SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ
TỔ TOÁN - TIN
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1 , có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ th ị (C).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ th ị (C) tại giao điểm của (C) và đường thẳng
d : y = x− 2.
Câu 2 (1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn z (1 + 2i ) = 7 + 4i . Tìm môđun số phức w = z + 2i .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ ( x − 1) e2 x dx.
1
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình log 2 ( x + 1) + log 1 x + 1 = 1 .
0
b) Tổ 1 lớp 12A1 có 12 học sinh gồm có 7 học sinh nam và 5 học sinh n ữ, trong đó AN là
tổ trưởng còn HOA là tổ phó. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong tổ để tham gia hoạt
động tập thể của trường nhân d ịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng 3. Tính xác su ất để sao
cho nhóm học sinh được chọn có 3 h ọc sinh nam và 2 học sinh nữ trong đó phải nh ất
thiết có bạn AN hoặc bạn HOA nhưng không có cả hai (AN là học sinh nam, HOA là
học sinh nữ).
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( −1; −2;2 ) , B ( −3; −2;0 ) và m ặt
ph ẳng (P) có phương trình x + 3 y − z + 2 = 0 .
a) Viết phương trình mặt ph ẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB.
b) Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đo ạn thẳng OM nhỏ
nh ất.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại C,
ABC = 300 . Mặt ph ẳng (C ' AB ) tạo với đáy ( ABC ) một góc 600.
cạnh đáy AB bằng 2a và góc
Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC ' và
CB ' .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục to ạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm
N (1; −2 ) tho ả mãn 2 NB + NC = 0 và điểm M ( 3;6 ) thuộc đường th ẳng chứa cạnh AD. Gọi H
là hình chiếu vuông góc của đỉnh A xuống đường th ẳng DN. Xác định to ạ độ các đỉnh của hình
12 2
vuông ABCD biết khoảng cách từ điểm H đến cạnh CD b ằng
và đỉnh A có hoành độ là
13
một số nguyên lớn hơn −2 .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
x 2 − x − y − 1. 3 x − y − 1 = y + 1
( x, y ∈ » )
2
2
x + y + 1 + 2 x + y = 5 x + 3 y + 3x + 7 y
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm x, y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
4
4
5
P=
−
−
2
2
2
x + y + z + 4 ( x + y ) ( x + 2 z )( y + 2 z ) ( y + z ) ( y + 2 x )( z + 2 x )
-------------------------------HẾT------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....................................................................; Số báo danh:.............................
2
Câu
ĐÁP ÁN
3
2
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x − 3 x + 1 , có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
1
Tập xác định: D = »
x = 0
Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x ⇒ y ' = 0 ⇔
x = 2
lim y = ±∞
Điểm
1,0
0,25
x →±∞
Đồ thị hàm số không có tiệm cận
Bảng biến thiên
x
−∞
0
y'
+
0
1
+∞
2
0
+
0,25
+∞
y
−∞
-3
Từ đó suy ra
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; 0 ) và ( 2; +∞ ) .
Hàm số nghịch biến trên kho ảng ( 0; 2 )
0,25
Hàm số đạt giá trị cực đại tại x = 0, yCD = y ( 0 ) = 1
Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x = 2, yCT = y ( 2 ) = −3
Đồ thi hàm số.
Điểm u ốn của đồ thị
y '' = 6 x − 6 ⇒ y '' = 0 ⇔ x = 1 ⇒ I (1; −2 ) là điểm uốn của đồ thị
Đồ thị (C) cắt trục tung tại điểm A(0;1)
y
f(x)=x^3-3*x^2+1
5
4
3
0,25
2
1
x
-4
-3.5
-3
-2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
-1
-2
-3
-4
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) và đường thẳng
d : y = x−2.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là
x = 3
3
2
3
2
2
x − 3 x + 1 = x − 2 ⇔ x − 3 x − x + 3 = 0 ⇔ ( x − 3 ) ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1
x = −1
Suy ra giao điểm là A ( 3;1) , B (1; −1) , C ( −1; −3 )
1,0
0,25
Phương trình tiếp tuyến tại A ( 3;1) là y = 9 x − 26
0,25
Phương trình tiếp tuyến tại C ( −1; −3 ) là y = 9 x + 6
0,25
Phương trình tiếp tuyến tại B (1; −1) là y = −3 x + 2
~1~
KL: Các phương trình tiếp tuyến là: y = 9 x − 26 ; y = 9 x + 6 ; y = −3 x + 2
Câu 2 (1,0 điểm). Cho số phức z tho ả mãn z (1 + 2i ) = 7 + 4i . Tìm môđun số phức w = z + 2i .
Ta có z (1 + 2i ) = 7 + 4i ⇔ z =
2
7 + 4i
1 + 2i
( 7 + 4i )(1 − 2i ) ⇔ z = 7 − 14i + 4i − 8i 2 ⇔ z = 15 − 10i = 3 − 2i
⇔z=
1 − 4i 2
5
(1 + 2i )(1 − 2i )
Suy ra z = 3 + 2i
Do đó w = z + 2i = 3 + 4i
Vậ y w = 32 + 42 = 5
0,25
1,0
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ ( x − 1) e2 x .dx
1
1,0
du = dx
u = x − 1
Đặt
⇒
1 2x
2x
dv = e .dx v = e
2
0
1
1
Suy ra I = ( x − 1) e2 x − ∫ e2 x .dx
2
20
0
1
3
0,25
1
0,25
1 1 2x
1 1
3 − e2
− e
= − ( e2 − 1) =
2 4
2 4
4
0
1
=
Vậ y I =
0,25
3 − e2
4
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình log 2 ( x + 1) + log 1
Điều kiện: x > −1
0,25
x +1 = 1 .
1
1
Phương trình tương đương log 2 ( x + 1) − log 2 ( x + 1) = 1 ⇔ log 2 ( x + 1) = 1
2
2
⇔ log 2 ( x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 (thoả mãn)
4
Vậ y phương trình có nghiệm x = 3 .
b) T ổ 1 lớp 12A1 có 12 học sinh gồm có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ, trong đó AN là tổ
trưởng còn HOA là tổ phó. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong tổ để tham gia hoạt động tập thể
của trường nhân dịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng 3. Tính xác su ất để sao cho nhóm học sinh
được chọn có 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ trong đó phải nhất thiết có bạn AN ho ặc bạn
HOA nhưng không có cả hai.
Mỗi cách chọn nhóm 5 học sinh từ 12 học sinh là một tổ hợp chập 5 của 12. Vì vậy không
gian mẫu Ω gồm: C125 = 792 phần tử.
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, B là biến cố chọn được nhóm gồm 3 học sinh nam, 2
học sinh nữ trong đó có bạn AN và không có bạn HOA. C là biến cố chọn được nhóm
gồm 3 học sinh nam, 2 học sinh nữ trong đó có b ạn HOA và không có bạn AN.
Như vậ y, A = B ∪ C và n ( A) = n ( B ) + n ( C ) .
Tính n (B):
0,5
2
0,25
0,25
0,5
0,25
+ Chọn bạn AN, có 1 cách.
+ Chọn 2 bạn nam từ 6 b ạn nam còn lại, có C62 cách.
+ Chọn 2 bạn nữ từ 4 b ạn nữ, có C42 cách.
Theo quy tắc nhân: n ( B ) = 1.C62 .C42 = 90 .
Tương tự, n ( C ) = 1.C .C = 80 .Vậy n ( A) = 90 + 80 = 170 .
3
6
1
4
Xác suất của biến cố A là: P ( A ) =
n ( A ) 170
.
=
n ( B ) 792
~2~
0,25
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( −1; −2; 2 ) , B ( −3; −2; 0 ) và mặt phẳng (P)
có phương trình x + 3 y − z + 2 = 0 .
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đo ạn AB.
Gọi I là trung điểm của đo ạn thẳng AB ⇒ I ( −2; −2;1)
Ta có AB = ( −2;0; −2 ) / / n = (1; 0;1)
Vì mp(Q) là mp trung trực của đoạn AB nên nhận vectơ n = (1;0;1) là vectơ pháp tuyến
5
và đi qua điểm I ( −2; −2;1) .
Vậ y phương trình mặt phẳng (Q) là: x + z + 1 = 0
b) Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đo ạn thẳng OM nhỏ
nhất.
Mp(P) có VTPT là n1 = (1;3; −1)
Mp(Q) có VTPT là n2 = (1; 0;1)
Suy ra u = n1 ; n2 = ( 3; −2; −3 ) là VTCP của ∆ = ( P ) ∩ ( Q )
x = 3t
Lấy E ( 0; −1; −1) ∈ ∆ = ( P ) ∩ ( Q ) . Phương trình tham số ∆ là y = −1 − 2t
(t ∈ »)
z = −1 − 3t
Điểm M ∈ ∆ ⇒ M ( 3t; −1 − 2t ; −1 − 3t )
2
2
2
Do đó OM = OM = ( 3t ) + ( −1 − 2t ) + ( −1 − 3t ) = 22t 2 + 10t + 2
5 19 19
19
Ta có 22t + 10t + 2 = 22.t +
+ 22 ≥ 22 ⇒ OM ≥ 22
22
5
7
15 6
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = − ⇒ M − ; − ; −
22
22 11 22
6
7
15
Vậ y M − ; − ; −
22
11
22
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy
AB bằng 2a và góc
ABC = 30 0 . Mặt phẳng (C ' AB) tạo với đáy ( ABC ) một góc 600. Tính thể tích
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
2
2
của khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và kho ảng cách giữa hai đường thẳng AC ' và CB ' .
M
B
0,25
1,0
A
C
H
6
B'
A'
K
C'
E
* Tính thể tích
Gọi M là trung điểm của AB. Tam giác CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM. Mặt khác AB ⊥
' = 60 0 . Gọi V là thể tích lăng trụ ABC. A ' B ' C ' thì
CC ' ⇒ AB ⊥ (CMC ') ⇒ CMC
V = S ABC .CC '
~3~
0,25
a
1
a2
⇒ S ABC = CM . AB =
2
3
3
2
a
a
a3
CC ' = CM .tan 600 =
. 3 = a ⇒V =
.a =
3
3
3
* Tính khoảng cách
Gọi E đối xứng với A’ qua C’. Suy ra ACEC’ là hình bình hành.
Nên AC’//CE ⊂ ( CB ' E ) ⇒ AC '/ / ( CB ' E ) mà B ' C ⊂ ( CB ' E ) .
Ta có CM = BM .tan 300 =
Do đó d ( AC ', B ' C ) = d ( AC ', ( EB ' C ) ) = d ( C ', ( EB ' C ) )
0,25
0,25
Tam giác A’B’E có A’C’=C’E=B’C’ nên tam giác A’B’E vuông tại B’
Gọi K là trung điểm B’E, ta có tam giác B’C’E cân tại C’ nên
C'K ⊥ B'E
⇒ B ' E ⊥ ( CC ' K )
CC ' ⊥ ( A ' B ' C ' ) ≡ ( A ' B ' E ) ⇒ CC ' ⊥ B ' E
Kẻ C ' H ⊥ CK ⇒ C ' H ⊂ ( CC ' K ) mà B ' E ⊥ ( CC ' K ) ⇒ B ' E ⊥ C ' H
Từ đó ⇒ C ' H ⊥ ( CB ' E ) hay C ' H = d ( C ', ( CB ' E ) )
Ta tính được CB =
2a
⇒ C ' B ' = C ' E = CB =
2a
3
3
0
Lại có ABC = 30 , tam giác ABC cân tại C nên
ACB = 1200 =
A 'C ' B ' ⇒ B
' C ' E = 600
0,25
B'E
Nên tam giác B’C’E đều; tính được C ' K = B ' C '2 −
=a
2
2
Tam giác CC’K vuông cân tại C’ do đó C ' H =
CK
CC '2 + CK 2 a 2
=
=
2
2
2
Vậ y d ( AC ', CB ' ) = C ' H =
a 2
2
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm N (1; −2 )
thoả mãn 2 NB + NC = 0 và điểm M ( 3; 6 ) thuộc đường thẳng chứa cạnh AD. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của đỉnh A xuống đường thẳng DN. Xác định to ạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết
12 2
kho ảng cách từ điểm H đến cạnh CD bằng
và đỉnh A có hoành độ là một số nguyên lớ n hơn
13
−2 .
A
D
H
1,0
M (3;6)
E
12 2
13
7
B
N (1;-2)
C
12 2
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên CD ⇒ HE =
13
Giả sử cạnh hình vuông b ằng a (a>0)
2
2
2a
Ta có 2 NB + NC = 0 ⇔ CN = CB nên N nằm giữa B và C sao cho CN = CB =
.
3
3
3
a 13
⇒ DN = CD 2 + CN 2 =
3
~4~
0,25
Có ADH ∼DNC ( g .g ) ⇒
AD DH
a
3
2a
=
=
=
⇒ DH =
DN NC a 13
13
13
3
2a
HE DH
6
13
DHE ∼DNC ( g .g ) ⇒
=
= 13 = ⇒ NC = HE = 2 2
NC DN a 13 13
6
3
2a
⇔
=2 2 ⇔ a =3 2
3
Giả sử VTPT của AD là n = ( a; b ) với ( a 2 + b 2 ≠ 0 )
Pt AD: ax + by − 3a − 6b = 0
−2a − 8b
⇒ d ( N , AD ) = 3 2 ⇔
= 3 2 ⇔ 7 a 2 − 16ab − 23b 2 = 0
2
2
a +b
a + b = 0
⇔ ( a + b )( 7 a − 23b ) = 0 ⇔
7 a − 23b = 0
Trường hợp 1: a + b = 0
Suy ra pt AD : x − y + 3 = 0
0,25
NP ⊥ AD ⇒ pt NP : x + y + 1 = 0 ⇒ P = AD ∩ NP ⇒ P ( −2;1)
1
m = −1 (TM )
AP = BN = BC = 2
3
⇒ A ( −1; 2 )
⇒ AP = 2 ⇔
m
=
−
3
L
(
)
A ∈ AD ⇒ A ( m; m + 3)( m > −2 )
Lúc đó PD = 2 AP ⇒ D ( −4; −1)
Từ đó ta tìm được B ( 2; −1) , C ( −1; −4 )
Do đó A ( −1; 2 ) , B ( 2; −1) , C ( −1; −4 ) , D ( −4; −1)
Trường hợp 2: 7 a − 23b = 0
Suy ra pt AD : 23 x + 7 y − 111 = 0
86 −13
NP ⊥ AD ⇒ pt NP : 7 x − 23 y − 53 = 0 ⇒ P = AD ∩ NP ⇒ P ;
17 17
1
93
AP = BN = BC = 2
m = (L)
3
17
⇒ AP = 2 ⇔
111 − 23m
m = 79 ( L )
A ∈ AD ⇒ A m;
( m > −2 )
7
17
Trường hợp này không thoả mãn
Kết luận: Vậy A ( −1; 2 ) , B ( 2; −1) , C ( −1; −4 ) , D ( −4; −1)
x 2 − x − y − 1. 3 x − y − 1 = y + 1
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( x, y ∈ » )
2
2
+
+
+
+
=
+
+
+
x
y
1
2
x
y
5
x
3
y
3
x
7
y
2
x − x − y −1 ≥ 0
Điều kiện 2 x + y ≥ 0
5 x 2 + 3 y 2 + 3 x + 7 y ≥ 0
8
x = 0
Trường hợp 1: x 2 − x − y − 1 = 0 từ (1) ⇒ y + 1 = 0 ⇒ y = −1 ⇒ x 2 − x = 0 ⇔
x = 1
x = 1
Thử lại vào phương trình (2) thấy
tho ả mãn. Suy ra (1; −1) là nghiệm HPT.
y = −1
Trường hợp 2: x 2 − x − y − 1 > 0
0,25
0,25
1,0
0,25
0,25
~5~
(1) ⇔ 3 x − y − 1 =
x − x − y −1
x− y−2
⇔
3
Ta có
y +1
2
( x − y − 1)
2
+ 3 x − y −1 +1
=
⇔ 3 x − y −1 − 1 =
y +1
x − x − y −1
2
−1
− ( x + y + 1)( x − y − 2 )
x2 − x − y − 1 + y + 1
1
x + y +1
=0
⇔ ( x − y − 2)
+
2
3 ( x − y − 1)2 + 3 x − y − 1 + 1
x − x − y −1 + y + 1
x − y − 2 = 0
1
x + y +1
⇔
+
= 0 (* )
2
2
3 ( x − y − 1) + 3 x − y − 1 + 1
x − x − y −1 + y +1
Vì
−1 + 5
x>
x − x − y −1 > 0
2
⇒ x 2 − x > y + 1 ≥ −2 x + 1 ⇒ x 2 + x − 1 > 0 ⇔
−1 − 5
2x + y ≥ 0
x <
2
Nên y ≥ −2 x > 1 + 5 ⇒ y + 1 > 2 + 5 > 0 ⇒ x + y + 1 > 0 .
Do đó PT(*) vô nghiệm.
Suy ra y = x − 2
Thế vào phương trình (2) ta được
2
2 x − 1 + 3 x − 2 = 8 x 2 − 2 x − 2 ⇔ 2 x − 1 + 3 x − 2 = 2 ( 2 x − 1) + 2 ( 3 x − 2 ) Điều kiện:
2
2
.
3
1
2 x − 1 = a a ≥ 3
.
Đặt
3x − 2 = b ( b ≥ 0 )
Phương trình trở thành
x≥
0,25
a + b = 2a 2 + 2b 2 ⇔ a 2 + 2ab + b2 = 2a 2 + 2b 2 ⇔ ( a − b ) = 0 ⇔ a = b
2
Từ đó ta có
x =1
2 x − 1 = 3x − 2 ⇔ 4 x − 4 x + 1 = 3x − 2 ⇔ 4 x − 7 x + 3 = 0 ⇔
(T/M)
x = 3
4
+) x = 1 ⇒ y = −1 . Thử lại HPT thấ y tho ả mãn.
3
5
+) x = ⇒ y = − . Thử lại HPT không thoả mãn.
4
4
Vậ y hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (1; −1) .
2
2
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm x , y , z . Tìm giá trị lớ n nhất của biểu thức
4
4
5
P=
−
−
2
2
2
x + y + z + 4 ( x + y ) ( x + 2 z )( y + 2 z ) ( y + z ) ( y + 2 x )( z + 2 x )
Ta có
9
( x + y ) ( x + 2 z )( y + 2 z )
AM −GM
≤
x + y + 4 z x 2 + y 2 + 2 xy + 4 yz + 4 zx
=
2
2
2
2
2
≤ 2( x + y + z )
(1)
0,25
1,0
( x + y)
Và
~6~
0,25
( y + z ) ( y + 2 x )( z + 2 x )
AM −GM
≤
y + z + 4 x y 2 + z 2 + 2 yz + 4 zx + 4 xy
=
2
2
2
2
2
≤ 2( x + y + z )
( 2)
( y + z)
Thật vậy, với mọi x, y, z ≥ 0 ta luôn có
(1) ⇔ ( x − y ) + 2 ( x − z ) + 2 ( y − z ) ≥ 0
2
2
2
( 2) ⇔ ( y − z ) + 2 ( y − x) + 2 ( z − x) ≥ 0
2
2
2
Khi đó biểu thức P trở thành
4
4
5
P≤
−
−
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x + y + z + 4 2( x + y + z ) 2( x + y + z )
≤
4
x + y + z +4
2
2
2
−
9
2 ( x + y2 + z2 )
0,25
2
Đặt t = x 2 + y 2 + z 2 + 4 ⇒ t > 2 . Nên P ≤
Xét hàm số y = f ( t ) =
4
9
−
t 2 (t 2 − 4)
4
9
−
với t > 2
2
t 2 ( t − 4)
( 4 − t ) ( 4t 3 + 7t 2 − 4t − 16 )
−4
9t
=
Có f ' ( t ) = 2 +
2
2
t
t 2 (t 2 − 4)
(t 2 − 4)
0,25
Do t > 2 nên 4t 3 + 7t 2 − 4t − 16 = 4 ( t 3 − 4 ) + t ( 7t − 4 ) > 0
Suy ra f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 4
Lập b ảng biến thiên ⇒ P ≤
5
8
0,25
5
Vậ y GTLN của P là ⇔ x = y = z = 2
8
CHÚ Ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn chấm điểm tối đa.
~7~
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi 09/03/2015
3
2
Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: y = x − 3(m + 2)x + 9x − m − 1 (Cm ) với m là tham số
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0.
b. Gọi ∆ là tiếp tuyến với đồ thị (Cm ) tại giao điểm của đồ thị (Cm ) với trục tung. Viết
phương trình tiếp tuyến ∆ biết khoảng cách từ điểm A(1; −4) đến đường thẳng ∆ bằng
82 .
Câu 2 (1.0 điểm) Giải phương trình: cos 2x + cos x sin x − sin x + sin 2 x = cos x
5
Câu 3 (1.0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (3x + 1) 2x − 1 dx
1
Câu 4 (1.0 điểm)
a. Giải bất phương trình: log 2 (x + 1) − 2 log 4 (5 − x) < 1 − log 2 (x − 2)
b. Có 6 tấm bìa được đánh số 0, 1, 2, 3, 4, 5. Lấy ngẫu nhiên 4 tấm bìa và xếp thành hàng
ngang từ trái sang phải. Tính xác suất để xếp được một số tự nhiên có 4 chữ số.
Câu 5 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −1; 0), B(2; 0; −1) và
mặt phẳng (P): 2x + y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm C trên (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông
góc với mặt phẳng (P) và tam giác ABC có diện tích bằng 14 .
Câu 6 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 3a và ABC = 60o.
Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD biết
SA = SB = SC = a 7 .
Câu 7 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân
giác trong góc ABC đi qua trung điểm M của cạnh AD, đường thẳng BM có phương trình:
x − y + 2 = 0, điểm D nằm trên đường thẳng ∆ có phương trình: x + y − 9 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh B có hoành độ âm và đường thẳng AB đi qua E(−1; 2).
x 2 − 2x − 2(x 2 − x) 3 − 2y = (2y − 3)x 2 − 1
Câu 8 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:
3
2x 2 + x 3 + x + 2
2 − 3 − 2y =
2x + 1
Câu 9 (1.0 điểm) Cho x, y là hai số thỏa mãn: x, y ≥ 1 và 3(x + y) = 4xy. Tìm giá trị lớn nhất và
1
1
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 − 3 2 + 2
y
x
-------------------------- Hết -------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:..........................................................
Số báo danh:..................................
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
Câu
1
(2.0 điểm)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)
Đáp án
Điểm
a. (1.0 điểm) m = 0 ⇒ y = x 3 − 6x 2 + 9x − 1
• Tập xác định: D = ℝ.
• Sự biến thiên:
x = 1 ⇒ y = 3
y ' = 3x 2 − 12x + 9; y ' = 0 ⇔
x = 3 ⇒ y = −1
0.25
Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞
x →+∞
Bảng biến thiên:
x
y'
−∞
1
+
0
3
+∞
3
−
0
+
0.25
+∞
y
−∞
−1
- Hs đb trên khoảng (−∞;1), (3; +∞) và nb trên khoảng (1; 3).
- Hàm số đạt cực đại tại x = 1; y CÑ = 3 ; đạt cực tiểu tại x = 3; y CT = −1.
• Đồ thị:
x
4
y
3
0.25
0
−1
0.25
b. (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến ∆ …
TXĐ: D = ℝ, y ' = 3x 2 − 6(m + 2)x + 9
Giả sử M là giao điểm của đồ thị hàm số (Cm ) với Oy ⇒ M(0; − m − 1)
Phương trình tiếp tuyến ∆ là: y = 9x − m − 1 hay 9x − y − m − 1 = 0
2
(1.0 điểm)
9. 1 − ( −4) − m − 1
m = 94
= 82 ⇔ 12 − m = 82 ⇔
92 + (−1)2
m = −70
Vậy phương trình tiếp tuyến ∆ là: y = 9x − 95; y = 9x + 69.
Giải phương trình …
Ta có: d(A; ∆) = 82 ⇔
PT ⇔ cos2 x − sin 2 x + cos x sin x + sin 2 x − (sin x + cos x) = 0
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
⇔ (cos x − sin x)(cos x + sin x) + sin x(cos x + sin x) − (cos x + sin x) = 0
⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x + sin x − 1) = 0
0.25
sin x + cos x = 0
⇔ (sin x + cos x)(cos x − 1) = 0 ⇔
cos x = 1
0.25
Trang 1/5
3
(1.0 điểm)
π
tan x = −1 x = − + kπ
⇔
⇔
4
cos x = 1
x = k 2π
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = −π \ 4 + kπ; x = k 2π.
Tính tích phân …
0.26
Đặt t = 2x − 1 ⇒ t 2 = 2x − 1 ⇒ tdt = dx
Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1
x=5 ⇒t =3
0.25
3
3(t 2 + 1)
13
13
⇒ I = ∫
+ 1 .t.tdt = ∫ (3t 2 + 5)t 2 dt = ∫ (3t 4 + 5t 2 )dt
2
21
21
1
0.25
3
1 3t 5 5t 3
1 3.35 5.33 3 5 1414
=
+
+
− − =
=
2 5
3
2 5
3
5 3 15
1
4
(1.0 điểm)
0.5
a. (0.5 điểm) Giải bất phương trình …
Điều kiện: 2 < x < 5 (*)
Khi đó, BPT ⇔ log2 (x + 1) + log 2 (x − 2) < log 2 2 + log 2 (5 − x)
0.25
⇔ log2 (x + 1)(x − 2) < log 2 2(5 − x)
⇔ (x + 1)(x − 2) < 2(5 − x) ⇔ x 2 + x − 12 < 0 ⇔ −4 < x < 3
Kết hợp điều kiện (*) ta có: 2 < x < 3 là nghiệm của bất phương trình.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 2 < x < 3.
b. (0.5 điểm) Tính xác suất …
- Phép thử T: “Lấy ngẫu nhiên 4 tấm bìa và xếp thành hàng ngang từ trái sang
phải” ⇒ Số phần tử của không gian mẫu là: Ω = A 64 = 360
0.25
0.25
- Gọi A là biến cố “Xếp được một số tự nhiên gồm 4 chữ số”
Giả sử n = a1a2 a3a4 là số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau.
Chọn a1 có 5 cách.
Chọn a2 a3a4 có A35 cách.
0.25
⇒ Ω A = 5.A 35 = 300
Vậy P(A) =
5
(1.0 điểm)
ΩA
Ω
=
300 5
=
360 6
Tìm tọa độ điểm C nằm trên mặt phẳng (P) …
Giả sử C(a; b; c) , n P = (2;1;1) là 1 VTPT của (P).
Do C ∈ (P) ⇔ 2a + b + c + 1 = 0 (1)
Ta có:
AB = (1;1; −1)
0.25
⇒ AB,AC = (c + b + 1;1 − a − c; b − a + 2)
AC = (a − 1; b + 1; c)
⇒ Mặt phẳng (ABC) nhận n = (c + b + 1;1 − a − c; b − a + 2) là 1 VTPT
Vì (ABC) ⊥ (P) ⇔ n.n P = 0 ⇔ −2a + 3b + c + 5 = 0 (2)
1
AB, AC ⇒ (c + b + 1)2 + (1 − a − c)2 + (b − a + 2)2 = 2 14 (3)
2
b = 2a − 2
Từ (1) và (2) ta có:
c = 1 − 4a
0.25
Mà: S∆ABC =
Trang 2/5
0.25
Thay vào (3) ta được:
a = 2 ⇒ b = 2,c = −7
(−2a)2 + (3a)2 + a2 = 4.14 ⇔ a2 = 4 ⇔
a = −2 ⇒ b = −6,c = 9
Vậy tọa độ điểm C thỏa mãn đề bài là: C(2; 2; −7), C(−2; −6; 9).
6
(1.0 điểm)
0.25
Tính thể tích khối tứ diện SACD …
S
Do SA = SB = SC và tam giác
ABC đều nên hình chiếu của đỉnh
S trên (ABCD) là trọng tâm H của
tam giác ABC.
∆ ABC đều ⇒ BH = a 3
Ta có: S∆ACD = S∆ABC
0.25
9a2 3
=
4
A
D
K
H
B
C
∆SHB vuông tại H nên ta có: SH = SB2 − BH 2 = 2a
1
3a3 3
Vậy VSACD = SH.S∆ACD =
3
2
Vì H là trọng tâm tam giác ABC nên 3HD = 2BD
0.25
Do AB // CD nên d(AB;SD) = d(AB;(SCD)) = d(B;(SCD)) =
3
d(H;(SCD))
2
0.25
Ta có: HCD = HCA + SAD = 30o + 60o = 90o ⇒ HC ⊥ CD.
Mà SH ⊥ CD nên CD ⊥ (SHC)
Trong (SHC) kẻ HK ⊥ SC (K ∈ SC) ⇒ d(H;(SCD)) = HK
∆SHC vuông tại H nên:
7
(1.0 điểm)
1
1
1
1
1
2 21 a
=
+
= 2 + 2 ⇒ HK =
2
2
2
7
HK
HS HC
4a 3a
0.25
3
3 21 a
Vậy d(AB;SD) = HK =
⋅
2
7
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
▪ Kẻ đường thẳng đi qua E vuông
góc BM tại H và cắt AC tại E '.
⇒ H là trung điểm của EE '
Phương trình EH là: x + y − 1 = 0
1 3
H = EH ∩ BM ⇒ H − ;
2 2
Vì H là trung điểm EE ' ⇒ E '(0;1)
M
A
D
E
H
B
0.25
E'
C
▪ Giả sử B(b; b + 2) ∈ BM (b < 0) ⇒ BE = (−1 − b; − b), BE ' = (− b; −1 − b)
b = 0 (loaïi)
Mà BE ⊥ BE ' ⇔ BE.BE ' = 0 ⇔ 2b(1 + b) = 0 ⇔
b = −1 (tm) ⇒ B(−1;1)
▪ Phương trình cạnh AB là: x = −1.
Giả sử A(−1;a) ∈ AB (a ≠ 1) và D(d; 9 − d) ∈ ∆
d −1 9 + a − d
Do M là trung điểm AB ⇒ M
;
2
2
Trang 3/5
0.25
0.25
Mặt khác: M ∈ BM ⇔
d −1 9 + a − d
−
+ 2 = 0 ⇔ −a + 2d − 6 = 0 (1)
2
2
▪ Ta có: AD = (d + 1; 9 − d − a), AB = (0;1 − a)
Mà AB ⊥ AD ⇔ AB.AD = 0 ⇔ −a − d + 9 = 0 (2)
a = 4 ⇒ A(−1; 4)
Từ (1) và (2) ta có:
d = 5 ⇒ D(5; 4)
0.25
Do AB = DC ⇒ C(5;1)
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(−1; 4), B(−1;1),C(5;1), D(5; 4).
8
(1.0 điểm)
Giải hệ phương trình …
1 1
3
Điều kiện: x ≠ − ; − ≤ y ≤
2 2
2
PT (1) ⇔ x 2 − 2x + 1 − 2(x − 1)x 3 − 2y + x 2 (3 − 2y) = 0
⇔ (x − 1)2 − 2(x − 1)x 3 − 2y + x 2 (3 − 2y) = 0
(
⇔ x − 1 − x 3 − 2y
)
2
= 0 ⇔ x 3 − 2y = x − 1 (3)
0.25
Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình ⇒ x ≠ 0
x −1
1
Suy ra (3) ⇔ 3 − 2y =
= 1−
x
x
Thay vào PT (2) ta được:
1+
1 3 2x 2 + x 3 + x + 2
1
=
⇔ (2x+1) 1 + = x + 2 + 3 2x 2 + x 3
x
x
2x + 1
0.25
3
1
1
2
2
1
1
2
2
⇔ 2 + 1 + = 1 + + 3 1 + ⇔ 1 + + 1 + = 1 + + 3 1 + ( 4)
x
x
x
x
x
x
x
x
Xét hàm số f(t) = t 3 + t với t ∈ ℝ
Ta có: f '(t) = 3t 2 + 1 > 0 ∀t ∈ ℝ
⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên ℝ.
1
2
1
2
Do đó, (4) ⇔ f 1 + = f 3 1 + ⇔ 1 + = 3 1 + (5)
x
x
x
x
Đặt a = 1 / x (a ≠ 0) ⇒ (5) trở thành:
0.25
1 + 2a ≥ 0
1 + a = 3 1 + 2a ⇔
3
2
(1 + a) = (1 + 2a)
1
a ≥ − 2
1
1
1 + 5
1+ 5
a ≥ −
a ≥ −
⇔
⇔
⇔ a =
⇔a=
2
2
2
2
a3 − a 2 − a = 0
a 2 − a − 1 = 0
1 − 5
a =
2
1+ 5
5 −1
1− 5
⇒x=
⇒ (3) ⇔ 3 − 2y =
< 0 (loại)
2
2
2
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm
▪ Với a =
Trang 4/5
0.25
9
(1.0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức …
Đặt t = x + y (t > 0). Khi đó xy =
3t
4
Từ giả thiết ta có: 3(x + y) = 4xy ≤ (x + y)2 ⇒ x + y ≥ 3 ⇒ t ≥ 3
3t
Vì x, y ≥ 1 nên (x − 1)( y − 1) ≥ 0 ⇔ xy − (x + y) + 1 ≥ 0 ⇔ − t + 1 ≥ 0 ⇔ t ≤ 4
4
Vậy ta có 3 ≤ t ≤ 4 .
Mặt khác từ giả thiết ta có:
0.25
1 1 4
+ = ⋅
x y 3
2
1 1
6
9
8 16
Suy ra: P = (x + y) − 3xy(x + y) − 3 + +
= t3 − t 2 + −
4
t 3
x y xy
0.25
3
9
8 16
Xét hàm số: f(t) = t 3 − t 2 + −
vớ i 3 ≤ t ≤ 4
4
t 3
9
8
1
Ta có: f '(t) = 3t 2 − t − 2 = 2 t 3 ( 5t − 9 ) + t 4 − 16 > 0 với mọi t ∈ [3; 4]
2 t
2t
⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên đoạn [3; 4].
(
(
))
49
3
khi t = 3 ⇔ x = y =
12
2
x = 1, y = 3
74
GTNN của P là: f(4) =
khi t = 4 ⇔
3
x = 3, y = 1
0.25
Vậy GTNN của P là: f(3) =
▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.
Trang 5/5
0.25
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI
TỔ: TOÁN
Câu 1 (4 điểm): Cho hàm số: y
x 1
.
2 x 2
ĐỀ THI THỬ LẦN 1, KỲ THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút
(Không kể thời gian giao đề)
a. ( 2 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b. (1 điểm) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị với trục tung.
c. (1 điểm) Tìm m để đường thẳng y x m cắt đồ thị của hàm số tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
khoảng cách từ A đến trục hoành bằng khoảng cách từ B đến trục tung.
Câu 2 (4 điểm):
1
a) Giải phương trình: log 2 ( x 2 4 x 1) log 2 8 x log 2 4 x .
2
b) Tính tích phân sau: I sin 2 x cos 2 xdx
0
Câu 3(2 điểm): Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và mặt phẳng
(SBD) tạo với ( ABCD) một góc 600 . Tìm thể tích khối chóp SABCD . Xác định tâm và bán kính mặt cầu đi
qua các đỉnh của hình chóp SABCD
Câu 4(3 điểm): Trong hệ trục tọa độ Oxyz, cho lăng trụ đứng
ABCA ' B ' C '
có điểm
A(4;0;0), B (0;3;0), C (2; 4;0) . Tam giác ABC là tam giác gì, khi đó tìm tọa độ điểm B ' sao cho thể tích
khối chóp B ' ABC bằng 10. Gọi I là trung điểm BB ' , tìm cosin góc giữa AI và B ' C . Biết B’ có cao độ
dương.
Câu 5 (2 điểm):
a) Giải phương trình: 2 cos x( 3 sin x cos x 1) 1 .
b) Cho tập hợp A 1, 2,3, 4,5 . Có bao nhiêu số có 8 chữ số lập từ các số của tập A, sao cho chữ số 1
có mặt 2 lần, chữ số 2 có mặt 3 lần, các số khác có mặt một lần.
Câu 6(2 điểm): Cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng BC: x y 4 0 ,các điểm
H (2;0), I (3;0) lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Hãy lập phương trình cạnh AB
biết điểm B có hoành độ không lớn hơn 3.
x 3 3 x 2 2 y 3 3 y 2 (1)
Câu 7(2 điểm): Giải hệ phương trình:
x 3 y x 2(2)
Câu 8(1 điểm): Cho a, b, c 0 thỏa mãn: a b c 1 , chứng minh rằng :
a
b
c
9
1 bc 1 ca 1 ab 10
----------------------------Hết-------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh:………………………
Câu
Câu 1
(4đ)
(Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang)
Nội dung
a.(2 điểm).
+)TXĐ: D
\ 1
Điểm
0,25
+) Sự biến thiên
-
-
4
0, x 1
(2 x 2) 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng: (;1) và (1; )
x 1
1
1
Giới hạn: lim (
) , do đó : y là tiệm cận ngang.
x 2 x 2
2
2
x 1
x 1
lim(
) ; lim(
) , do đó : x 1 là tiệm cận đứng
x 1 2 x 2
x 1 2 x 2
Bảng biến thiên:
Đồ thị: Cắt Ox tại (-1;0), cắt Oy là (0;1/2)
Chiều biến thiên: y '
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
b.(1 điểm).
- Gọi M là giao điểm của đồ thị với trục tung thì M có hoành độ x = 0, do đó M(0;1/2).
4
- Hàm số có y '
nên y '(0) 1
(2 x 2) 2
1
- Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại M là : y y '(0)( x 0)
2
1
y x
2
c.(1 điểm)
- Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng là nghiệm phương trình:
x 1
x m (Đk: x 1 )
2 x 2
2 x 2 (2m 1) x 2m 1 0(1)
- Đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt khác 1.
7
m
(2m 1)(2m 7) 0
2 (2)
2 2m 1 1 2m 0
m 1
2
0,25
0.25
0,25
0,25
0,25
0,25
2m 1
x1 x2 2
- G/s x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1), theo định lý Viet ta có:
x .x 2m 1
1 2
2
Khi đó hai giao điểm là A( x1 ; x1 m), B ( x2 ; x2 m)
0,25
x x m
- Theo giả thiết thì: d ( A;Ox) d ( B; Oy ) x1 m x2 1 2
x1 x2 m
2m 1
- Với x1 x2 m , kết hợp với Viet ta có:
m , không xảy ra.
2
2m 1
x1 4m 2
x1 x2 2
1
- Với x1 x2 m , ta có: x1 x2 m
.
x2
4
2m 1
x1.x2
x1 m x2
2
1
7
Suy ra: 4m 2 m m
thỏa mãn điều kiện.
4
12
0,25
Câu 2
(4 đ)
a(2 điểm)
x 2 5
x2 4x 1 0
+ Đk:
x 2 5 x 2 5
x 0
x 0
1
log 2 ( x 2 4 x 1) log 2 2
2
log 2 ( x 2 4 x 1) 2 x 2 4 x 1 4
+ Với điều kiện đó thì phương trình tương đương với:
x 1
x2 4x 5 0
x 5
+ Theo điều kiện thì nghiệm là: x=5
b(2 điểm)
0,25
0,5
0,5
0,25
+ I 2 sin x.cos3 xdx
0
-
Đặt t cos x dt sin xdx
-
Đổi cận: x 0 t 1
x t 1
1
-
0,5
0,25
0,5
0,25
1
Do đó I 2 t 3 dt 2 t 3 dt
1
1
0,5
1
Câu 3
1
1 1
t4 = 0
2 1 2 2
0, 5
+ Gọi O là giao điểm hai đường chéo đáy, ta có:
0,25
(2đ)
-
BD AC và BD SA nên: BD SO
Suy ra: ( SBD);( ABCD) SOA 600
a 2
, tam giác SAO vuông tại A nên theo hệ thức lượng trong tam
2
a 6
giác vuông ta có: SA AO.tan 600
0,25
2
3
1
a 6
+ Dt(ABCD)= a 2 nên VSABCD SA.dt ( ABCD)
(đvtt)
0,25
3
6
+ Gọi I là trung điểm SC suy ra: IO//SA IO ( ABCD)
0,25
+ Ta có: IAO IBO ICO IDO IA IB IC ID (1)
0,25
+ AC a 2 AO
1
SC (2)
0,25
2
+ Từ (1) và (2) ta có: I cách đều S,A,B,C,D nên I là tâm mặt cầu đi qua các đỉnh hình chóp.
1
Đồng thời bán kính R=IA= SC
0,25
2
a 14
+ Theo định lý Pitago: SC SA2 AC 2
2
a 14
Vậy : R
0,25
4
+Dễ tính:
+ SAC vuông tại A có AI là trung tuyến nên: IA IB IC
Câu 4
(3 đ)
AB 5; AC 2 5; BC 5
0,75
Từ đó theo định lý Pitago thì: CB CA AB nên tam giác ABC vuông tại C.
0,25
+ Ta thấy A, B, C (Oxy ) và lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên B ' (Oyz ) từ đó
B '(0;3; c) với c>0
0,25
1
S ABC CA.CB 5 và BB ' c
2
0,25
2
2
2
VB ' ABC 10
Câu 5
(2đ)
1
1
BB '.S ABC 10 .5.c 10 c 6
3
3
Do đó: B '(0;3;6)
+ I là trung điểm BB’ nên: I (0;3;3)
Khi đó: AI (4;3;3); B ' C (2;1; 6)
cos( AI ; B ' C ) cos( AI ; B ' C )
AI .B ' C
4.2 3.1 3.6
23
AI .B ' C
16 9 9. 4 1 36
1394
a(1 điểm)
- Phương trình tương đương với: 3 sin 2 x 2 cos 2 x 2 cos x 1
3 sin 2 x 2 cos 2 x 1 2 cos x
3 sin 2 x cos 2 x 2 cos x
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3
1
sin 2 x cos 2 x cos x
2
2
cos(2 x ) cos x
3
2 x 3 x k 2
, k
2 x x k 2
3
x 3 k 2
, k
x k 2
9
3
b(1 điểm)
+ Xem số cần lập có 8 vị trí.
- Xếp hai số 1 vào tám vị trí thì có: C82 28 cách xếp
Xếp ba số 2 vào sáu vị trí còn lại có: C 20 cách xếp
Xếp các số 3,4,5 vào ba vị trí còn lại có: 3!=6 cách xếp.
Vậy có: 28.20.6=3360 số thỏa mãn giả thiết.
+ Gọi G (a; b) là trọng tâm tam giác, ta có: HG 2GI
3
6
-
Câu 6
(2đ)
8
a 2 6 2a
8
a
Trong đó: HG (a 2; b); GI (3 a; b)
3 G ( ;0)
3
b 2b
b 0
+ Gọi M là trung điểm BC thì MI vuông góc với BC nên: phương trình đường thẳng MI là:
x+y-3=0
x y 3
7 1
M MI BC nên tọa độ M là nghiệm của hệ:
M ( ; )
2 2
x y 4
8
5 1
+ Gọi A(a; b) AG ( a; b) còn GM ( ; ) . Ta có: AG 2GM nên tìm được A(1;1)
3
6 2
+ Do đó: R IA 5 là bán kính đường tròn ngoại tiếp.
Gọi B (m; m 4) BC ( trong đó: m 3 )
+ Ta có: BI 5 (m 3) (m 4) 5 m 2 m 5
2
2
2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Theo điều kiện thì m = 2, do đó: B(2;-2)
+ AB (1; 3) nên phương trình tổng quát đường thẳng AB là: 3(x-1)+1(y-1)=0 hay 3x+y-4=0
Câu 7
(2 đ)
x 3 3 x 2 2 y 3 3 y 2 (1)
x 3 y x 2(2)
x 3
x 3
+ ĐK: y 3 3 y 2 0
y x 2
y x 2
+ Ta có (1) x 3 3 x 2 2 y y 3 ( x 1)3 3( x 1) ( y 3)3 3 y 3
+ Ta thấy
0,25
0,25
y 3 1; x 1 1 nên xét hàm số: f (t ) t 3t , t 1
3
f '(t ) 3t 3 0, t 1 do đó hàm số: f (t ) t 3t là đồng biến trên: 1;
2
3
+ Khi đó ta có: f ( x 1) f ( y 3) nên: x 1
được:
0,25
y 3 y x 2 x 2 thế vào (2) ta
x 3 x 2 3x
0,5
2
-
0,25
2
x 1
x2 4x 3 0
x 3
+ Theo điều kiện ta có x 3 y 1 . Vậy hệ có nghiệm là: ( x; y ) (3;1)
Câu 8
(1đ)
0,25
0,25
0,25
2
b c 2 1 a
a c 2 1 b
Theo bất đẳng thức Cauchy: bc (
)
)
; ca (
;
2
2
2
2
2
a b 2 1 c
)
2
2
a
b
c
4a
4b
4c
Do đó: P
2
2
2
1 bc 1 ca 1 ab a 2a 5 b 2b 5 c 2c 5
4x
99 x 3 (3 x 1) 2 (15 11x)
Ta xét: 2
0 với x (0;1)
x 2x 5
100
100( x 2 2 x 5)
Dấu bằng xảy ra tại x = 1/3
99
9
9
Do đó : P
(a b c)
(Đpcm)
100
100 10
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1/3
ab (
-
0,25
0,25
0,25
0,25
- Xem thêm -
.PDF 
214 
389 
104 
