi cùng với 18 thí sinh khác (gồm 8 nữ và 10 nam) Biết rằng phòng thi gồm 4 dãy bàn dọc, mỗi dãy 5 bàn, và mỗi thí sinh được xếp vào một bàn Tính xác suất ( làm tròn đến 6 chữ số thập phân sau dấu phẩy) để Khánh và Sơn ngồi khác dãy, và mỗi dãy bàn dọc gồm 2 thí sinh nữ
Không gian mẫu là số cách xếp 20 bạn vào 20 bàn học mỗi bàn một học sinh có n(Ω) = 20!
Gọi A là biến cố mỗi dãy bàn dọc gồm 2 thí sinh nữ, Khánh và Sơn ngồi khác dãy
Để tính số kết quả thuận lợi cho A ta mô tả các xếp thoả mãn
+ Xếp 8 nữ vào 4 dãy bàn dọc, mỗi dãy 2 thí sinh có C82
.A52
.C62
.A52
.C42
.A52
.C22
.A52 = 403200000 cách
+ Xếp 2 bạn Khánh và Sơn vào 2 dãy bàn dọc khác nhau có C42
.C31
.C31 2!= 108 cách
+ Xếp 10 bạn nam còn lại có 10!cách
Vậy có tất cả 403200000.108.10! cách xếp thoả mãn, vì vậy n(A)= 403200000.108.10!
Xác suất cần tính P(A)= n(A)
n(Ω)=
403200000.108.10!
46189 ≈ 0,064950
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1) và mặt
phẳng (P) có phương trình x − 2y − z +1 = 0 Gọi C là trung điểm của AB, viết phương trình đường
thẳng Δqua C và vuông góc với mặt phẳng (P) Viết mặt cầu (S) tâm C, cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn bán kính bằng 1
3
Vì C là trung điểm AB nên C(2;0;1), vì Δvuông góc với (P) nên Δnhận véc tơ pháp tuyến của (P) làm véc tơ chỉ phương, do đó uΔ
!"!
= (1;−2;−1) Suy ra, Δ :x− 2
1 = y
−2=
z−1
−1 Gọi R là bán kính của (S), r là bán kính của đường tròn giao tuyến
Ta có: d(C;(P))= 2− 2.0 −1+1
12+ (−2)2+ (−1)2 = 2
6 , và R2 = d2
(C;(P)) + r2 = 4
6+1
3= 1
Vậy (S) :(x− 2)2+ y2+ (z −1)2 = 1
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
đáy (ABCD) Trong tam giác SAB, kẻ đường cao AH, biết rằng AH = a
2 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (AHC)
Trang 4Ta có: SABCD = a2 Tam giác vuông SAB có, 1
AH2 = 1
SA2 + 1
AB2 ⇒ 1
SA2 = 4
a2 − 1
a2 ⇒ SA = a 3
3
Vì vậy, V S.ABCD =1
3SA.S ABC = a 3
9 .a
2 =a3 3
9 (đvtt)
+ Tính d(S;(AHC))
Ta có d(S;(AHC))
d(B;(AHC))= SH
BH = SH SB
BH BS = SA2
BA2 = a2 / 3
a2 = 1
3 (1)
Kẻ HK//SA (K thuộc AB), ta có d(B;(AHC))
d(K;(AHC))= BA
KA= BS
SH = 4 (2)
Kẻ KI//AC (I thuộc AC), Kẻ KT vuông góc với HI tại T, ta có KT ⊥ (AHC) ⇒ KT = d(K;(AHC)) (3)
Ta có, KI
BO= AK
AB = 1
4 ⇒ KI = BO
4 = a 2
8 , và HK
SA = BK
BA = 3
4 ⇒ HK = 3SA
4 = a 3
4 Tam giác vuông HKI có, 1
KT2 = 1
HK2 + 1
KI2 = 32
a2 + 16
3a2 ⇒ KT = a 3
112 (4)
Từ (1),(2),(3),(4) suy ra d(S;(AHC))= a 21
21
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh C(3;3
2) và trực tâm H,
phương trình đường cao AH là 2x − y +1 = 0 , một đường thẳng d đi qua H và cắt các đường thẳng AB,AC lần lượt tại P và Q (khác điểm A) thoả mãn HP = 3HQ có phương trình là 5x − 9y + 22 = 0
Tìm toạ độ các đỉnh A và B
Gọi M là điểm thuộc cạnh BC thoả mãn BM = 3MC , ta chứng minh HM ⊥ PQ
Qua C kẻ đường thẳng song song với d cắt AB tại N, AH tại K
Do CN//PQ, HP = 3HQ nên NK=3CK suy ra
CM
4⇒ MK / /BN ⇒ MK ⊥ CH
Lại có MC ⊥ HK , vì vậy M là trực tâm của tam giác HKC
Suy ra HM ⊥ KC ⇒ HM ⊥ PQ
Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ 2x − y +1 = 0
5x − 9y + 22 = 0
⎧
⎨
x= 1
y= 3
⎧
⎨
⎩ ⇒ H(1;3)
Phương trình đường thẳng BC đi qua C và vuông góc AH là x + 2y − 6 = 0
Phương trình đường thẳng HM đi qua H và vuông góc PQ là 9x + 5y − 24 = 0
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 9x + 5y − 24 = 0
x + 2y − 6 = 0
⎧
⎨
9
4; 15
8 )
Trang 5Vì BM! "!!! = 3MC! "!! nên B(0;3)
Phương trình đường thẳng AC đi qua C và vuông góc BH là x− 3 = 0
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ x− 3 = 0
2x − y +1 = 0
⎧
⎨
⎩ ⇒ A(3;7) Vậy A(3;7) và B(0;3)
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 5x( + 9) 3x+1
x+ 4 + 5
1− x
x+ 4 ≥ 6x + 7 Điều kiện: −1
3≤ x ≤ 1 Đặt a = 3x +1,b = 1− x,c = x + 4, a,b ≥ 0,c > 0( )
Bất phương trình trở thành:
a a( 2+ 2c2)+ b b( 2+ c2)≥ c 2a( 2+ b2+ c2)
⇔ a3+ b3− c3+ 2ac2− 2ca2+ bc2− b2
c≥ 0
⇔ a + b( )3
− c3− 3ab a + b( )+ 2ac2− 2ca2+ bc2− b2
c≥ 0
⇔ a + b − c( ) ((a + b)2+ c(a + b) + c2)− 3ab a + b − c( )
+2ac(c − a − b) + bc(c − a − b) ≥ 0
⇔ a + b − c( ) (a2+ b2+ c2− ab − ac)≥ 0
⇔ a + b − c ≥ 0
Vì vậy 3x +1 + 1− x ≥ x + 4 ⇔ 2 −3x2+ 2x +1 ≥ 2 − x ⇔ 0 ≤ x ≤12
13
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S= 0;12
13
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥
Cách 2:
Với mọi x∈ −1
3;1
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥⇒ 6x + 7 > 0 , bất phương trình tương đương với:
5x+ 9
6x+ 7
3x+1
x+ 4 +
5
6x+ 7
1− x
x+ 4 ≥ 1
Đặt a= 3x+1
x+ 4,b=
1− x
x+ 4(a,b≥ 0) ⇒
5x+ 9
6x+ 7 =
a2+ 2
2a2+ b2+1 5
6x+ 7 =
b2+1
2a2+ b2+1
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
Bất phương trình trở thành:
a2+ 2
2a2+ b2+1.a+
b2+1
2a2+ b2+1.b≥ 1
⇔ a3+ 2a + b3+ b ≥ 2a2+ b2+1 ⇔ a3+ b3+ (−2a2+ 2a + b − b2−1) ≥ 0
⇔ (a + b −1)(a2+ b2− ab − a +1) ≥ 0
⇔ (a + b −1) b − a
2
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
2 + 3a2− 4a + 4
4
⎡
⎣
⎦
⎥ ≥ 0 ⇔ a + b −1 ≥ 0 ⇔ 3x+1
x+ 4 +
1− x
x+ 4 ≥ 1
⇔ 3x +1 + 1− x ≥ x + 4 ⇔ x ≤12
13
Cách 3:
Trang 6Vì phương trình có hai nghiệm đẹp x1= 0; x2 =12
13 nên ta sẽ khử bớt căn thức bằng bình phương sau đó liên hợp:
Lời giải: Với mọi x∈ −1
3;1
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ cả hai vế bất phương trình không âm nên bình phương hai vế đưa về bất phương trình tương đương với:
(5x+ 9)2
.3x+1
x+ 4 + 25.
1− x
x+ 4+10(5x + 9)
(3x +1)(1− x) (x+ 4)2 ≥ (6x + 7)2
⇔ 39x3+ 67x2− 77x − 90 +10(5x + 9) (3x +1)(1− x) ≥ 0
Ta tìm được biểu thức liên hợp như sau: (3x +1)(1− x) − − x+ 2
2 Vậy bất phương trình tương đương với:
3(x + 2)(13x2−12x) + 5(5x + 9) 2 (3x +1)(1− x) − (−x + 2)⎡⎣ ⎤⎦ ≥ 0
⇔ 3(x + 2)(13x2−12x) + 5(5x + 9)(12x −13x2)
2 (3x +1)(1− x) − x + 2≥ 0
⇔ (12x −13x2
) −3(x + 2) + 5(5x+ 9)
2 (3x +1)(1− x) − x + 2
⎡
⎣
⎦
⎥ ≥ 0
⇔ (12x −13x2
) 3x⎡⎣ 2+ 25x + 33− 6(x + 2) (3x +1)(1− x)⎤⎦ ≥ 0
⇔ (12x −13x2
) (x⎡⎣ + 2 − 3 (3x +1)(1− x))2+ 29x2+ 3x + 20⎤⎦ ≥ 0
⇔ 12x −13x2 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤12
13
Bình luận: Cả cách 2, 3 là tương tự nhau, ý tưởng là đưa về phương trình đẳng cấp 3 biến a,b,c với 3 căn thức, sau đó giảm biến về 2 và phân tích nhân tử
Để phân tích được nhân tử:
a3+ b3+ (−2a2+ 2a + b − b2−1) ≥ 0 ⇔ (a + b −1)(a2+ b2− ab − a +1) ≥ 0
Ta sử dụng máy tính cầm tay
Bước 1 Nhập vào phương trình, ở đâu có b ta thay bằng 100
Bước 2 Nhấn shift +Calc với a= 1, có nghiệm -99, tức là a=1-b hay a+b-1=0, và ta có nhân tử (a+b-1), lúc đó chia đa thức ta có nhân tử ở trên
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x,y,z thoả mãn x3+ y3+ z3= 3 Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P= xy(x + y)
3+ z3 +yz(y + z)
3+ x3 −y6(3+ y3)2
(xz + y2
)6 Với mọi số thực dương x,y,a,b ta có: a
3
x +b3
y ≥ (a + b)3
2(x + y)
Khi đó, ta có:
Trang 7xy(x + y)
3+ z3 + yz(y + z)
3+ x3 ≤ (x + y)3
4(3+ z3
)+ (y + z)3 4(3+ x3
)= (x + y)3
4(x3+ z3+ y3+ z3
)+ (y + z)3
4(y3+ x3+ z3+ x3
)
≤ x3
2(x3+ z3
)+ y3
2(y3+ z3
)+ y3
2(y3+ x3
)+ z3
2(z3+ x3
)
= 1
2+ y3 2
1
x3+ y3 + 1
y3+ z3
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ =
1
2+ y3
2 .
3+ y3
(x3+ y3
)(z3+ y3
)
Mặt khác, (1+1)(x3+ y3
)(z3+ y3
)≥ (xz + y2
)3, do đó: xy(x + y)
3+ z3 + yz(y + z)
3+ x3 ≤ 1
2+ y3(3+ y3)
(xz + y2
)3
Vì vậy, P≤1
2+ y3(3+ y3)
(xz + y2
)3 −y6(3+ y3)6
(xz + y2
)6 = − y3(3+ y3)
(xz + y2
)3 −1 2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2 + 3
4 ≤ 3
4
Nhận thấy x = y = z = 1, thì P bằng 3/4 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3/4
