Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m= 2.. Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số được tạo thành từ các số của tập E.. Chọn ngẫu nhiên ra một số từ M, tính xá
Trang 1Khoá giải đề đặc biệt – Thầy: Đặng Thành Nam
Đề 50+6/2015
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4− 2mx2, với m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m= 2
2 Tìm m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;1)
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Cho các số thực a,b thoả mãn a + b =π
3, và cos(a − b) =1
3 Tính A = cosa.cosb
b) Gọi z1, z2là hai nghiệm phức của phương trình z2+ 2z + 3 = 0 , và A,B lần lượt là các điểm biểu diễn z1, z2 trên mặt phẳng phức Tính độ dài đoạn thẳng AB
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình x.log2 4
1
x− 2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = 1
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = sin x − cos x
1+ sin2x dx
0
π 4
Câu 5 (0,5 điểm). Cho tập E= 1,2,3,4,5,6{ } Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số được tạo thành từ các số của tập E Chọn ngẫu nhiên ra một số từ M, tính xác xuất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 9
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm I(1;0;2) và đường thẳng Δcó phương trình x
1 = y−1
2 = z
−1 Tìm điểm H thuộcΔsao cho IH vuông góc với Δ Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I, tiếp xúc với Δ
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có mặt bên (SAC) vuông góc với mặt đáy (ABC) Biết rằng
SA = 2a,SAC! = 600 và AB = AC = a, BC = a 2 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SA,BC
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC Gọi D,E,F lần lượt là chân đường
cao hạ từ các đỉnh A,B,C, và điểm G tia đối của tia DE thoả mãn DG = DF Viết phương trình đường
thẳng AB, biết rằng đỉnh C nằm trên đường thẳng Δ có phương trình là 2x + y − 8 = 0 , và các điểm
B(-4;-4), G(2;-6)
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
x2+ x −1+ x( x −1 − 2 x2−1) − x2− x +1
2x2− 2x + 2 >
1
2ln(x
2− x)
Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn 1
b2+1+
1
c2+1= −
a2− b2+ 6 (1+ ab)2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= a
a2+ b2+ 2+
b
b2+ c2+ 2−
1− 2ab
(1+ ab)2
-HẾT -
Trang 2PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4− 2mx2, với m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m= 2
2 Tìm m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;1)
1 Học sinh tự giải
2 Ta có hàm số đã cho liên tục và có đạo hàm xác định trên đoạn [0;1], và y' = 4x3− 4mx
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) khi và chỉ khi
y' ≤ 0,∀x ∈ 0;1[ ]⇔ 4x3− 4mx ≤ 0,∀x ∈ 0;1[ ]⇔ 4x(m − x2
)≥ 0,∀x ∈ 0;1[ ]
⇔ m ≥ x2,∀x ∈ 0;1[ ]⇔ m ≥ max
x∈ 0;1 [ ]x
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Cho các số thực a,b thoả mãn a + b =π
3, và cos(a − b) =1
3 Tính A = cosa.cosb
b) Gọi z1, z2là hai nghiệm phức của phương trình z2+ 2z + 3 = 0 , và A,B lần lượt là các điểm biểu diễn z1, z2 trên mặt phẳng phức Tính độ dài đoạn thẳng AB
a) Ta có: A= 1
2[cos(a + b) + cos(a − b)]= 1
2
1
2+1 3
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥=
5
12
b) Ta có: z2+ 2z + 3 = 0 ⇔ (z +1)2 = −2 = ( 2i)2 ⇒ z1= −1− 2i
z2 = −1+ 2i
⎡
⎣
⎢
Khi đó A(−1;− 2), B(−1; 2) ⇒ AB = (2 2)2 = 2 2
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình x.log2 4
1
x− 2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = 1
Điều kiện: x≠ 0
4
1
x− 2 > 0
⎧
⎨
⎪
⎩⎪
⇔
x≠ 0 1
x >1 2
⎧
⎨
⎪
⎩⎪
⇔ 0 < x < 2
Khi đó phương trình tương đương với:
log2 4
1
x − 2
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟=
1
x ⇔ 41x− 2 = 21x ⇔ (21x+1)(21x− 2) = 0 ⇔ 21x = 2 ⇔ x = 1
Vậy nghiệm phương trình x= 1
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = sin x − cos x
1+ sin2x dx
0
π 4
Đặt t = sin x + cos x ⇒ dt = (cos x − sin x)dx , và I = −dt
(1+ t)2 1
2
t+1
2
1 = 2 −3
2
Câu 5 (0,5 điểm). Cho tập E= 1,2,3,4,5,6{ } Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số được tạo thành từ các số của tập E Chọn ngẫu nhiên ra một số từ M, tính xác xuất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 9
Không gian mẫu là số các số thuộc M có n(Ω) = C61
.C61
.C61= 216 Gọi A là biến cố số được chọn có tổng các chữ số bằng 9
Để tính số kết quả thuận lợi cho A, ta tìm tất cả các số thuộc M mà tổng các chữ số của nó bằng 9
Trang 3Một số như vậy là hoán vị của bộ ba số (a;b;c) thoả mãn a + b + c = 9;a,b,c ∈ 1,2,3,4,5,6{ }
Ta xét bộ (1;2;6) và 5 hoán vị của nó; bộ (1;3;5) và 5 hoán vị của nó; bộ (1;4;4) và 2 hoán vị của nó; bộ (2;2;5) và 2 hoán vị của nó; bộ (2;3;4) và 5 hoán vị của nó; bộ (3;3;3)
Vậy có tất cả 6+ 6 + 3+ 3+ 6 +1 = 25số thoả mãn, suy ra n(A) = C251 = 25
Xác suất cần tính P(A)= n(A)
n(Ω)=
25
216
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm I(1;0;2) và đường thẳng Δcó
phương trình x
1= y−1
2 = z
−1 Tìm điểm H thuộcΔsao cho IH vuông góc với Δ Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I, tiếp xúc với Δ
Vì H ∈Δ ⇒ H (t;1+ 2t;−t) ⇒ IH
! "!
= (t −1;1+ 2t;−t − 2) Đường thẳng Δ có véc tơ chỉ phương u
!
= (1;2;−1)
Vì IH ⊥ Δ ⇒ IH! "! .u"
= 0 ⇔ 6t + 3 = 0 ⇔ t = −1
2⇒ H −1
2;0;
1 2
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟
Ta có bán kính mặt cầu (S), R = IH = 3 2
2
Vì vậy (S) :(x−1)2+ y2+ (z − 2)2 =9
2
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có mặt bên (SAC) vuông góc với mặt đáy (ABC) Biết rằng
SA = 2a,SAC! = 600 và AB = AC = a, BC = a 2 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SA,BC
Ta có: BC2 = AB2+ AC2= 2a2 ⇒ ΔABC vuông cân tại A
Vì vây, S ABC =1
2a
2, và áp dụng định lý côsin cho tam giác SAC có:
SC2 = SA2+ AC2− 2SA.AC cos600 = 3a2⇒ SA2 = AC2+ SC2
Do đó, tam giác SAC vuông tại C suy ra SC ⊥ AC Mặt khác (SAC) ⊥ (ABC) ⇒ SC ⊥ (ABC)
Vậy V S.ABC =1
3SC.S ABC = a 3
3 .
a2
2 =a3 3
6 (đvtt)
+ Tính d(SA;BC)
Dựng hình bình hành ABCD, ta có AD / /BC ⇒ d(BC;SA) = d(BC;(SAD)) = d(C;(SAD)) (1)
Gọi M,H lần lượt là trung điểm BC,AD ta có
AM ⊥ BC
AM / /CH
BC / /AD
⎧
⎨
⎪
⎩⎪
⇒ CH ⊥ AD
Kẻ CK vuông góc với SH tại K thì CK ⊥ (SAD) ⇒ CK = d(C;(SAD)) (2)
Tam giác vuông SCH có 1
CK2 = 1
CH2 + 1
SC2 = 1
AM2 + 1
SC2 = 2
a2 + 1
3a2 ⇒ CK = a 21
7 (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra d(SA; BC)=a 21
7
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC Gọi D,E,F lần lượt là chân đường
Trang 4đường thẳng AB, biết rằng đỉnh C nằm trên đường thẳng Δ có phương trình là 2x + y − 8 = 0 , và
B(-4;-4), G(2;-6)
Gọi H là trực tâm tam giác ABC, tứ giác BDHF nội tiếp nên
FDH ! = FBH ! = HCE ! ( cùng phụ góc BAC! )
Mặt khác tứ giác DHEC nội tiếp nên EDH ! = HCE!
Từ đó suy ra FDH ! = EDH ! ⇒ AD là phân giác góc EDF!
Ta có: BD ⊥ AD ⇒ BD là phân giác góc FDG!
Lại có DG = DF nên F,G đối xứng với nhau qua BC
Do đó BGC ! = BFC! = 900⇒ BG ⊥ GC
Ta có BG
! "!!
= (6;−2) / /(3;−1) ⇒ GC : 3x − y −12 = 0
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ 3x − y −12 = 0
2x + y − 8 = 0
⎧
⎨
Phương trình đường thẳng BC qua B,C là x − 2y − 4 = 0
Vì F là điểm đối xứng của G qua BC nên toạ độ trung điểm I của FG thoả mãn hệ
x − 2y − 4 = 0
2x + y + 2 = 0
⎧
⎨
⎩ ⇒ I(0;−2)
Vì I là trung điểm FG nên F(-2;2)
Phương trình đường thẳng AB qua B,F là 3x − y + 8 = 0
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
x2+ x −1+ x( x −1 − 2 x2−1) − x2− x +1
2x2− 2x + 2 >
1
2ln(x
2− x)
Điều kiện: x> 1 Bất phương trình tương đương với:
− x2− x +1
2x2− 2x + 2 − x
2− x +1
2ln(x
2− x)
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥+ ( x
2−1 − x)2 > 0 (*)
Đặt t = x2− x > 0, ta có:
x2− x +1 2x2− 2x + 2 − x
2− x +1
2ln(x
2− x) = f (t) = t+1
2t2+ 2 − t + lnt
Xét hàm số f (t)= t+1
2t2+ 2 − t + lnt trên khoảng (0;+∞) , ta có:
(2t2+ 2) 2t2+ 2 +
1
t −1; f '(t) = 0 ⇔ t =1
Từ đo suy ra f (t) ≤ f (1) = 0 ⇒ VT(*)≥ 0
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t= 1
x2−1 = x
⎧
⎨
⎪
x> 1
x2− x −1 = 0
⎧
⎨
1+ 5
2
Vì vậy (*)⇔ VT > 0 ⇔ x ≠1+ 5
2 Kết hợp với điều kiện suy ra S= 1;+∞[ )\ 1+ 5
2
⎧
⎨
⎩
⎫
⎬
⎭
Trang 5Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn 1
b2+1+
1
c2+1= −
a2− b2+ 6 (1+ ab)2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= a
a2+ b2+ 2+
b
b2+ c2+ 2−
1− 2ab
(1+ ab)2
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM và Cauchy –Schwarz ta có:
a
a2+ b2+ 2 ≤
1 4
(a+1)2
a2+1+ b2+1≤
1 4
a2
a2+1+
1
b2+1
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟,
b
b2+ c2+ 2≤
1
4.
(b+1)2
b2+1+ c2+1≤
1 4
b2
b2+1+
1
c2+1
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
Do đó
a
a2+ b2+ 2+
b
b2+ c2+ 2≤
1 4
a2
a2+1+
b2
b2+1
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟+
1 4
1
b2+1+
1
c2+1
⎛
= 1 4
2a2
b2+ a2+ b2
(1+ a2
)(1+ b2
)
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟+ −
a2− b2+ 6 4(1+ ab)2
≤ 2a2b2+ a2+ b2 4(1+ ab)2 + −a2− b2+ 6
4(1+ ab)2 = a2b2+ 3
2(1+ ab)2
Đặt t = ab , ta có: P ≤ f (t) = t2+ 3
2(t+1)2 + 2t−1
(t+1)2
Ta có, f '(t)= 1− t
(t+1)3; f '(t) = 0 ⇔ t = 1⇒ fmax= f (1) = 3
4