ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
1 1
2 6
3 2
y x x x
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số đã cho.
b) Tìm các giá trị của tham số
m
để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:
3 2
2 3 12 2 1 0
x x x m
.
Câu 2 (1,0 điểm).
b) Giải phương trình
2 1
2 2 4 2
x x x x
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
4
3
0
4
I x x dx
.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
2 1 3 1 2
3
1
2
n
x
x
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.
S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
, , 2
B AB a AC a
và cạnh bên
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết số đo của góc giữa hai mặt phẳng
SBC
và
:2 2 1 0
P x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng
P
cắt mặt cầu tâm
I
, bán kính
4
; tìm tọa độ tâm và bán
kính của đường tròn giao tuyến.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có tâm đường tròn ngoại tiếp
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
2 2 2
3
x y z
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
4
P xy yz zx
x y z
.
HẾT
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số đã cho.
♥ Tập xác định:
D
1;
.
ￚ Cực trị:
+ Hàm số đạt cực đại tại
2
x
; y
CĐ
28
2
3
y
+ Hàm số đạt cực tiểu tại
1
x
; y
CT
29
1
6
y ,
ￚ Giới hạn: lim
x
0
y28
3
29
60.25
1 1
: 2 6
3 2
37
:
6 3
C y x x x
m
y
Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của
C
và
19
4
2
m
♥ Vậy giá trị
m
cần tìm là
19
4
2
m
.
0.25
a).(0,5 điểm). Cho góc
;
2
mà
1
(1)
0.25
♥ Từ hệ thức:
2 2
cos sin 1
và
;
2
Suy ra:
2
1 2
cos 1 sin 1
5
5
(2)
2 2
1 2 .2 2 2.2 2 0
x x x x
2
2 1 2 2 0
x x
0.25
2
(1,0 điểm)
2
0
2 1
1
2 2
2
x
x
x
0
4
I x x dx
.
♥ Đặt
4
t x
dt dx
Đổi cận:
4
0
x
x
0
4
t
t
0.25
3
(1,0 điểm)
256
5
0.25
a).(0,5 điểm). Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
2 1 3 1 2
z z i i
.
Tính môđun của
1
1 1 5 0
1
5
a
a b i
b
0.25
♥ Vậy môđun của
2 2
1 26
1
25 5
3
1
2
n
x
x
.
♥ Điều kiện
3
n
n
, khi đó:
2
12
11 12 0 12
1
n
n n n
n
0.25
♥ Do đó:
12
5 24
12 12
6
12 12 12
3 3
k
thỏa
5 24
6 12
6
k
k
Vậy số hạng chứa
6
x
trong khai triển là
12 6
2
x
.
0.25
Cho hình chóp
.
S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
, , 2
B AB a AC a
và cạnh bên
SA
BC AB
và
BC SA
BC SAB
Suy ra
SB BC
và
AB BC
0
; ; 60
SBC ABC SB AB ABS
Vậy
3
1 1
. .
3 2
ABC
V S SA a
0.25
♥ Do
BC SAB
SBC SAB
. Vì vậy, trong
SAB
kẻ
G
là trọng tâm tam giác
SAB
nên
2
1 1 3
.
3 6 6
SGB SAB
a
S S SA AB
Xét tam giác vuông
SAB
ta có:
0
2
cos60
cos
AB a
SB a
ABS
Vậy
2.
, bán kính
4
; tìm
tọa độ tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến.
♥ Ta có:
2 2 2
2.1 2.( 2) 3 1
, 2 4
2 2 ( 1)
d I P
Do đó, mặt phẳng
P
cắt mặt cầu tâm
I
, bán kính
4
0.25
♥ Gọi
r
là bán kính của đường tròn giao tuyến, ta có:
2;2; 1
n
của
P
là
một VTCP của
d
. Phương trình tham số của
1 2
: 2 2
3
x t
d y t
z t
Giải hệ ta được
2 7 2 7
, , ,
3 3 3 3
t x y z
. Vậy
7 2 7
; ;
3 3 3
K
x y
và
2 0
x y
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
. ♥ Gọi
,
AH AM
là đường cao và đường trung tuyến kẻ từ
A
. Tọa độ đỉnh
A
là nghiệm
của hệ:
3 2 5
2 0
x y
x y
là đường trung trực của đoạn
BC
, ta có
d
đi qua
K
và
||
d AH
0.25
Do
||
d AH
nên phương trình
d
có dạng:
1
3 4 0
x y m
và
1
5
K d m
Suy ra
:6 8 5 0
d x y
1
;1
2
M
♥ Đường thẳng
BC
qua
M
và vuông góc với
R KA
nên có phương trình là:
2 2
3 1 25
2 2 2
x y
Tọa độ
,
B C
là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
3 1 25
2 2 2
4 3 5 0
x y
x y
2; 1
Suy ra
1;3 , 2; 1
B C
hoặc
B 2; 1 , 1;3
C
0.25
Giải bất phương trình
5 1 3 2 3 2
x x x
(1)
1 5 1 3 5 1 3 5 1 3
x x x x x x
0.25
5 1 3 5 1 3 1 0
x x x x
5 1 3 1 0
x x
3 1 5 1
x x
0.25
8
(1,0 điểm)
♥ Kết hợp điều kiện, suy ra tập nghiệm của bpt là
14 79
;3
18
S
2
2
2 2 2
3
1
2 2
x y z
xy yz zx x y z x y z
Do đó:
2
3
4
2
x y z
P
x y z
0.25
2
3 4
2
t
f t
t
trên
3;3
, ta có
3
2 2
4 4
'
t
f t t
t t
;
3
' 0 4 3,3
f t t
3,3
13
max
3
t
f t
khi
3
t
0.25
♥ Vậy
3,3
13
max
3
t
, ,
f x g x h x
với
h x f x g x
đối với dạng nầy ta thay
2) Giải phương trình:
3 2 3 2 1
x x x
Đáp số:
3 17
2
x
Câu 9: Xét các số thực không âm
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
2 2 2
3
x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
4
P xy yz zx
x y z
xy yz zx
Hướng dẩn: Đặt
t xy yz zx
với
1
;1
2
t
Đáp số:
7
max ,min 2
3
P P
Bài 2: Xét các số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
3
Hết
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 3
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
4 3 1
y x mx x
(1), trong đó
m
là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số (1), khi
0
m
.
b) Tìm các giá trị của tham số
m
b) Giải phương trình
9
3
2
2log 1
log
x
x
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
1
0
4 3
2 1
x
I dx
x
.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
2
2 26 0
SBC
và
ABC
. Tính theo
a
bán kính mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp đã cho.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
2;1;0
A
,
0;3;4
B
và
5,6,7
C
. Tính
khoảng cách từ điểm
2 3
2 1 2 1
x x x x x
.
Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
1
x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
2 2 2
7 121
14
P
x y z xy yz zx
. HẾT
y x x
♥ Tập xác định:
D
♥ Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên:
2
' 12 3 0,
y x x
0.25
+ Hàm số đồng biến trên khoảng
;
ￚ Cực trị: hàm số không có cực trị
ￚ Giới hạn: lim
x
y
và lim
♥ Đồ thị:
0.25
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số
m
để hàm số (1) đồng biến trên
.
♥ Ta có:
2
' 12 2 3
y x mx
0.25
♥ Hàm số (1) đồng biến trên
' 0,
y x
m
cần tìm là
6 6
m
0.25
a) Cho góc
3
;2
2
mà
1
sin cos
2 2 2
. Tính
sin 2
7
cos
4
x x
3
3
3
log 1
1
log 2
9
x
x
x
x
2 1 2 1
x
I dx dx
x x
0.25
1 1
0 0
1
2
2 1
dx dx
x
0.25
1
1
0
z z
trên tập số phức.
♥ Ta có:
2
' 1 26 25 5
i
0.25
♥ Do đó phương trình có hai nghiệm phức là
1
1 5
z i
và
2
1 5
z i
.
0.25
b) Tìm hệ số của
7
x
trong khai triển thành đa thức của biểu thức
10 10
10
3 10 30 3
10 10
0 0 0 0
. 2 . 3 .C .2 . 3 .
k k
k l l
k l k l k k l
k k
k l k l
C x C x C x
Chọn
,
k l
thỏa
0.25
4
(1,0 điểm)
♥ Vậy hệ số của
7
x
trong khai triển là
4 7
8 1 2 9 4 10 7 0
10 8 10 9 10 10
.C .2 . 3 .C .2. 3 .C .2 . 3 62640
C C C
0.25
Cho hình chóp
.
S ABC
có
0
, 2 , 120
SA a AB BC a ABC và cạnh bên
SA
SA BC
BC SAH
Do đó
BC SH
, ,
SBC ABC AH SH SHA
SHA
Vậy
0
, 30
SBC ABC
0.25
♥ Trong
ABC
, gọi
D
là điểm đối xứng của
B
qua
AC
. Do tam giác
ABC
và song song
SA
ABC
là trục của
tam giác
ABC
Gọi
M
là trung điểm của
SA
, trong
,
SA
, kẻ đường thẳng
d
qua
0.25
♥ Xét tam giác
OAD
ta có
2
2 2 2
17
4
4 2
a a
R OA AD AM a
0.25
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
2;1;0
A ,
0;3;4
B và
5,6,7
C . Tính
khoảng cách từ điểm
C
đến mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng
2;2;4
AB
là một VTPT của
P
0.25
♥ Suy ra phương trình
P
2 1 2 2 4 2 0 2 5 0
x y z x y z
0.25
6
(1,0 điểm)
♥ Vậy
M
, tiếp xúc đồng thời với đường thẳng
và đường thẳng
0
y
. ♥ Gọi
;
I a b
là tâm của đường tròn cần tìm, ta có
, ,
d I d I Ox IM
(1)
0.25
♥
0.25
4 3 5 2 (4)
2
4 3 5 2 (5)
a b b b a
a b b a b
♥ Thay (4) vào (3) ta được:
2
2
3 4 1 0 2 10 0
a a a a
: pt vô nghiệm
0.25
. Phương trình
2
2
5 25
: 5
2 4
C x y
+ Với
1 2 2;1 , 1
1
3 2
2 1 . 2 1 . 2 1 0
x x x x x x
2
2 1 2 1 2 1 0
x x x x x x
0.25
2
2 1 2 1 0
0.25
8
(1,0 điểm)
♥ Kết hợp với điều kiện (*), suy ra tập nghiệm của bpt là
1 2;S
0.25
9
(1,0 điểm)
Xét các số thực dương
, ,
x y z
thỏa mãn điều kiện
1
x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
2 2 2
7 121
7 1 ( )
P
x y z
x y z
0.25
♥ Đặt
2 2 2
t x y z
, tìm điều kiện cho
t
, , 0
, , 0;1
1
x y z
x y z
x y z
x y z x y z xy yz zx x y z
Suy ra:
2 2 2
1
3
x y z
. Ta được:
1
1
3
t
0.25
♥ Khảo sát hàm số
7 121
7 1
f t
t
t
trên
1
2 2
2
2
11 7
7
121 7 11 7
1
18
' 0
1
11 7
7
7 1
1
4
t
t t
f t
t t t
t
t
t t
1
3
7
18
1
'
f t
0
f t
324
7
P
Ta thấy với
1 1 1
, ,
2 3 6
x y z
thì
1
x y z
và
324
7
P
324
min
7
P
♥ Vậy
324
min
7
P
0.25
.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
sin3 cos 2 0
4
x x .
b) Giải bất phương trình
1 2
9 8.3 1 0
x x
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
,
3
AC a
và
mặt bên
' '
BB C C
là hình vuông. Tính theo
a
thể tích khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
và khoảng cách giữa hai đường
thẳng
'
AA
,
'
BC
.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
: 2 2 3 0
P x y z và mặt cầu
A
và
cắt hai trục tọa độ
,
Ox Oy
tương ứng tại các điểm
,
B C
sao cho điểm
B
có hoành độ dương, điểm
C
có tung độ
dương và tam giác
BOC
có diện tích nhỏ nhất.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình
2
2 1 2 3
x x x
.
Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương
,
x y
thỏa mãn điều kiện
5 4 23
♥ Tập xác định:
D
♥ Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên:
2
' 3 6
y x x
;
' 0 0
y x
hoặc
2
x
0.25
+ Hàm số đồng biến trên khoảng
0;2
;
+ Hàm số nghịch biến trên các khoảng
,
ￚ Giới hạn: lim
x
y
và lim
x
y
0.25
ￚ Bảng biến thiên:
x
0
2
'
y
♥ Đồ thị:
0.25
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số
m
để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt, trong đó
có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1
3 2
3 3 1 0
x x m
(1)
♥ Ta có:
3 2
1 3 1 3 2
x x m
(2)
0.25
♥ Xem (2) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị
C
và
0.25
♥ Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1
cắt
C
tại ba điểm phân biệt, trong đó đúng 2 điểm có hoành lớn hơn 1
1 3 2 3
m
0.25
1
(2,0 điểm)
4
x x
(1)
♥ Ta có:
3
1 sin3 sin 2 0
4
x x
3
sin3 sin 2
4
x x
0.25
b) Giải bất phương trình
1 2
9 8.3 1 0
x x
(1)
♥ Ta có:
2
1 3 8.3 9 0
thì
3 9 2
x
x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
2;S
0.25
Tính tích phân
2
1
4 3 ln
I x xdx
.
♥ Đặt
ln
4 3
u x
0.25
2
1
14ln2 2 3
x dx
0.25
3
(1,0 điểm)
2
2
1
14ln2 3 14ln2 6
x x
0.25
a) Cho số phức
1 2
z i
0.25
4
(1,0 điểm)
♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn chia hết cho 25”
Do
, , ,
a b c d
đôi một khác nhau và
25
abcd
25
cd
25
50
75
cd
cd
cd
ABC
là tam giác vuông tại
A
,
AB a
,
3
AC a
và
mặt bên
' '
BB C C
là hình vuông. Tính theo
a
thể tích khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
và khoảng cách
giữa hai đường thẳng
'
AA
,
'
BC
.
♥ Do lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên
'
', ' , ' '
d AA BC d A BB C C
Trong
ABC
, hạ
AH BC
(1)
Vì
'
BB ABC
nên
'
AH BB
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
3
', '
2
a
d AA BC
0.25
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
: 2 2 3 0
P x y z và mặt cầu
2 2 2
: 5 2 2 9
S x y z
. Chứng minh rằng mặt phẳng
2 2 1
d I P R
P
tiếp xúc mặt cầu
S
0.25
♥ Gọi
d
là đường thẳng đi qua
I
và vuông góc với
P
. Gọi
K d P
. Phương trình tham số của
5 2
: 2 2
2
x t
d y t
z t
0.25
6
(1,0 điểm)
♥ Tọa độ
K
là nghiệm của hệ phương trình:
5 2
1, 3, 0, 3
t x y z
. Vậy
3;0;3
K
0.25
7
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho điểm
2;3
A . Viết phương trình đường thẳng đi qua
A
và cắt
hai trục tọa độ
,
Ox Oy
tương ứng tại các điểm
,
B C
sao cho điểm
B
có hoành độ dương, điểm
BOC
S bc
0.25
♥ Phương trình
d
có dạng:
1
x y
b c
. Vì
d
qua
2;3
A d
nên
2 3
1
b c
0.25
♥ Theo bđt Cô-si ta có:
♥ Phương trình đường thẳng thỏa đề bài là
1 3 2 12 0
4 3
x y
x y
0.25
Giải phương trình
2
2 1 2 3
x x x
(1)
♥ Điều kiện:
1
2 1 0
2
x x
(*)
Khi đó
1
2
4
2 11 13 0
x
x x x
x x
[thỏa (*)]
0.25
8
(1,0 điểm)
2
7
2 1 2 7 5
2
2 15 25 0
x
x y xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
3 7
4 9
2
P x y
x y
.
♥ Ta có:
4 5
5 4 23 23
x y xy
x y
0.25
♥ Khi đó:
3 7 1 1 1 4 5
4 9 4 9
2 2
2
9
1
3
4 5
23
x
x
x
y
y
y
x y
Ở
I
Đ
Ộ
NG TR
Ư
Ớ
C K
Ỳ
THI
QU
Ố
C GIA N
Ă
M
2015
Môn thi: Toán
–
THPT
Th
ờ
i gian làm bài: 180 phútCâu 1
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ
đ
ồ
th
ị
hàm s
ố
.
Cb.
Tìm các giá tr
ị
c
t
ạ
i ba
đ
i
ể
m phân
bi
ệ
t
0;1 , ,
M N P
sao cho
N
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
.
MP
ể
m)
.
Tính di
ệ
n tích hình ph
ẳ
ng giớ
i h
ạ
n b
ởi
đư
ờ
ng cong
1
y
x
và
đư
ờ
ng th
ẳng
23
yxCâu 4
o1
xxb.
Đ
ộ
i thanh niên xung kích c
ủ
a m
ộ
t tr
ư
ờ
ng ph
ổ
thông có 12 h
ọ
c sinh g
ồ
m 5 h
ọ
c sinh l
ớ
p
A
, 4
h
su
ấ
t
đ
ể
trong 4 h
ọ
c sinh
đư
ợ
c ch
ọ
n không quá 2 trong 3 l
ớ
p trên
.
Câu 5 (1,0
đ
i
ể
m
).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
C
Vi
ế
t ph
ươ
ng tr
ì
nh
đư
ờ
ng cao xu
ấ
t phát t
ừ
đ
ỉ
nh
A
c
ủ
a
tam giác
ABC
.
Câu 6 (1,0
đ
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
SBD
vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
đ
á
y
ABCD
. Tính theo
a
th
ể
tích kh
ố
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
đ
ộ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có
2
AC AB
.
Đ
i
ể
m
đ
i
ể
m
D
thu
ộ
c
BC
sao
cho
AD
đ
ố
i x
ứ
ng v
ớ
i
AM
qua tia phân giác trong góc
.
Đư
ABC
, bi
ế
t
C
thu
ộ
c
đư
ờ
ng th
ẳ
ng
: 7 0.
d x yCâu 8 (1,0
đ
i
ể
m
).
Gi
ả
i h
ệ
đ
i
ể
m
)
Cho
,,
x y z
là các s
ố
th
ự
c thu
ộ
c
đ
o
ạ
n
1;2
. Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
2015
Đề 1 - Ngày thi : 10-10-2014
Câu 1 Cho hàm số : y = –2x
3
+ 6x
2
+ 1
y = –2x
3
+ 6x
2
+ 1
y = –2x
3
+ 6x
2
+ 1 (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
b. Tìm các giá trị tham số m để đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt
M(0; 1), N, P sao cho N là trung điểm của MP.
Lời giải :
a.
Tập XĐ: D = R. Đạo hàm: y
= –6x
2
+ 12x.
y
= 0 ⇐⇒ x = 0 hay x = 2 nên y(0) = 1 hay y(2) = 9
2
+ 1 nghịch biến trên từng khoảng (–∞; 0) , (2; +∞)
Điểm cực đại (2; 9). Điểm cực tiểu (0; 1)
Đồ thị
x
y
b. Đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M(0; 1), N, P nếu như phương trình hoành
độ giao điểm –2x
3
+ 6x
2
+ 1 = mx + 1 có 3 nghiệm phân biệt tức là x(2x
2
– 6x + m) = 0 có 3 nghiệm phân
biệt. Như thế chỉ cần 2x
2
– 6x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 nghĩa là 9 – 2m > 0 và m = 0, nên
cần m <
9
2
. Giả sử N(x
1
; y
1
), P(x
2
; y
2
). N là trung điểm của MP nên 2x
1
Phương trình đã cho tương đương với:
2 cos
2
x – 1 – cos 2x cos x + sin x cos x – sin x ⇐⇒ cos 2x – cos 2x cos x – sin x + sin x cos x
⇐⇒ cos 2x (1 – cos x) – sin x (1 – cos x) = 0 ⇐⇒ (1 – cos x)(cos 2x – sin x) = 0
⇐⇒
cos x = 1
cos 2x = sin x
⇐⇒
cos x = 1
cos 2x = cos
π
2
– x
⇐⇒
x = k2π
x =
π
6
+ k
2π
3
x
y = –2x + 3
(1, 1)
(
1
2
, 2)
Hoành độ giao điểm đường cong và đường thẳng là nghiệm
phương trình
1
x
= –2x + 3 ⇐⇒ x =
1
2
hay x = 1
Diện tích hình phẳng là
S =
1
1
2
–2x + 3 –
1
x
2
+ 3x – ln x
1
1
2
=
3
4
– ln 2
Câu 4
a. Giải phương trình log
3
(x – 1)
2
+ log
√
3
(2x – 1) = 2
log
3
(x – 1)
2
(2x – 1) = 2 ⇐⇒ 2log
3
(|x – 1|) + 2log
3
(2x – 1) = 2
⇐⇒ log
3
(|x – 1|) + log
3
(2x – 1) = 1 ⇐⇒ log
3
[|x – 1|(2x – 1)] = 1
⇐⇒
(x – 1) (2x – 1) = 3
(1 – x) (2x – 1) = 3
⇐⇒ x = 2
Kết hợp với điều kiện thì nghiệm của phương trình đã cho là: x = 2
b.Cách 1
Số cách chọn 4 học sinh có trong 12 học sinh là:
4
12
= 495 (cách)
Số cách chọn 4 học sinh mà không có học sinh của quá 2 lớp gồm:
TH1: Chỉ có học sinh lớp A:
4
5
(cách)
TH2: Chỉ có học sinh lớp B:
4
4
8
+
4
7
–
4
5
–
4
4
= 225 (cách)
Vậy xác suất cần tính là:
225
495
=
5
11
b.Cách 2
3
Số cách chọn 4 học sinh có trong 12 học sinh là:
4
12
= 495 (cách)
Số cách chọn 4 học sinh gồm: Lớp A có 2 hs, lớp B có 1 hs, lớp C có 1 hs.
2
5
.
1
4
.
2
3
+
1
5
.
2
4
.
1
3
+
1
5
.
1
4
.
2
3
= 270 (cách)
Tóm lại số cách chọn 4 học sinh mà không có học sinh của quá 2 lớp là : 495 – 270 = 225 (cách)
Vậy xác suất cần tính là:
225
495
=
5
11
Câu 5 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có các đỉnh lần lượt là
AH =
2
3
;
8
3
; –
10
3
Do đó phương trình đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam
giác ABC là AH :
x – 1
1
=
y + 2
4
=
z – 3
–5
Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA = SB = a; SD = a
√
2 và mặt
phẳng (SBD) vuông góc với mặt đáy (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ A đến mặt phẳng (SCD).
Lời giải:
Kẻ SH ⊥ BD ⇒ SH là đường cao của hình chóp
Gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB, BD.
AB = SA = SB = a suy ra SAB đều nên SE ⊥ AB,
6
Gọi K là trung điểm SD ta được AK⊥SD⊥CK
Mà SK =
SD
2
=
a
√
2
2
nên AK =
SA
2
– SK
2
=
a
√
2
2
tương tự ABC đều nên SC = a =⇒ CK =
a
√
2
2
suy ra ACK vuông cân tại K do đó AK⊥(SCD).
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) là AK =
a
√
Phân giác trong
BAC cắt BC tại E. Gọi B
1
là trung điểm
AC. BB
1
cắt AM tại trọng tâm G, BB
1
cắt phân giác AE
tại H là trung điểm BB
1
, BB
1
cắt AD tại P đối xứng với
G qua H nên P là trung điểm BG. Khi đó:
•
–––→
AD = m
–––→
AP =
m
2
–––→
AB +
–––→
AG
=
⇒
m = 2n
m = 3 (1 – n)
⇒
m =
6
5
n =
3
5
⇒
–––→
AD =
3
5
–––→
AB +
2
5
–––→
AM
⇒
3
5
–––→
AD –
–––→
–––→
MC (∗)
C ∈ d nên C(c; 7 – c), M trung điểm BC nên B(2 – c; c – 5). 5
––––→
DM = 3
–––→
MC nên D
8–3c
5
;
3c– 13
5
.
D ∈ DN nên 3
8–3c
5
– 2
3c–13
5
+ 8 = 0 ⇐⇒ c = 6 . Do đó C(6; 1), B(–4; 1), D
–
10
5
; 1
Câu 8 Giải hệ phương trình
4y
2
– xy
= 1
2x
2
– 5xy – y
2
= 1
y
xy – 2y
2
+
4y
2
– xy
= 1
Lời giải :
Điều kiện 4y ≥ x ≥ 2y > 0.
Trừ vế với vế ta được
2x
2
– 5xy – y
2
4 –
x
y
= 0
Đặt
x
y
= t ⇒ t ∈ [2; 4]. Khi đó ta được
2t
2
– 5t – 1 –
√
t – 2 –
√
4 – t = 0
⇐⇒ 2t
2
– 6t +
√
t – 2
√
t – 2 – 1
+
1 –
√
4 – t
t – 2
√
t – 2 + 1
+
1
1 +
√
4 – t
> 0 với t ∈ [2; 4]
Vậy t = 3 suy ra x = 3y thế vào phương trình (1) của hệ ta được phương trình
2y
2
= 1 ⇒ y =
1
√
2
=⇒ x =
3
√
2
Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) =
3
√
2
;
1
√
2
Copyright: Tài liệu đại học ©