Tải bản đầy đủ (.pdf) (6 trang)

FREEDE THI DAC BIET TANG HS MON TOAN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (189.81 KB, 6 trang )

Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

ĐỀ THI ĐẶC BIỆT – TẶNG HỌC SINH THẦY HÙNG 1/6
Môn Toán – Thời gian làm bài : 180 phút
Thầy Đặng Việt Hùng – MOON.VN
Câu 1 (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x3 − 6 x 2 + 9 x − 1 .
Câu 2 (1 điểm) Xác định tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y =

2x −1
với đường thẳng y = x + 7 và viết
x +1

phương trình tiếp tuyến của (C ) tại các giao điểm ấy.

Câu 3 (1 điểm)
a) Giải phương trình

1 − cos x(2 cos x + 1) − 2 sin x
= 1.
1 − cos x

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 + 2i ) z + (2 − 3i ) z = −2 − 2i . Tính mô đun của z.
Câu 4 (1 điểm)
a) Giải phương trình: x + log 2 (9 − 2 x ) = 3 .
b) Gieo đồng thời ba con xúc sắc đồng chất, cân đối. Tính xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên ba con
là 10.
1

Câu 5 (1 điểm) Tính tích phân I = ∫ (1 − x ) ( 2 + e 2 x ) dx .


0

Câu 6 (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1). Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt
phẳng (P): x − y + z − 1 = 0 để ∆MAB là tam giác đều.

Câu 7 (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo
với mặt phẳng (ABB’A’) góc 600 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC
a
và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ = . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng
4
minh rằng ( MAC ) ⊥ ( NPQ) .
Câu 8 (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác vuông ABC , A = 900 , AC > AB . Gọi H là chân
đường cao hạ từ A lên BC . Trên tia BC lấy điểm D sao cho HA = HD . Kẻ đường thẳng qua D vuông
 5 3
góc với BC cắt AC tại E . Biết H (2;1) , trung điểm của BE là M  ;  , trung điểm của AB là
 2 2 
3 
N  ; 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
 2 


3
2 x + y −1 − 3 2 y = y − 2 x + 1
Câu 9 (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
( x, y ∈ ℝ )
2 x + y + 5 + 3 x + 2 y + 11 = x 2 + 3 y + 16


Câu 10 (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 3.
Chứng minh rằng


x( y + z)
4 − yz

+

y ( z + x)
4 − zx

+

z ( x + y)
4 − xy

≥ 2 xyz.


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

CÂU
1
(1,0
điểm)

Facebook: LyHung95

ĐÁP ÁN

- Tập xác định: D = ℝ .


0,25

- Chiều biến thiên: Ta có: y ' = 3 x 2 − 12 x + 9 ; y ' = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 3 .

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 3;+∞ ) , nghịch biến trên khoảng (1;3) .

0,25

- Cực trị: Hàm đạt cực đại tại x = 1 , yCD = 3 . Hàm đạt cực tiểu tại x = 3 , yCT = −1 .
- Giới hạn: lim y = −∞ , lim y = +∞ .
x →−∞

x →+∞

- Bảng biến thiên:

x
y'

−∞

+

1
0
3



3

0

0,25

+∞

y

−∞

+

+∞

−1

- Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số đi qua điểm A ( 4;3) và cắt trục tung tại điểm B ( 0; −1) .

0,25

CÂU
2
(1,0
điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm :

 x = −2 ⇒ y = 5
⇔
. Các giao điểm là A ( −2;5 ) , B ( −4;3)

x
=

4

y
=
3

y ' ( −2 ) = 3 ⇒ tiếp tuyến tại A là y = 3 x + 11 .
y ' ( −4 ) =

CÂU
3
(1,0
điểm)

2x −1
= x + 7 ⇔ x 2 + 6 x + 8 = 0, x ≠ −1
x +1

1
1
13
⇒ tiếp tuyến tại B là y = x + .
3
3
3

a) (0,5 điểm)

Điều kiện: cos x ≠ 1 ⇔ x ≠ k 2π , k ∈ ℤ
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương:
1 − cos x(2 cos x + 1) − 2 s inx = 1 − cos x ⇔ 2 sin 2 x − 2 sin x − 2 = 0
2
π

⇔ x = − + k 2π , k ∈ ℤ; x =
+ k 2π , k ∈ ℤ (thỏa điều kiện)
2
4
4
b) (0,5 điểm)
Gọi z=x+yi ( x, y ∈ R ) . Phương trình đã cho trở thành:
sin x = −

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

(1 + 2i )( x + yi ) + ( 2 − 3i )( x − yi ) = −2 − 2i
⇔ ( x − 2 y ) + ( 2 x + y ) i + ( 2 x − 3 y ) + ( −3x − 2 y ) i = −2 − 2i

0,25



Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

⇔ ( 3x − 5 y ) + ( − x − y ) i = −2 − 2i
3 x − 5 y = −2
x =1
⇔
⇔
 − x − y = −2
y =1

0,25

Do đó z = 1 + 1 = 2
2

CÂU
4
(1,0
điểm)

2

a) (0,5 điểm)
Điều kiện: 9 − 2 > 0 . Phương trình đã cho tương đương: log2 (9 − 2x ) = 3 − x ⇔ 9 − 2x = 23−x
x

2x = 1 x = 0
8

2x
x
⇔ 9 − 2 = x ⇔ 2 − 9.2 + 8 = 0 ⇔  x
⇔
(thỏa điều kiện)
2
2 = 8 x = 3
x

0,25
0,25

b) (0,5 điểm)
Gọi Ω là tập hợp tất cả các khả năng xảy ra.Ta có n( Ω ) = 6.6.6=216
Gọi A là biến cố:” tổng số chấm xuất hiện trên ba con là 10”.

0,25

Các khả năng thuận lợi của A chính là tổ hợp có tổng bằng 10 là: (1;3;6), (1;4;5), (2;2;6),
(2;3;5), (3;3;4), (2;4;4) và các hoán vị có thể của các tổ hợp này.
Ta có n(A) = 6+6+3+6+3+3 = 27 ( do (2;2;6), (3;3;4), (2;4;4) chỉ có 3 hoán vị)

CÂU
5
(1,0
điểm)

1

I = ∫ (1 − x ) ( 2 + e


1

2x

0,25

n( A) 27 1
=
=
n(Ω) 216 8

Vậy xác suất P(A) =

1

) dx =∫ 2 (1 − x ) dx + ∫ (1 − x ) e

0

0
1

dx .

0,25

= 1.

0,25


0

1



∫ ( 2 − 2 x ) dx = ( 2 x − x )

0

0

Tính I1 = 2 (1 − x ) dx =

2x

2

1
0

 du = − dx
u = 1 − x

Tính I 2 = ∫ (1 − x ) e dx . Đặt 


e2 x
2x

=
dv
e
dx
=
v

0

2

1

2x

⇒ I2 =

(1 − x ) e
2

2x 1

1

e2 x
1 e

dx =  0 −  +
2
2 4


0

+∫

0

Vậy I = I1 + I 2 = 1 +

CÂU
6
(1,0
điểm)

2x 1

0

1 e2 1 e2 − 3
=− + − =
.
2 4 4
4

e − 3 e +1
=
.
4
4
2


0,25

2

0,25

Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q): x + y − z − 3 = 0

0,25

x = 2

Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d:  y = t + 1
z = t


0,25

M ∈ d ⇒ M (2; t + 1; t ) ⇒ AM = 2t 2 − 8t + 11 , AB = 12
∆ MAB đều khi MA = MB = AB
 6 ± 18 4 ± 18 
4 ± 18
⇔ 2t 2 − 8t − 1 = 0 ⇔ t =
⇒ M  2;
;

2

2

2 

0,25
0,25


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

CÂU
7
(1,0
điểm)

Facebook: LyHung95

A'

C'
I

B'
N

M

0,25

C

A

K

P
Q
B

Gọi I là trung điểm A’B’ thì

C ' I ⊥ A ' B '
 ⇒ C ' I ⊥ ( ABA ' B ') , suy ra góc giữa BC’ và
C ' I ⊥ AA ' 

mp(ABB’A’) chính là góc C ' BI . Suy ra C ' BI = 600
a 15
C ' I = BI .tan C ' BI =
2
1.
a 3 . 15
.
VABC . A ' B 'C ' = AA '.S A ' B 'C ' = AA ' CI . A ' B ' =
2
4
NP / / BC '
Ta có
 ⇒ ( NPQ) / /(C ' BI ) (1)
PQ / / C ' I 

0,25
0,25


△ ABM =△ BB ' I (c − g − c) suy ra AMB = BIB '
suy ra AMB + B ' BI = 900 ⇒ AM ⊥ BI
Mặt khác theo chứng minh trên C’I ⊥ AM nên AM ⊥ (C ' BI )
Suy ra (AMC) ⊥ (C ' BI )
(2)
Từ (1) và (2) suy ra (MAC) ⊥ (NPQ)

CÂU
8
(1,0
điểm)

0,25

B

H

N
M
D

0,25
C

A
E

1
1

AE ; MD = AE ⇒ MA = MD
2
2
Từ đó suy ra: ∆AHM = ∆DHAM ⇒ AHM = DHM = 450 .
Ta có AM =

Véc tơ pháp tuyến của đường thẳng HM là n1 (1; −1) . Gọi n ( a; b ) là véc tơ pháp tuyến


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

của đường thẳng AH với a 2 + b 2 ≠ 0 .

( )

Ta có cos n, n1 =

n.n1

=

n n1

a = 0
a −b
2
2


=
⇔
2
2
2 a2 + b2
 b = 0

0,25

+ Nếu a = 0 ⇒ n (0;1) ⇒ AH : y −1 = 0 ⇒ BC : x − 2 = 0 ⇒ B (2; b) . Vì N là trung điểm
của AB nên A(1; 4 − b) . Do A ∈ AH ⇒ 4 − b = 1 ⇒ b = 3 ⇒ A(1;1) , B (2;3) .

 1
Do M là trung điểm của BE ⇒ E (3;0) ⇒ AE : x + 2 y − 3 = 0 ⇒ C = AE ∩ BC = 2; 
 2 
Vì AB < AC nên trường hợp này không thỏa mãn.

0,25

+ Nếu b = 0 ⇒ n (1;0) ⇒ AH : x − 2 = 0 ⇒ BC : y −1 = 0 ⇒ B (b;1) . Vì N là trung điểm
của AB nên A(3 − b;3) . Do A ∈ AH ⇒ 3 − b = 2 ⇒ b = 1 ⇒ A(2;3) , B (1;1) .
Do M là trung điểm của BE ⇒ E (4; 2) ⇒ AE : x + 2 y − 8 = 0 ⇒ C = AE ∩ BC = (6;1)

0,25

Ta thấy AB > AC nên trường hợp này thỏa mãn.
Vậy A(2;3) , B (1;1) , C (6;1) .

CÂU
9

(1,0
điểm)

 3 2 x + y −1 − 3 2 y = y − 2 x + 1
(1)

Giải hệ phương trình: 
( x, y ∈ ℝ )
2
2 x + y + 5 + 3 x + 2 y + 11 = x + 3 y + 16 (2)
 x + 2 y + 4 ≥ 0
Điều kiện: 
3 x + 2 y + 9 ≥ 0

Ta có (1) ⇔ 3 2 x + y − 1 + 2 x + y − 1 = 3 2 y + 2 y

0,25

Xét hàm số: f (u ) = u + u , hàm số f (u ) đồng biến trên ℝ
3

Và f

(

3

)

2 x + y −1 = f


(

3

)

2 y ⇔ 3 2 x + y −1 = 3 2 y ⇔ y = 2 x −1

Thay y = 2 x −1 vào phương trình (2), ta được:
2 3 x + 4 + 3 5 x + 9 = x 2 + 6 x + 13
⇔ (2 3 x + 4 − 2( x + 2)) + (3 5 x + 9 − 3( x + 3)) = x 2 + x
−2 x ( x + 1)
−3 x ( x + 1)

+
= x ( x + 1)
3 x + 4 + ( x + 2)
5 x + 9 + ( x + 3)



2
3
⇔ x( x + 1) 
+
+ 1 = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = −1
5 x + 9 + ( x + 3) 
 3x + 4 + ( x + 2)
2

3
(Vì
+
+1 > 1)
3 x + 4 + ( x + 2)
5 x + 9 + ( x + 3)
Với x = 0 thì y = -1
Với x = -1 thì y = -3
Thử lại ta thấy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( x; y ) ∈ {(0; −1);(−1; −3)}
CÂU
10
(1,0
điểm)

Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng
x ( y + z ) y ( z + x) z ( x + y)
+
+
≥ 2 xyz
(1)
4 − yz
4 − zx
4 − xy
y+z
z+x
x+ y
(1) ⇔
+
+
≥2

(2)
yz (4 − yz ) zx (4 − zx ) xy (4 − xy )

2 yz
y+z
Ta có :

=
yz (4 − yz ) yz (4 − yz )

2
yz (4 − yz )

0,25

0,25

0,25

0,25


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

3
2
1
−t + 4

Ta có :

⇔ 9 ≥ −4t 2 + t 4 + 16t − 4t 3
3
4t − t
9
 3
⇔ (t − 1) 2 (t 2 − 2t − 9) ≤ 0 ∀t ∈  0; 
 2
−2 yz + 8
y+z
2


Suy ra :
yz (4 − yz )
9
yz (4 − yz )
Chứng minh tương tự ta có :
−2 xy + 8
z+x
−2 zx + 8
x+ y

;

zx(4 − zx)
9
xy (4 − xy )
9


Đặt t =

yz , 0 < t <

Từ đó suy ra : VT (2) ≥

−2( xy + yz + zx ) + 24 −2( x + y + z ) + 24

= 2. (đpcm)
9
9

0,25

0,25

0,25



×