4 de thi thu co dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.9 MB, 23 trang )

(1)đề thi thử thpt quốc gia năm 2015. Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi. M«n thi: To¸n - LÇn thø 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề -------------- Ngµy 8.2.2015 --------------. N¨m häc 2014 - 2015. Câu 1 (2,0 ñiểm). Cho hàm số y = x 4 + ( m − 3) x 2 + 2 − m. (1), với m là tham số thực.. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi m = 1 . b) Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại bốn ñiểm phân biệt có hoành ñộ nhỏ hơn 2. Câu 2 (1,0 ñiểm).. a) Giải phương trình 3cos 2 x + sin x − 1 = cos x + sin 2 x − sin 2 x .. 1 b) Giải phương trình log 27 x 3 + log 3 ( x + 2) = 1 + log 3 ( 4 − 3 x ) . 2 e. Câu 3 (1,0 ñiểm). Tính tích phân. I =∫ 1. x +1 ln xdx. x2. Câu 4 (1,0 ñiểm).. 1− i = 5 − i . Tìm môñun của số phức w = 1 + z + z 2 . 1+ i b) Có hai thùng ñựng táo. Thùng thứ nhất có có 10 quả (6 quả tốt và 4 quả hỏng). Thùng thứ hai có 8 a) Cho số phức z thỏa mãn ñiều kiện. (2 + i) z +. quả (5 quả tốt và 3 quả hỏng). Lấy ngẫu nhiên mỗi thùng một quả. Tính xác suất ñể hai quả lấy ñược có ít nhất một quả tốt. Câu 5 (1,0 ñiểm). Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho hai ñiểm A(1; −1;2), B(3;0; −4) và mặt. phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 5 = 0 . Tìm tọa ñộ giao ñiểm của ñường thẳng AB và mặt phẳng ( P ) . Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa ñường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng ( P ). Câu 6 (1,0 ñiểm). Cho hình chóp S . ABCD có ñáy là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a . Tam giác SAB. cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ñáy. Góc giữa ñường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 450 . Gọi M là trung ñiểm của SD . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và. khoảng cách từ ñiểm M ñến mặt phẳng ( SAC ) . Câu 7 (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15. ðường.  16 13  thẳng AB có phương trình x − 2 y = 0 . Trọng tâm của tam giác BCD là ñiểm G  ;  . Tìm tọa ñộ  3 3 bốn ñỉnh của hình chữ nhật biết ñiểm B có tung ñộ lớn hơn 3..  2 x3 − 3 + 2 y 2 + 3 y = 2 x y + y Câu 8 (1,0 ñiểm). Giải hệ phương trình  2  x − y + 3 + y = 0. ( x, y ∈ ℝ).. (. ). Câu 9 (1,0 ñiểm). Cho các số thực a, b không âm và thỏa mãn: 3 ( a + b ) + 2 ( ab + 1) ≥ 5 a 2 + b 2 .. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. (. ). T = 3 a + b − 3 a 2 + b 2 + 2( a + b) − ab .. ---------------- Hết ---------------Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………..; Số báo danh: ……………………….

(2) Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi. đáp án – thang điểm đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 M«n thi: To¸n – LÇn thø 1 --------------- đáp án có 04 trang --------------. Năm học 2014 – 2015. Câu đáp án 1 a) (1,0 ñiểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 1 (2,0ñ) Tập xác ñịnh: D = R . lim y = +∞; lim y = +∞ x →−∞. x →+∞. ðạo hàm: y ' = 4 x − 4 x ; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1 . 3. Các khoảng ñồng biến: ( −1;0 ) ; (1; +∞ ) . Khoảng nghịch biến: ( −∞; −1) ; ( 0;1) Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu tại x = ±1 , yCT = 0 ; ñạt cực ñại tại x = 0 , yCð = 1. Bảng biến thiên: x −∞ -1 0 1 +∞ y' 0 + 0 0 + y +∞ 1 +∞ 0 0 ðồ thị: (Hs có thể lấy thêm ñiểm (−2;9); (2;9) ) b) (1,0 ñiểm) Tìm m ñể ñồ thị (1) cắt trục hoành tại bốn ñiểm phân biệt có hoành ñộ nhỏ hơn 2. Phương trình hoành ñộ giao ñiểm x 4 + ( m − 3) x 2 + 2 − m = 0 (1) ðặt t = x 2 ≥ 0 ⇒ t 2 + ( m − 3) t + 2 − m = 0. (2). ðể (1) có 4 nghiệm phân biệt thì (2) có 2 nghiệm dương phân biệt ⇔ ∆ > 0, S > 0, P > 0 ⇔ m < 2; m ≠ 1 . ðiều kiện: Phương trình (2) phải có nghiệm thỏa mãn ñiều kiện 0 < t1 , t2 < 4 Phương trình (2) có t1 = 1 (thỏa mãn), t2 = 2 − m ðiều kiện: 2 − m < 4 ⇔ m > −2 đáp số: −2 < m < 2, m ≠ 1 .. ⇔ ( 2cos x − 1)( cos x − sin x ) = 0. cos x − sin x = 0 ⇔ tan x = 1 ⇔ x =. •. 2cos x − 1 = 0 ⇔ cos x =. π 4. π 4. + kπ , x = ±. b) (0,5 ñiểm) Giải phương trình log 27 x 3 +. π 3. 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25. + k 2π , k ∈ ℤ .. 1 log 3 ( x + 2) = 1 + log 3 ( 4 − 3 x ) 2. 4 . Phương trình ñã cho tương ñương với 3 log 3 x + log 3 ( x + 2 ) = log 3 3 + log 3 ( 4 − 3x ) ⇔ log 3  x ( x + 2 )  = log 3 3 ( 4 − 3 x ) . ðiều kiện: 0 < x <. 0,25. + kπ , ( k ∈ ℤ ). π 1 ⇔ x = ± + k 2π , k ∈ ℤ 2 3. Vậy phương trình ñã cho có nghiệm: x =. 0,25. 0,25. 2 a) (0,5 ñiểm) Giải phương trình 3cos 2 x + sin x − 1 = cos x + sin 2 x − sin 2 x . (1,0ñ) Phương trình ñã cho tương ñương với 2cos 2 x − cos x + sin x − 2sin x cos x = 0. •. ðiểm. 0,25. 1/4.

(3)  x = 1(tm) ⇔ x ( x + 2 ) = 3 ( 4 − 3 x ) ⇔ x 2 + 11x − 12 = 0 ⇔   x = −12( L) đáp số: x = 1 . 3 (1,0ñ) Tính tích phân. e. I =∫ 1. e. x +1 ln xdx. x2. e. 1 1 I = ∫ ln xdx + ∫ 2 ln xdx = A + B x x 1 1 e. 0,25. 0,25. e. 1 A = ∫ ln xdx = ∫ ln xd (ln x) x 1 1 e 1 1 A = ln 2 x = . 1 2 2. 0,25. e. 1 1 1 1 ln xdx; ðặt u = ln x ⇒ u ' = ; v ' = 2 ⇒ v = − 2 x x x x 1 e e 1 e 1e 1 1 B = − ln x + ∫ 2 dx = − ln x − 1 1x 1 x1 x x B=∫. e−2 1 1  2 B = − −  − 1 = − + 1 = e e  e e 1 e − 2 3e − 4 x +1 = I = A+ B = + . ( I ∼ 0, 764) (Hs cũng có thể tính ngay u = ln x; v ' = 2 ) 2 2e e x 4 1− i = 5 − i . Tìm môñun của số phức w = 1 + z + z 2 . (1,0ñ) a) (0,5 ñiểm) Cho ( 2 + i ) z + 1+ i 5 Phương trình ñã cho tương ñương với ( 2 + i ) z = 5 ⇔ z = = 2−i 2+i Từ ñó w = 1 + z + z 2 = 6 − 5i . Suy ra | w |= 36 + 25 = 61 .. 0,25. 0,25. 0,25 0,25. b) (0,5 ñiểm) Tính xác suất có ít nhất 1 quả tốt Gọi A là biến cố “Có ít nhất 1 quả tốt”, suy ra A là biến cố: “Cả 2 quả ñều hỏng” Số biến cố ñồng khả năng: 10.8 = 80 Số cách chọn 2 quả hỏng: C41 .C31 = 4.3 = 12. ( ). Xác suất của biến cố A là: p A =. 12 3 = 80 20. ( ). 3 17 = . Suy ra, xác suất của biến cố A là: p ( A ) = 1 − p A = 1 − 20 20 5 Cho A(1; −1; 2), B (3;0; −4) , ( P ) : x − 2 y + 2 z − 5 = 0 (1,0ñ) ðường thẳng AB ñi qua ñiểm A và có vtcp AB = ( 2;1; −6 ).  x = 1 + 2t  Phương trình tham số của AB là  y = −1 + t  z = 2 − 6t . (t ∈ R ) .. 0,25. 0,25. 0,25. 2/4.

(4) Gọi I = AB ∩ ( P ) ⇒ I ∈ AB ⇒ I (1 + 2t ; −1 + t ; 2 − 6t ). 1 6 4 5  Suy ra tọa ñộ giao ñiểm của AB và ( P ) là ñiểm I  ; − ;1 . 3 6  Mặt phẳng (Q) qua A và có vtpt nQ =  AB, nP  , trong ñó nP là vtpt của ( P )   Ta có nP = (1; −2; 2 ) Suy ra  AB, nP  = (10;10;5 ) . Chọn nQ = ( 2; 2;1)   Phương trình mặt phẳng (Q) : 2( x − 1) + 2( y + 1) + 1( z − 2) = 0 ⇔ 2 x + 2 y + z − 2 = 0 . Cho hình chóp S . ABCD có ñáy là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a ... I ∈ ( P) ⇒ (1 + 2t ) − 2(−1 + 6t ) + 2(2 − 6t ) − 5 = 0 ⇒ t =. 6 (1,0ñ). Gọi H là trung ñiểm của AB ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ,. 0,25. 0,25. 0,25. S. = 450 . suy ra HC là hình chiếu của SC lên ( ABCD ) ⇒ SCH. 0,25. S ABCD = 2a 2 a 2 a 17 SH = HC = 4a + = 4 2 2. K. Kẻ BE ⊥ AC ⇒ HI =. 0,25. D. A. I a 3 17 1 1 a 17 2 E H . VS . ABCD = .SH .S ABCD = . .2a = B 3 3 3 2 1 1 d ( M ,( SAC ) ) = d ( D,( SAC ) ) = d ( B,( SAC ) ) = d ( H ,( SAC ) ) 2 2 Kẻ HI ⊥ AC , HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ AC ⇒ HK ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( H ,( SAC ) ) = HK .. C. 0,25. a 1 1 1 1 1 1 5 2a = + = 2 + 2 = 2 ⇒ BE = ⇒ HI = BE . 2 2 2 2 BE BA BC a 4a 4a 5 5. 1 1 1 5 4 89 a 17 a 1513 Từ ñó suy ra . = + = 2+ = ⇒ d ( M ,( SAC ) ) = = 2 2 2 2 2 89 17 a HK HI HS a 17 a 89 7 Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15… (1,0ñ) A N 10 3 10 ⇒ BC = . = 5 ⇒ AB = 3 5 Ta có d (G, AB) = 2 3 5 3 5 I ðường thẳng d qua G và vuông góc với AB ⇒ d : 2 x + y − 15 = 0 G 1 Gọi N = d ∩ AB ⇒ N ( 6;3) . Suy ra NB = AB = 5 K D 3 b = 2( L) Gọi B ( 2b; b ) ∈ AB ⇒ NB 2 = 5 ⇔ b 2 − 6b + 8 = 0 ⇒  ⇒ B ( 8; 4 ) = b 4  Ta có BA = 3BN ⇒ A ( 2;1) 3 AC = AG ⇒ C ( 7;6 ) . CD = BA ⇒ D (1;3) 2 đáp số: A ( 2;1) , B ( 8; 4 ) , C ( 7;6 ) , D (1;3) .. 0,25. B. 0,25. 0,25 C. 0,25. 0,25. 3/4.

(5) 8  2 x3 − 3 + 2 y 2 + 3 y = 2 x y + y (1) (1,0ñ) Giải hệ phương trình .  x − y + 3 + y = 0 2. ( x, y ∈ ℝ ).. (2). ðiều kiện: y ≥ 0, (1) ⇒ 2 x3 − 2 x y + y = y + 3 − 2 y ( y + 3) + y =. ⇒ x − 2x + 2x y − y = 0 ⇔ ( x 4. •. 3. ) −( y). 2 2. 2. (. ). (. (. y+3− y. − 2x x − y = 0 ⇔ x − 2x + y 2. 2. )( x. 2. ). 2. = x4. ). − y =0. y = x 2 : (2) ⇔ x 2 + 3 = 2 x 2. 0,25. ⇔ 4 x 4 − x 2 − 3 = 0 ⇔ x 2 = 1 ⇒ ( x; y ) = (1; 1),(−1; 1) . •. (2) ⇔ 3 + ( 2 x − x 2 ) = 2 x 2. y = 2 x − x 2 : (3). 0,25. x ≥ 0 x = 1 ⇔ 4 ⇒ ( x − 1)( x 3 − 3 x 2 − 3 x − 3) = 0 ⇔  3 3 2 x − 4x + 3 = 0  x − 3x − 3x − 3 = 0 x3 − 3 x 2 − 3 x − 3 = 0 ⇔ x 2 ( x − 3) − 3x − 3 = 0 (4) x = 1 ⇒ y = 1. Từ (3) suy ra 2 x − x 2 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 ⇒ (4) vô nghiệm. đáp số: ( x; y ) = (1; 1), (−1; 1). 9 (1,0ñ). 0,25. (. ). (. 0,25. ). a, b ≥ 0 : 3 ( a + b ) + 2 ( ab + 1) ≥ 5 a 2 + b 2 . Tìm max: T = 3 a + b − 3 a 2 + b 2 + 2 ( a + b ) − ab Ta có 3( a + b) + 2(ab + 1) ≥ 5(a 2 + b 2 ) ⇔ 2 ( a + b ) + 3 ( a − b ) ≤ 3 ( a + b ) + 2 2. 2. Vì 3 ( a − b ) ≥ 0 ∀a, b ⇒ 2 ( a + b ) ≤ 3 ( a + b ) + 2 2. 2. ðặt t = a + b ≥ 0 ⇒ 2t 2 − 3t − 2 ≤ 0 ⇒ −. 0,25. 1 ≤ t ≤ 2 . Vì t ≥ 0 ⇒ 0 ≤ t ≤ 2 . 2 2. 2 a+b Ta có T = ab + 3 a + b − 2 ( a + b ) + 1 − ( a + b − 1) ≤   + 3 a + b − (a + b) +1  2  3 ⇒ T ≤ − t 2 + 3 t + 1 = f (t ), t ∈ [ 0; 2] 4 3 3 3 t t −1 =− . Ta có f '(t ) = − t + 2 2 t 2 t f '(t ) = 0 ⇔ t = 1 13 f (0) = 1; f (1) = ; f (2) = 3 2 − 2 4 13 1 ⇔ t =1⇔ a = b = . Từ ñó: MaxT = t∈[ 0;2] 4 2 2. 2. 2. 0,25. 0,25. 0,25. -------------------- Hết --------------------. Lưu ý:. - Học sinh làm theo cách khác, nếu ñúng vẫn cho ñiểm tối ña. - Học sinh trình bày khác, song vẫn ñủ ý, không có dấu hiệu làm tắt thì không trừ ñiểm.. 4/4.

(6) Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi. N¨m häc 2014 - 2015. đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 M«n thi: To¸n - LÇn thø 2 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề -------------- Ngµy 29.3.2015 --------------. Câu 1 (2,0 ñiểm). Cho các hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 2 ( Cm ),. y = − x + 2 (d ) , với m là tham số thực.. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số ( Cm ) khi m = 1. b) Tìm các giá trị của m ñể ( Cm ) có hai ñiểm cực trị và khoảng cách từ ñiểm cực tiểu của ( Cm ) ñến ñường thẳng (d ) bằng. 2.. Câu 2 (1,0 ñiểm).. (. ). a) Giải phương trình sin x ( 2sin x + 1) = cos x 2cos x + 3 . b) Giải phương trình log 3 ( 3x − 6 ) = 3 − x . π 2. Câu 3 (1,0 ñiểm). Tính tích phân. I=∫. sin 2 x. 0 ( sin x + 2 ). 2. dx.. Câu 4 (1,0 ñiểm). a) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 4 z + 9 = 0 ; M , N lần lượt là các ñiểm biểu diễn z1 , z2 trên mặt phẳng phức. Tính ñộ dài ñoạn thẳng MN . b) Một tổ có 7 học sinh (trong ñó có 3 học sinh nữ và 4 học sinh nam). Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh ñó thành một hàng ngang. Tìm xác suất ñể 3 học sinh nữ ñứng cạnh nhau. Câu 5 (1,0 ñiểm).. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñiểm I (3;6;7) và mặt phẳng. ( P) : x + 2 y + 2 z − 11 = 0 . Lập phương trình mặt cầu ( S ) tâm I và tiếp xúc với ( P ). Tìm tọa ñộ tiếp ñiểm của ( P ) và ( S ) . Câu 6 (1,0 ñiểm).. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có ñáy ABC là tam giác vuông tại B ;. AB = a, ACB = 300 ; M là trung ñiểm cạnh AC . Góc giữa cạnh bên và mặt ñáy của lăng trụ bằng 600 .. Hình chiếu vuông góc của ñỉnh A ' lên mặt phẳng ( ABC ) là trung ñiểm H của BM . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách từ ñiểm C ' ñến mặt phẳng ( BMB '). Câu 7 (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D ; diện tích hình thang bằng 6; CD = 2 AB , B(0; 4) . Biết ñiểm I (3; −1), K (2; 2) lần lượt nằm trên ñường thẳng AD và DC . Viết phương trình ñường thẳng AD biết AD không song song với các trục tọa ñộ. 2  x + x( x − 3 x + 3) = 3 y + 2 + y + 3 + 1 Câu 8 (1,0 ñiểm). Giải hệ phương trình  3 x − 1 − x 2 − 6 x + 6 = 3 y + 2 + 1 Câu 9 (1,0 ñiểm). Cho các số thực x, y dương và thỏa mãn x − y + 1 ≤ 0 .. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. T=. x + 3y2 2. 4. −. 2x + y2 5x + 5 y 2. .. ( x, y ∈ ℝ).. x +y ---------------- HẾT ---------------Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………..; Số báo danh: ……………………….

(7) Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi. đáp án – thang điểm đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 M«n thi: To¸n – LÇn thø 2 --------------- đáp án có 04 trang --------------. Năm học 2014 – 2015. Câu đáp án 1 a) (1,0 ñiểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2 (2,0ñ) Tập xác ñịnh: D = R . lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞. ðiểm. x →+∞. 0,25. ðạo hàm: y ' = 3 x − 6 x ; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 . 2. Khoảng ñồng biến: ( −∞;0 ) ; ( 2; +∞ ) . Khoảng nghịch biến: ( 0; 2 ) Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu tại x = 2 , yCT = −2 ; ñạt cực ñại tại x = 0 , yCð = 2. Bảng biến thiên: x 0 2 −∞ +∞ y' + 0 0 + y 2 +∞. 0,25. 0,25. -2 −∞ ðồ thị: (Hs có thể lấy thêm ñiểm (−1; −2); (1; 0); (3; 2) ).. 0,25. b) (1,0 ñiểm) Tìm các giá trị của m ñể ( Cm ) có k/c ñiểm cực tiểu của ( Cm ) ñến (d ) bằng. 2.. y ' = 3 x 2 − 6mx = 3 x( x − 2m) . y ' = 0 ⇔ x = 0; x = 2m ðiều kiện ñể hàm số có hai cực trị là m ≠ 0 .. 0,25. Tọa ñộ hai ñiểm cực trị: A(0; 2) và B(2m; 2 − 4m3 ) .. 0,25. • m < 0 : A là ñiểm cực tiểu. Khi ñó d ( A, d ) = 0 ≠ 2 (loại). • m > 0 : B là ñiểm cực tiểu. Khi ñó:  2m3 − m = 1  m = 1(tm) d ( B, d ) = 2 ⇔| 2m3 − m |= 1 ⇔  3 ⇔  2m − m = −1  m = −1(ktm) đáp số: m = 1 .. 0,25. (. 0,25. ). 2 a) (0,5 ñiểm) Giải phương trình sin x ( 2sin x + 1) = cos x 2 cos x + 3 . (1,0ñ) Phương trình ñã cho tương ñương với. sin x − 3 cos x = 2 ( cos 2 x − sin 2 x ) ⇔ sin x − 3 cos x = 2cos 2 x ⇔. 1 3 sin x − cos x = cos 2 x 2 2. 0,25. π  π  ⇔ sin  x −  = sin  − 2 x  . 3  2  5π 2π ,(k ∈ ℤ) . +k 3 2 18 3 5π π π • x − = + 2 x + k 2π ⇔ x = − + k 2π , ( k ∈ ℤ ) . 3 2 6 5π 2π 5π +k + k 2π , k ∈ ℤ . ,x = − Vậy phương trình ñã cho có nghiệm: x = 18 3 6 •. x−. π. =. π. − 2 x + k 2π ⇔ x =. 0,25. 1/4.

(8) (. ). b) (0,5 ñiểm) Giải phương trình log 3 3x − 6 = 3 − x ðiều kiện: x > log 3 6 . Phương trình ñã cho tương ñương với. 3x − 6 = 33− x ⇔ 3x − 6 = t = 9 ⇔ t = −3(l ) đáp số: x = 2 .. 3 (1,0ñ). 27 27 . ðặt t = 3x > 0 ⇒ t − 6 = ⇔ t 2 − 6t − 27 = 0 x t 3. 0,25. Với t = 9 ⇒ 3x = 9 ⇔ x = 2 (tmñk).. 0,25. π 2. I =∫. Tính tích phân. 0. π. ( sin x + 2 ). 2. dx.. π. 2. I=∫ 0. sin 2 x. 2. sin 2 x. ( sin x + 2 ). 2. dx = ∫ 0. 2sin x cos x. ( sin x + 2 ). 2. dx. 0,25 x=. ðặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx . x = 0 ⇒ t = 0; 1. I = 2∫ 0. 1. tdt. (t + 2). 2. = 2∫ 0. t +2−2. (t + 2). 2. 1. π 2. ⇒ t = 1.. 1. dt dt . − 4∫ 2 t+2 0 0 (t + 2). dt = 2∫. 0,25. 1 1 1 I = 2 ln(t + 2) + 4 0 t+2 0. 0,25. 3 2 1 1 I = 2(ln 3 − ln 2) + 4  −  = 2 ln − . 2 3 3 2. ( I ≈ 0.144) .. 0,25. 4 a) (0,5 ñiểm) Cho z 2 − 4 z + 9 = 0 . M, N biểu diễn z1 , z2 . Tính ñộ dài ñoạn MN. (1,0ñ) Phương trình ñã cho có ∆ ' = 4 − 9 = −5 = 5i 2 nên có hai nghiệm z1,2 = 2 ± i 5 .. Từ ñó M (2; 5), N (2; − 5) ⇒ MN = 2 5 . đáp số: MN = 2 5 . b) (0,5 ñiểm) Tính xác suất có 3 học sinh nữ cạnh nhau. Gọi A là biến cố “3 học sinh nữ cạnh nhau” + Số biến cố ñồng khả năng: Xếp 7 học sinh ngẫu nhiên, có số hoán vị là 7! + Số cách xếp có 3 học sinh nữ cạnh nhau: Coi 3 học sinh nữ là 1 phần tử, kết hợp với 4 học sinh nam suy ra có 5 phần tử, có 5! cách sắp xếp. Với mỗi cách sắp xếp ñó lại có 3! cách hoán vị 3 học sinh nữ. Vậy có 5!.3! cách sắp xếp. + Xác suất của biến cố A là: p ( A ) =. 5 (1,0ñ). 5!.3! 1 = . 7 7!. 0,25 0,25. 0,25. ( p ( A) ≈ 0.14) .. (Cách 2: - - - - - - - 7 vị trí. Xếp 3 nữ cạnh nhau có 5 cách: (123)…(567). Mỗi cách xếp lại có 3! cách hoán vị 3 nữ. Có 4! cách hoán vị 4 nam. Vậy P(A) = 5.3!.4!/7! = 1/7) Cho ( P ) : x + 2 y + 2 z − 11 = 0 , I (3;6;7) | 3 + 12 + 14 − 11| =6. 3 Phương trình mặt cầu ( S ) : ( x − 3)2 + ( y − 6) 2 + ( z − 7) 2 = 36 . Mặt cầu ( S ) tâm I có bán kính R = d ( I , ( P )) =. x = 3 + t  ðường thẳng (d ) qua I và vuông góc với ( P) có phương trình  y = 6 + 2t  z = 7 + 2t . 0,25. 0,25 0,25 (t ∈ R) .. 0,25. 2/4.

(9) Giả sử M = (d ) ∩ ( P) ⇒ (3 + t ) + (12 + 4t ) + (14 + 4t ) − 11 = 0 ⇔ 9t + 18 = 0 ⇔ t = −2. ⇒ M (1; 2;3) . 0,25 6 Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có ñáy ABC là tam giác vuông tại B ; AB = a, ACB = 300 ; (1,0ñ) A ' H ⊥ ( ABC ) ⇒ A ' H là ñường cao của hình lăng trụ. C' A' 0 0,25 AH là hình chiếu vuông góc của AA ' lên ( ABC ) ⇒ A ' AH = 60 VABC . A ' BC ' = A ' H .S ABC B'. AC = 2a, MA = MB = AB = a ⇒ AH =. 3a a 3 . ⇒ A' H = 2 2. 1 1 a2 3 . S ABC = .BA.BC = .a.a 3 = 2 2 2 3a a 2 3 3a 3 3 . ⇒ VABC . A ' BC ' = . = 4 2 2. 0,25. A. d ( C ',( BMB ') ) = d ( C ,( BMB ') ) = d ( A,( BMB ') ) =. 3VA. BMB ' . S BMB '. C. M H. Q. A'. B. C'. 3. 1 a 3 . VA.BMB ' = VB '. ABM = VABC . A ' BC ' = 6 8 Do BM ⊥ ( AHA ') nên BM ⊥ AA ' ⇒ BM ⊥ BB ' ⇒ ∆BMB ' vuông tại B ⇒ S BMB ' = Suy ra. 0,25. P. B'. 1 1 a2 3 . BB '.BM = .a 3.a = 2 2 2. 3a 3 3 a 2 3 3a . : d ( C ',( BMB ') ) = = 4 8 2. 0,25. C. A M H. B 3a a 3 0 (Cách 2: d ( A, ( BMB ')) = AE = AH .sin AHE = .sin 60 = ). 2 4 7 Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D ; diện tích hình (1,0ñ) thang bằng 6; CD = 2 AB , B(0; 4) . I (3; −1), K (2; 2) . Viết phương trình ñường thẳng AD. E. Vì AD không song song các trục tọa ñộ nên gọi véc tơ pháp tuyến của AD là A n = (1; b), b ≠ 0; suy ra: Phương trình AD :1( x − 3) + b( y + 1) = 0 . Phương trình AB : bx − ( y − 4) = 0 . I AB + CD 3 AB 3 S ABCD = . AD = . AD = .d ( B, AD).d ( K , AB ) 2 2 2 3 | − 3 + 5b| |2b + 2| . = . . 2 b2 + 1 b2 + 1 D. S ABCD. B. 0,25. 0,25 K. C.  b = 1  | − 3 + 5b| |b + 1| 5 2 . =6⇔3 = 6 ⇔| 5b − 3 | . | b + 1|= 2(b + 1) ⇔ b = − . 3 b 2 + 1 b2 + 1  −1 ± 2 2  b = 7. đáp số: x + y − 2 = 0;3 x − 5 y − 14 = 0;7 x − (1 + 2 2) y − 2 2 − 22 = 0; 7 x − (1 − 2 2) y + 2 2 − 22 = 0 .. 8 x + (1,0ñ) Giải hệ phương trình  . x( x 2 − 3x + 3) =. 3. y + 2 + y + 3 +1. 3 x − 1 − x − 6 x + 6 = y + 2 + 1 2. 3. (1). 0,25. 0,25. ( x, y ∈ ℝ).. (2) 3/4.

(10) ðiều kiện: 1 ≤ x ≤ 3 − 3; x ≥ 3 + 3; y ≥ −3 (1) ⇔ x − 1 + ( x − 1)3 + 1 =. (. y+2 +. 3. 3. y+2. ). 3. 0,25. +1. Xét hàm f (t ) = t + t + 1, t ≥ −1 . Ta có f '(t ) = 1 +. 3t 2. 3. 2 t3 +1. > 0 ∀t > −1 , suy ra f (t ) ñồng biến. 0,25. ∀t ≥ −1 , suy ra x − 1 = 3 y + 2 .. Thay vào (2) ta có 3 x − 1 − x 2 − 6 x + 6 = ( x − 1) + 1 ⇔ ( x − 1) + 1 + ( x − 1)2 − 4( x − 1) + 1 = 3 x − 1 x − 1 > 0 ta ñược:. Do x = 1 không thỏa mãn nên chia cả 2 vế cho x −1 +. 1 1 + x −1 − 4 + = 3. x −1 x −1. ðặt t = x − 1 +. 0,25. t ≤ 3 1 5 > 2 ⇒ t + t2 − 6 = 3 ⇒ t2 − 6 = 3 − t ⇔  2 ⇔t= . 2 2 x −1 t − 6 = (3 − t ).  x −1 = 2  x = 5 ⇒ y = 62 5 1 5  . Với t = ⇒ x − 1 + = ⇒ ⇔  x −1 = 1  x = 5 ⇒ y = − 127 2 x −1 2 4 64  2  5 127 ). đáp số ( x; y ) = (5; 62), ( ; − 4 64. 0,25. 9 x + 3 y2 2x + y2 . − (1,0ñ) Cho x, y > 0 : x − y + 1 ≤ 0 . Tìm max: T = 2. x2 + y4. 5x + 5 y. 2. 1 x 1 1 1 1 1 1 x Ta có x ≤ y − 1 ⇒ 0 < 2 ≤ − 2 = −  −  ≤ . ðặt t = 2 ⇒ 0 < t ≤ 4  y 2 4 4 y y y y. x +3 y2. 0,25. x +1 t +3 1 y2 1 2t + 1 1 với 0 < t ≤ . Ta có T = − . ⇒ T = f (t ) = − . 2 2 4 5 x +1 t +1 5 t +1  x  2 + 1 y  y2    f '(t ) =. 2. 1 − 3t. 1 1 − . 2 3 ( t 2 + 1) 5 ( t + 1). Nhận xét: 0 < t ≤. 0,25. 1 1 ⇒ 1 − 3t ≥ ; 4 4. (t. 3. 2. 3  17  17 17 + 1) ≤   = ⇒  16  16 16. 1 − 3t. (t. 2. + 1). 3. ≥. 4 17 17 16. 1 1 1 Và − . > − . Do ñó f '(t ) > 2 5 (t + 1) 5. 4 1 − > 0. 17 5 17 16 1 6  1  13 Từ ñó f (t ) ñồng biến ∀t ∈ (0; ] ⇒ f (t ) ≤ f   = − . 4 17 25 4. = đáp số: MaxT 1 t∈(0; ] 4. 13 6 1 − ⇔ t = ⇔ x = 1; y = 2 . 4 17 25. 0,25. 0,25. -------------------- Hết --------------------. 4/4.

(11) Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi. đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 M«n thi: To¸n - LÇn thø 3 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề -------------- Ngµy 16.5.2015 --------------. N¨m häc 2014 - 2015. 3x − 2 . x −1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị ( C ) của hàm số ñã cho. Câu 1 (2,0 ñiểm). Cho hàm số y =. b) Tìm các giá trị của m ñể ñường thẳng d : y = − x + m cắt ñồ thị ( C ) tại hai ñiểm phân biệt. Câu 2 (1,0 ñiểm).. 3π π   5π  và tan α = 2 . Tính M = sin 2 α + sin  α +  + sin  − 2α  . 2 2   2  2+i = (2 − i ) z . Tìm môñun của số phức w = z − i . b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (i + 3) z + i a) Cho góc α thỏa mãn: π < α <. Câu 3 (0,5 ñiểm). Giải bất phương trình: log 2 ( x − 2) + log 0,5 x < 1 . Câu 4 (1,0 ñiểm). Giải bất phương trình: x − x − 2 > x3 − 4 x 2 + 5 x − x3 − 3 x 2 + 4 . π 2. Câu 5 (1,0 ñiểm). Tính tích phân: I = ∫ x ( x + cos 2 x ) dx. 0. Câu 6 (1,0 ñiểm). Cho hình chóp S . ABCD có ñáy là hình thang vuông tại A và B ; AB = BC = a; AD = 2a ; SA ⊥ ( ABCD ) . Góc giữa mặt phẳng ( SCD) và mặt phẳng ( ABCD) bằng 450 . Gọi M là trung ñiểm AD . Tính theo a thể tích khối chóp S .MCD và khoảng cách giữa hai ñường thẳng SM và BD . Câu 7 (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình ñường phân giác trong góc A là d : x + y − 3 = 0 . Hình chiếu vuông góc của tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ABC lên ñường thẳng AC là ñiểm E (1;4) . ðường thẳng BC có hệ số góc âm và tạo với ñường thẳng AC góc. 450 . ðường thẳng AB tiếp xúc với ñường tròn (C ) : ( x + 2 ) + y 2 = 5 . Tìm phương trình các cạnh của tam giác ABC . 2. Câu 8 (1,0 ñiểm).. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñiểm A (1; −1;0 ) và ñường thẳng. x +1 y −1 z = = . Lập phương trình mặt phẳng ( P ) chứa A và d . Tìm tọa ñộ ñiểm B thuộc trục Ox 2 1 −3 sao cho khoảng cách từ ñiểm B ñến mặt phẳng ( P ) bằng 3 . d:. Câu 9 (0,5 ñiểm). Trong ñợt xét tuyển vào lớp 6A của một trường THCS năm 2015 có 300 học sinh ñăng ký. Biết rằng trong 300 học sinh ñó có 50 học sinh ñạt yêu cầu vào lớp 6A. Tuy nhiên, ñể ñảm bảo quyền lợi mọi học sinh là như nhau, nhà trường quyết ñịnh bốc thăm ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh nói trên. Tìm xác suất ñể trong số 30 học sinh chọn ở trên có ñúng 90% số học sinh ñạt yêu cầu vào lớp 6A. Câu 10 (1,0 ñiểm). Cho các số thực a, b dương và thỏa mãn ab ≥ 1 . 1 1 32 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . T= + − 1+ a 1+ b 2a(1 + a) + 2b(1 + b) + 8 ---------------- HẾT ---------------Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………..; Số báo danh: ……………………….

(12) Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi. đáp án – thang điểm đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 M«n thi: To¸n – LÇn thø 3 --------------- đáp án có 06 trang --------------. Năm học 2014 – 2015. Câu đáp án 1 3x − 2 . (2,0ñ) a) (1,0 ñiểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số y =. ðiểm. x −1. Tập xác ñịnh: D = R \ {1} . lim y = 3; lim y = 3 suy ra tiệm cận ngang y = 3 . x →−∞. x →+∞. lim y = +∞; lim y = −∞ suy ra tiệm cận ñứng của ñồ thị hàm số là ñường thẳng x = 1 . −. x →1+. x →1. ðạo hàm: y ' =. −1. ( x − 1). 2. 0,25. < 0 ∀x ≠ 1 .. Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) . Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: x −∞ y' y 3. 0,25. +∞. 1. +∞. -. −∞. 0,25. 3. ðồ thị: (Hs có thể lấy ñiểm (2; 4); (0; 2) ). b) (1,0 ñiểm) Tìm các giá trị của m ñể d : y = − x + m cắt ñồ thị ( C ) tại hai ñiểm phân biệt.. 0,25. 3x − 2 = − x + m ( x ≠ 1) x −1 ⇔ f ( x ) = x 2 + (2 − m) x + m − 2 = 0 (1) ∆ > 0 ðK: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔   f (1) ≠ 0 Phương trình tương giao:. 0,25. 0,25. ⇔ m 2 − 4m − 12 > 0 ⇔ m > 6; m < 2 .. 0,25 0,25. 2 3π π   5π  . Tính M = sin 2 α + sin  α +  + sin  − 2α  . (1,0ñ) a) (0,5 ñiểm) Cho tan α = 2 . π < α <. 2   2 1 1 1  3π  Ta có = 1 + tan 2 α = 1 + 4 = 5 ⇒ cos 2 α = ⇒ cos α = − π < x < . 2 cos α 5 2  5  1 1 . M = sin 2 α + cos α + cos 2α = sin 2 α + cos α + 2cos 2 α − 1 = cos 2 α + cos α = − 5 5. 2. b) (0,5 ñiểm) Cho (i + 3) z +. . 0,25 0,25. 2+i = (2 − i ) z . Tìm môñun của số phức w = z − i . i. 1/6.

(13) ( a , b ∈ R, i. Gọi z = a + ib. 2. = −1) . Từ giả thiết ta có:. (i + 3)(a + bi ) + 1 − 2i = (2 − i )(a − bi ) a = −1 a + 1 = 0 4  ⇔ (a + 1) + (2a + 5b − 2)i = 0 ⇔  ⇔ 4 ⇒ z = −1 + i. 5 2a + 5b − 2 = 0 b = 5 26 1 . = 5 25 Giải bất phương trình: log 2 ( x − 2) + log 0,5 x < 1 . 1 5. Từ ñó: | z − i |=| −1 − i |= 1 +. 3 (0,5ñ). 0,25. 0,25. ðiều kiện: x > 2 . Bpt ⇔ log 2 ( x − 2 ) − log 2 x < 1 ⇔ log 2. ⇔ x − 2 < 2 x ⇔ x > −2 .. x−2 x−2 <1⇔ <2 x x. 0,25 0,25. Kết hợp ñiều kiện ta ñược nghiệm của bpt là x > 2 . 4 (1,0ñ) Giải bất phương trình: x − x − 2 >. Bpt ⇔ x − x − 2 >. x3 − 4 x 2 + 5 x − x 3 − 3 x 2 + 4 .. 2 x ( x − 2 ) + 1 −  . ( x − 2). 2. ( x + 1). ( x ≥ 0) .. ⇔ ( x − 2)+ | x − 2 | x + 1 > x 1 + ( x − 2 ) + 1  . (1)   • x = 2 : (1) ⇔ 0 > 2 2 (loại). x = 0 : (1) ⇔ −2 > −2. 0,25. 2. (. (loại).. ). 2 x > 2 : (1) ⇔ ( x − 2) 1 + x + 1 > x 1 + ( x − 2 ) + 1    1 1 1 1 Chia 2 vế cho x .( x − 2) > 0 ta ñược: (1) ⇔ . + 1+ > + 1+ 2 x x−2 x ( x − 2). •. Xét hàm f (t ) = t + 1 + t , t > 0 ⇒ f '(t ) = 1 + 2. (1) ⇔. t 1+ t2. 0,25. > 0 ∀t > 0 ⇒ f (t ) ñồng biến ∀t > 0. 1 1 . > x x−2. ⇔ x − 2 > x ⇔ x 2 − 5 x + 4 > 0 ⇔ x > 4; x < 1 . Kết hợp x > 2 ⇒ x > 4 . • 0 < x < 2: 2 (1) ⇔ ( x − 2) 1 − x + 1 > x 1 + ( x − 2 ) + 1  .   1 1 1 1 Chia 2 vế cho x .( x − 2) < 0 ta ñược: (1) ⇔ . − 1+ < − 1+ 2 x x−2 x 2 x − ( ). (. ). Xét hàm f (t ) = t − 1 + t 2 , t ∈ R ⇒ f '(t ) = 1 − Từ ñó (1) ⇔. 0,25. t 1+ t2. =. 1+ t2 − t 1+ t2. 0,25. > 0 ∀t ⇒ f (t ) ñồng biến ∀t .. 1 1 1 . Trường hợp này vô nghiệm vì < 0. < x−2 x x−2. đáp số: x > 4 . 2/6.

(14) Cách 2: ðK x ≥ 0 (mỗi dấu + ứng với ¼ ñiểm) x = 0 không là nghiệm. Xét x > 0 : + (1) ⇔. (. x −2. )(. ). x +1 >. x2 − 5x + 4 x 3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3 x 2 + 4  x −1 > 0.  x3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3x 2 + 4  x −1.  x +1 ⇔ f ( x) = ( x − 4 )  + 2 x +  x +1 + + Xét g ( x ) = x +2 x3 − 4 x 2 + 5 x + x 3 − 3 x 2 + 4 Nếu x ≥ 1 thì g ( x ) > 0 . + Nếu 0 < x < 1: x + 1 > 1 ⇒. x3 − 3x 2 + 4 =. x + 1 > 1 . Ta có:. ( x + 1)( x − 2 ). 2. x +1 x +1 1 > = x +2 2 x +2 2. (1). = x − 2 x +1 > x − 2 = 2 − x. ⇒ x3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3x 2 + 4 > 2 − x 1− x 1− x 1− x 1− x 1 ⇒ < = < = x3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3x 2 + 4 2 − x 2 − 2 x + x 2 − 2 x 2 x −1 1 (2) . Từ (1) và (2) suy ra g ( x ) > 0 ∀x > 0 . ⇒ >− 2 x3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3x 2 + 4 + f ( x) > 0 ⇔ x − 4 > 0 ⇔ x > 4 . Kết hợp ðK suy ra ñáp số: x > 4 . 5 (1,0ñ). π 2. Tính tích phân: I = x ( x + cos 2 x ) dx.. ∫ 0. π. π. π. 2 1 π π3 . I = ∫ x 2 dx + ∫ x cos 2 xdx . Ta có A = ∫ x 2 dx = x3 2 = 0 3 24 0 0 0 2. 2. 0,25. π 2. 1 B = ∫ x cos 2 xdx. ðặt u = x ⇒ u ' = 1. v ' = cos 2 x ⇒ v = sin 2 x . 2 0 π. B=. 0,25. π 1 12 x sin 2 x 02 − ∫ sin 2 xdx . 2 20. π. 1 1 1 2 1 = 0 −  − cos 2 x  = ( −1 − 1) = − 2 2 2 0 4 I = A+ B = 6 (1,0ñ). π3. 1 − . ( I ≈ 0,792) . 24 2. S . ABCD ñáy là hình thang vuông tại A và B ; AB = BC = a; AD = 2a ; SA ⊥ ( ABCD) . Góc giữa ( SCD) và ( ABCD) bằng 450 . M là trung ñiểm AD . Tính thể tích S .MCD , d ( SM , BD ) = 450. Ta có ( SCD) ∩ ( ABCD) = CD. CD ⊥ SA, AC ⇒ CD ⊥ ( SAC ) ⇒ SC ⊥ CD ⇒ SCA. 0,25. 0,25. 0,25. 3/6.

(15) 1 1 VS .MCD = .SA.S MCD . SA = AC = a 2; S MCD = a 2 . 3 2 3 a 2 1 1 . Suy ra VS .MCD = .a 2. a 2 = 6 3 2 Gọi N là trung ñiểm AB ⇒ BD //( SMN ) .. 0,25. S. Suy ra:. d ( SM , BD) = d ( BD,( SMN )) = d ( D,( SMN )) = d ( A, ( SMN )) . AP ⊥ MN ( P ∈ MN ) , AH ⊥ SP ( H ∈ SP ). Kẻ. 0,25. .. AH ⊥ ( SMN ) ⇒ d ( A,( SMN )) = AH 1 1 1 Tam giác vuông SAP có = + 2 2 AH AS AP 2 1 1 1 1 1 1 11 = + + = 2+ 2 + 2 = 2 2 2 2 a AS AN AM a 2a 2a 4 a 22 a 22 . Suy ra AH = ⇒ d ( SM , BD ) = 11 11. H A. M. 0,25. D N P. B. C. 7 Tam giác ABC có phân giác trong góc A là d : x + y − 3 = 0 . Hình chiếu của tâm ñường tròn nội (1,0ñ) tiếp tam giác ABC lên AC là E (1; 4) . BC có hệ số góc âm và tạo với ñường thẳng AC góc 450 . ðường thẳng AB tiếp xúc với (C ) : ( x + 2 ) + y 2 = 5 . Tìm phương trình các cạnh. 2. Gọi F là ñiểm ñối xứng với E qua d ⇒ F (−1;2) . Nhận xét: (C ) có tâm I (−2;0), bán kính R = 5 và F ∈ (C ) . Từ ñó AB qua F và vuông góc với IF nên có phương trình AB : x + 2 y − 3 = 0 . AB ∩ d = A(3;0) ⇒ AC : 2 x + y − 6 = 0 . Gọi J là tâm ñường tròn nội tiếp ∆ABC . ðường thẳng ∆ qua.  1 10  E , ⊥ AC ⇒ ∆ : x − 2 y + 7 = 0 ⇒ ∆ ∩ d = J  − ;  .  3 3 2 Gọi vtpt của ñường thẳng BC là n = ( a; b), a + b 2 ≠ 0 . Ta có: | 2a + b | cos 450 = 5. a 2 + b 2 ⇒ 2 ( 2a + b ) = 5 ( a + b 2. 2. 2. ) ⇒ 3a. 0,25. 0,25. A. E H. 2. + 8ab − 3b = 0 2. a = 0 : suy ra b = 0 (loại) a ≠ 0 : chọn a = 1 ⇒ b = 3 (thỏa mãn hệ số góc âm), 1 b = − (loại). 3 Suy ra phương trình BC : x + 3 y + C = 0 .. I. 0,25. F. • •. J. B. C D. 4/6.

(16) Do J là tâm ñường tròn nội tiếp ∆ABC nên d ( J , AC ) = d ( J , BC ). 2 10 1 | − + − 6 | | − + 10 + C | −29 + 10 2 −29 − 10 2 3 3 Suy ra (thỏa mãn); C = (loại vì khi = 3 ⇒C = 3 3 5 10 29 + 10 2 ñó A, J nằm 2 phía BC ). Từ ñó: BC : x + 3 y − = 0. 3 29 + 10 2 = 0. đáp số: AB : x + 2 y − 3 = 0 ; AC : 2 x + y − 6 = 0 ; BC : x + 3 y − 3 8 (1,0ñ). x +1 y −1 z = = . Lập ( P) chứa A và d . Tìm B ∈ Ox : d ( B, Ox ) = 3 . −3 2 1 ðường thẳng d qua M ( −1;1;0 ) và có vtcp u = (2;1; −3) . Ta có MA = (2; −2;0) . ( P) qua A (1; −1;0 ) và có vtpt n =  MA, u  = ( 6;6;6 ) . Chọn n = (1;1;1) . Phương trình tổng quát của ( P) là: 1( x − 1) + 1( y + 1) + 1( z − 0) = 0 ⇔ x + y + z = 0. |b| = 3. Gọi B(b;0;0) ∈ Ox; d ( B, ( P )) = 3 ⇔ 3 ⇔| b |= 3 ⇔ b = ±3 ⇒ B(±3;0;0) . đáp số: ( P ) : x + y + z = 0 ; B(ổ3;0;0) .. 0,25. A (1; −1;0 ) , d :. 0,25 0,25 0,25 0,25. Có 300 học sinh ñăng ký. Có 50 học sinh ñạt yêu cầu vào lớp 6A. Bốc thăm ngẫu nhiên 30 học sinh từ 9 (0,5ñ) 300 học sinh nói trên. Tìm xác suất ñể có ñúng 90% số học sinh ñạt yêu cầu. Gọi A là biến cố: “Chọn ñược 90% học sinh ñạt yêu cầu”. 30 Chọn ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh có C300 cách chọn. 27 Chọn ñược 90% học sinh ñạt yêu cầu, tức là chọn ñược 27 em. Chọn 27 học sinh từ 50 học sinh có C50 cách. 3 cách. Chọn nốt 3 em từ 250 em còn lại có C250. 0,25. 27 3 Số cách chọn học sinh ñạt yêu cầu là: C50 . C250 .. Xác suất của biến cố A là P ( A) =. 3 C5027 .C250 ≈ 1,6.10−21 . 30 C300. 10 (1,0ñ) Cho a, b > 0 : ab ≥ 1 . Tìm GTNN của T =. Ta có:. 1 1 2 , + ≥ 1 + a 1 + b 1 + ab. 1 1 32 . + − 1+ a 1+ b 2a (1 + a ) + 2b(1 + b) + 8. ( ab ≥ 1) .. Thật vậy: Quy ñồng, chuyển vế, bñt trên tương ñương với Lại có:. 2 1 + ab. =. 0,25. (. a− b. )( 2. ). ab − 1 ≥ 0 (đúng).. 0,25. 1 1 4 2 2 4 . Suy ra: . + ≥ ≥ = 1 + a 1 + b ab + 3 1 + ab.1 1 + ab + 1 ab + 3 2. 5/6.

(17) (. ). Ta có: a (1 + a ) + b(1 + b) = a 2 + b 2 − 2 + ( a + b + 2 ) ≥ ( 2ab − 2 ) + 2 ab + 2 ≥ 2 ab + 2 . Suy ra: 2a (1 + a ) + 2b(1 + b) + 8 ≥ 4 ab + 12 .. 1 1 −32 −32 ≤ ⇒ ≥ = 2a(1 + a) + 2b(1 + b) + 8 2a(1 + a) + 2b(1 + b) + 8 2 ab + 3 4 ab + 12 4 16 ⇒T ≥ − . ab + 3 ab + 3. −16 ab + 3. . 0,25. 4 16 − = f (t ). t +3 t +3 8 (t 2 + 3) 2 − t (t + 3) t + 3 −8t . + = 8. 2 f '(t ) = 2 (t + 3) 2 (t + 3) t + 3 (t + 3) 2 (t + 3) t + 3. ðặt t = ab ≥ 1 ⇒ T ≥. 2. (. ). Xét M = (t 2 + 3) 2 − t (t + 3) t + 3 > (t + 3) t 2 + 3 − t t + 3 > 0. 0,25. ⇔ t 2 + 3 > t t + 3 ⇔ t 4 + 6t 2 + 9 > t 3 + 3t 2 ⇔ (t 4 − t 3 ) + 3t 2 + 9 > 0 (đúng ∀t ≥ 1 ). Suy ra f '(t ) > 0 ∀t ≥ 1 ⇒ f (t ) ñồng biến ∀t ≥ 1 . Từ ñó: MinT = f (1) = −7 ⇔ t = 1 ⇔ a = b = 1.. 0,25. t ≥1. Cách 2: Có thể dồn biến về u = a + b ≥ 2 ab ≥ 2 như sau: •. 1 1 4 4 + ≥ = 1+ a 1+ b 1+ a +1+ b u + 2. a(1 + a) + b(1 + b) = a + b + a 2 + b 2 ≥ a + b + 2 a 2b 2 ≥ a + b + 2 = u + 2 1 1 Suy ra: 2a (1 + a ) + 2b(1 + b) + 8 ≥ 2u + 12 ⇒ ≤ 2a(1 + a) + 2b(1 + b) + 8 2u + 12 4 32 ⇒T ≥ − = f (u ), u ≥ 2. Chứng minh f '(u ) > 0 ∀u ≥ 2 tương tự cách 1. u+2 2u + 12 Kết luận: MinT = f (2) = −7 ⇔ u = 2 ⇔ a = b = 1.. •. u≥2. -------------------- Hết --------------------. 6/6.

(18) đề thi thử thpt quốc gia năm 2015. Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi. M«n thi: To¸n - LÇn thø 4 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. N¨m häc 2014 - 2015. -------------- Ngµy 13.6.2015 --------------. Câu 1 (2,0 ñiểm). Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4 . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C ) của hàm số ñã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị (C ) tại giao ñiểm của (C ) với ñường thẳng (d ) : y = −5 x + 7 . Câu 2 (1,0 ñiểm). a) Giải phương trình cos x + cos3 x = 2cos 2 x . b) Tìm số phức z sao cho | z − 4 | = | z | và ( z + 4)( z + 2i ) là số thực. Câu 3 (0,5 ñiểm). Giải phương trình. 2.9 x + 3.4 x = 5.6 x . 1. Câu 4 (1,0 ñiểm). Tính tích phân. 1   I = ∫ x  e3 x +  dx. 3x + 1  0 . Câu 5 (0,5 ñiểm). Tại một kì SEA Games, môn bóng ñá nam có 10 ñội bóng tham dự (trong ñó có ñội Việt Nam và ñội Thái Lan). Ban tổ chức bốc thăm ngẫu nhiên ñể chia 10 ñội bóng nói trên thành 2 bảng A và B, mỗi bảng 5 ñội. Tính xác suất ñể ñội Việt Nam và ñội Thái Lan ở cùng một bảng. Câu 6 (1,0 ñiểm). Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho bốn ñiểm A ( 3;2;3) , B (1;0;2), C ( −2;3;4),. D (4; −3;3) . Lập phương trình mặt phẳng ( BCD) . Tìm phương trình hình chiếu vuông góc của ñường thẳng AB lên mặt phẳng ( BCD) . Câu 7 (1,0 ñiểm). Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có ñáy ABC là tam giác ñều cạnh a , ñỉnh A ' cách ñều A, B, C . Góc giữa cạnh bên và mặt ñáy của lăng trụ bằng 600 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . Xác ñịnh tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '. ABC .. Câu 8 (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn tâm I (2;1) , bán kính R = 5 . Chân ñường cao hạ từ B, C , A của tam giác ABC lần lượt là D(4; 2), E (1; −2) và F . Tìm tọa ñộ tâm ñường tròn nội tiếp của tam giác DEF , biết rằng ñiểm A có tung ñộ dương. Câu 9 (1,0 ñiểm). Giải phương trình 8 x 2 + 10 x + 11 + 14 x + 18 = 11 .. (. ). Câu 10 (1,0 ñiểm). Cho các số thực x, y, z dương và thỏa mãn 4 x 2 − x + 1 ≤ 16 x 2 yz − 3x ( y + z ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. T=. y + 3x( x + 1) x2 z. +. 16. ( y + 1). 3. − 10 3. 2. y x3 + 2. .. ---------------- HẾT ---------------Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………..; Số báo danh: ……………………….

(19) Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi. đáp án – thang điểm đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 M«n thi: To¸n – LÇn thø 4 --------------- đáp án có 05 trang --------------. Năm học 2014 – 2015. Câu đáp án 1 a) (1,0 ñiểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 4 (2,0ñ) Tập xác ñịnh: D = R . lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞. x →+∞. ðạo hàm: y ' = 3 x − 6 x ; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 . 2. ðiểm. 0,25. Khoảng ñồng biến: ( −∞;0 ) ; ( 2; +∞ ) . Khoảng nghịch biến: ( 0; 2 ) Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu tại x = 2 , yCT = 0 ; ñạt cực ñại tại x = 0 , yCð = 4. Bảng biến thiên: x 0 2 −∞ +∞ y' + 0 0 + y 4 +∞. 0,25. 0,25. 0 −∞ ðồ thị: (Hs có thể lấy thêm ñiểm (−1; 0); (1; 2); (3; 4) ). b) (1,0 ñiểm) ) Viết phương trình tiếp tuyến tại giao ñiểm của (C ) với (d ) : y = −5 x + 7 . Phương trình hoành ñộ giao ñiểm:. x3 − 3 x 2 + 4 = −5 x + 7 ⇔ x 3 − 3 x 2 + 5 x − 3 = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 − 2 x + 3) = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 2 ⇒ giao ñiểm là M (1;2) . Phương trình tiếp tuyến với (C) tại ( x0 ; y0 ) : y = y '( x0 )( x − x0 ) + y0 x0 = 1; y0 = 2. y ' = 3x 2 − 6 x ⇒ y '( x0 ) = y '(1) = −3 Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y = −3( x − 1) + 2 ⇔ y = −3 x + 5. 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25. 2 a) (0,5 ñiểm) Tìm các nghiệm của phương trình cos x + cos3 x = 2cos x . (1,0ñ) Phương trình ñã cho tương ñương với: 2cos 2 x.cos x = 2cos 2 x ⇔ 2cos x ( cos 2 x − cos x ) = 0 2. cos x = 0 ⇔ cos 2 x = cos x π   x = 2 + kπ ⇔ ( k ∈ ℤ) .  x = k 2π  3 b) (0,5 ñiểm) Tìm số phức z sao cho | z − 4 | = | z | và ( z + 4)( z + 2i ) là số thực. Gọi z = a + bi. ( a, b ∈ R, i. 2. = −1) . Từ giả thiết ta có:. | z − 4 |=| z |⇔ ( a − 4) 2 + b 2 = a 2 + b 2 ⇔ a = 2. 0,25. 0,25. 0,25. 1/5.

(20) Từ ñó: z = 2 + bi; z = 2 − bi. 3 (0,5ñ). ⇒ ( z + 4)( z + 2i ) = (6 + bi ) [ 2 + (2 − b)i ] = 12 − b(2 − b) + (12 − 4b)i Suy ra: 12 − 4b = 0 ⇒ b = 3 . đáp số: z = 2 + 3i . Giải phương trình 2.9 x + 3.4 x = 5.6 x .. 0,25. x. x. 9 3 TXð: D = R . Chia 2 vế của phương trình cho 4 > 0 ta ñược: 2.   − 5.   + 3 = 0 . 4 2 x 3 ðặt t =   > 0 ta có: 2t 2 − 5t + 3 = 0 2 3 ⇔ t = 1; t = . 2 x x 3 3 3 3 • t = ⇒   = ⇒ x = 1. • t =1⇒   =1⇒ x = 0. 2 2 2 2 Tập nghiệm của phương trình ñã cho là S = {0; 1} . x. 4 1 (1,0ñ) Tính tích phân: I = x  e3 x + . ∫ 0. 1. 1. 0. 1. 1. ∫. • Tính A = xe dx : ðặt u = x ⇒ u ' = 1; 3x. 0. 0,25. 1   dx. 3x + 1 . x dx . 3x + 1. I = ∫ xe3 x dx + ∫ 0. . 0,25. 1. 1 1 1 v ' = e ⇒ v = e3 x ⇒ A = x.e3 x − ∫ e3 x dx . 3 3 30 0. 0,25. 3x. 1. 1 3 1 3x 1 3 1 3 2e3 + 1 = e − ( e − 1) = . A= e − e 3 9 3 9 9 0 1. • Tính B =. ∫ 0. 0,25. 2 t2 −1 x dx : ðặt t = 3x + 1 ⇒ t 2 = 3 x + 1 ⇒ x = ⇒ dx = t.dt 3 3 3x + 1 2. 2 x = 0 ⇒ t = 1. Suy ra: B = ∫ ( t 2 − 1) dt 91. x = 1 ⇒ t = 2;. 0,25. 2. 2 11 2e 3 + 1 8 21 8  . B =  t 3 − t  = . Từ ñó: I = A + B = + ⇒ I = e3 + 9 27 93 9 27  1 27. 0,25. 5 Có 10 ñội bóng (trong ñó có Việt Nam và Thái Lan). Bốc thăm ngẫu nhiên ñể chia thành 2 (0,5ñ). bảng A và B, mỗi bảng 5 ñội. Tìm xác suất ñể Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng. Gọi M là biến cố: “Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng”. Số biến cố ñồng khả năng: Số cách chia 10 ñội bóng thành 2 bảng ñều nhau n(Ω) = C105 .C55 = 252 . Xét số cách chia mà Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng: • Chọn bảng (A hoặc B): có 2 cách • Chọn nốt 3 ñội còn lại: có C83 cách. • Chọn 5 ñội của bảng kia: có C55 cách.. ⇒ n( M ) = 2.C83 .C55 = 112. Suy ra: xác suất của biến cố M: p ( M ) =. 0,25. 0,25. 4 n( M ) 112 = = . n(Ω) 252 9 2/5.

(21) 6 (1,0ñ) Cho A ( 3;2;3) , B(1;0;2), C (−2;3; 4), D(4; −3;3) . Lập phương trình mặt phẳng ( BCD) . Tìm. phương trình hình chiếu vuông góc của ñường thẳng AB lên mặt phẳng ( BCD) . Ta có BC = (−3;3;2), BD = (3; −3;1) . Mp ( BCD) ñi qua B (1;0; 2) và có vtpt n =  BC , BD  = ( 9;9;0 ) . Chọn n = (1;1;0) . Phương trình ( BCD) : 1( x − 1) + 1( y − 0) + 0( z − 2) = 0 ⇔ x + y − 1 = 0 . ðường thẳng AB cắt ( BCD) tại B (1;0; 2) . Ta ñi tìm hình chiếu A ' của ñiểm A lên ( BCD) . x = 3 + t  ðường thẳng ∆ ñi qua A và vuông góc với ( BCD) có phương trình  y = 2 + t (t ∈ R). z = 3  A ' = ∆ ∩ ( BCD) ⇒ (3 + t ) + (2 + t ) − 1 = 0 ⇒ t = −2 ⇒ A '(1;0;3) . Hình chiếu vuông góc của AB ñi qua B, A ' nên có vtcp u = BA ' = (0;0;1) . x = 1  Phương trình BA ' :  y = 0 (t ∈ R). z = 2 + t  (Lưu ý: Học sinh viết. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. x −1 y − 0 z − 2 thì không cho 0,25 ñiểm phần cuối này). = = 0 0 1. 7 Lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có ñáy ABC là tam giác ñều cạnh a , ñỉnh A ' cách ñều A, B, C . (1,0ñ). Góc giữa cạnh bên và mặt ñáy của lăng trụ bằng 600 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . Xác ñịnh tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '. ABC . Xác ñịnh góc 600 : • Gọi H là hình chiếu của A’ lên (ABC) ⇒ HA = HB = HC = tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. AA '2 − A ' H 2 suy ra H là tâm ñường C'. • AH là hình chiếu của AA’ lên (ABC), suy ra A ' AH = 600. Tính thể tích lăng trụ: VABC . A ' B ' C ' = A ' H .S ABC. B'. 1 a 3 a2 3 • ∆ABC ñều cạnh a nên S ABC = .a. = . 2 2 4 2 a 3 • A ' H = AH .tan 600 =  .  . 3 = a. 3 2  Suy ra: VABC . A ' B ' C '. a3 3 a2 3 . = a. = 4 4. P I. 0,25 A. H M. C N. B Xác ñịnh tâm mặt cầu: • Gọi P là trung ñiểm AA’. Kẻ ñường trung trực d của AA’ trong (A’AH). d cắt A’H tại I. • I ∈ d ⇒ IA ' = IA. I ∈ A ' H ⇒ IA = IB = IC ⇒ I là tâm mặt cầu cần tìm.. Tính bán kính R: R = IA ' =. 0,25. A'. 2a A' P 2 1 1 2 a 3 . = = . AA ' = .2. AH = . 0 3 cos 30 3 2 3 3 3. 0,25 0,25. 3/5.

(22) 8 Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn tâm I (2;1) , bán kính R = 5 . Chân ñường cao hạ từ (1,0ñ). B, C , A của tam giác ABC lần lượt là D(4; 2), E (1; −2) và F . Tìm tọa ñộ tâm ñường tròn nội tiếp của tam giác DEF biết rằng ñiểm A có tung ñộ dương. Chứng minh AI ⊥ DE :. A. = BCD . • Tứ giác BCDE nội tiếp ñường tròn nên AED. 0,25. = EAt • Kẻ tiếp tuyến At của ( I ; R ) ta có: BCD. = EAt ⇒ At / / DE ⇒ AI ⊥ DE. ⇒ AED. I. Tìm tọa ñộ ñiểm A: • Phương trình AI qua I, vuông góc với DE : 3 x + 4 y − 10 = 0 .. D. E H. C F t = 6 ⇒ A(6; −2) (L)B  10 − 3t  2 2 25 4 12 0 AI AI t t ∈ ⇒ = ⇒ − − = ⇒  t = −2 ⇒ A(−2; 4) (TM) 4    Chứng minh trực tâm H của tam giác ABC là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác DEF : = DBC = HEF ⇒ EC là phân giác trong của DEF . • DEC ⇒ H = BD ∩ CE là tâm ñường tròn nội tiếp ∆ DEF . • Tương tự: DB là phân giác trong của EFD Tìm tọa ñộ ñiểm H : • Phương trình CE qua E và vuông góc với AE : x − 2 y − 5 = 0 • Phương trình BD qua D và vuông góc với AD : 3 x − y − 10 = 0 • Từ ñó H = BD ∩ CE ⇒ H ( 3; −1) .. 0,25. • A  t;. 0,25. 0,25. 9 Giải phương trình 8 x 2 + 10 x + 11 + 14 x + 18 = 11 . (1) (1,0ñ) 11 ðK: x ≥ − .. 10 (1) ⇔ 4 ( 2 x 2 + x − 1) + ⇔ 4 ( 2 x + x − 1) −. (. ) (. 10 x + 11 − 2 x − 3 +. 2 ( 2 x 2 + x − 1). ). 14 x + 18 − 2 x − 4 = 0. 2 ( 2 x 2 + x − 1). − =0 10 x + 11 + 2 x + 3 14 x + 18 + 2 x + 4 1 • 2 x 2 + x − 1 = 0 ⇔ x = −1; (tmñk). 2 1 1 − =0 • f ( x) = 2 − 10 x + 11 + 2 x + 3 14 x + 18 + 2 x + 4 11 11 Ta có f '( x ) > 0 ∀x ≥ − ⇒ f ( x) ñồng biến trên [ − ; +∞) . 10 10 1   11  Từ ựó f ( x) ≥ f  −  > 0 nên trường hợp này vô nghiệm. đáp số: S = −1;  . 2   10  2. 0,25. 0,25. 0,25. Lưu ý: + Học sinh chỉ tìm ñược 1 nghiệm, cho ¼ ñiểm + Học sinh tìm ñược 2 nghiệm mà không CM ñược phần còn lại vô nghiệm, cho ½ ñiểm • Có thể CM f ( x ) > 0 như sau:. 11 4 9  11   11  x ≥ − ⇒ 10 x + 11 + 2 x + 3 ≥ 2  −  + 3 = ; 14 x + 18 + 2 x + 4 ≥ 2  −  + 4 = 10 5 5  10   10  5 5 ⇒ f ( x) > 2 − − > 0 . 4 9 • Có thể nhẩm nghiệm và tách thành tích: (1) ⇔ ( x + 1)(2 x − 1)h( x) = 0 rồi CM h( x) vô nghiệm.. 0,25. 4/5.

(23) 10 2 (1,0ñ) Cho các số thực x, y , z dương và thỏa mãn 4 x 2 − x + 1 ≤ 16 x 2 yz − 3 x ( y + z ) .. (. T=. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. ). y + 3 x( x + 1) 2. x z. +. 16. ( y + 1). 3. − 10 3. y 3. x +2. .. Từ giả thiết ta có:. (. ). 1  2  2 4 x 2 − x + 1 ≤ 16 x yz − 3 x ( y + z ) ⇒ 4  x + − 1 ≤ 16 yz − 3 ( y + z ) ≤ 16 yz − 3.4 yz x   1 1 ⇒ 4 yz − 3 yz ≥ x + − 1 ≥ 1, t = yz > 0 ⇒ 3t 2 − 4t + 1 ≤ 0 ⇒ t ≤ 1 ⇒ yz ≤ 1 ⇒ ≥ y. x z 2 y + 3x( x + 1) y y + 3xy 3 y 16 16 + − 10 3 3 = + + − 10 3 3 . T= 2 3 2 3 z ( y + 1) x z x +2 x yz x +2 ( y + 1). Ta có: • yz ≤ 1 ⇒ •. y 2 + 3xy x 2 yz. ≥. y 2 + 3xy x2 16. 2. y  y =  +3 x  x. 3 16 16 + ≥ 3y + = ( y + 1) + ( y + 1) + ( y + 1) + − 3 ≥ 4.2 − 3 = 5 3 3 z ( y + 1) ( y + 1) ( y + 1)3. • −10 3.. y x3 + 2. ≥ −10 3.. 0,25. y x3 + 1 + 1. ≥ −10 3.. 0,25. y y = −10 3x x. 2. y y  y Từ ñó: T ≥   + 3 + 5 − 10 . x x x y ðặt t = > 0 ⇒ T ≥ f (t ) = t 4 + 3t 2 − 10t + 5 . x Ta có: f '(t ) = 4t 3 + 6t − 10 = 2(t − 1)(2t 2 + 2t + 5) . f '(t ) = 0 ⇔ t = 1 . BBT:. t f '(t ) f (t ). 0 -. 1 0. +∞ +. 0,25. +∞. 5 -1. Suy ra T ≥ −1 ⇒ MinT = −1 ⇔ t = 1 ⇔ x = y = z = 1. t >0. Cách 2: Ta có: •. y = x +2 3. y y 1 ≤ = 3x x +1+1 3 3. y +1 y 1 x . .1 ≤ . x 3 2. y2 y2 y y2 y • 2 + 1 ≥ 2 2 = 2 ⇒ 2 ≥ 2 −1 . x x x x x y +1 1 x y y Suy ra: T ≥ 2 − 1 + 3 + 5 − 10 3. ⇒ T ≥ −1 ⇒ MinT = −1 ⇔ x = y = z = 1. . x x 3 2. 0,25. -------------------- Hết --------------------. 5/5.

(24)

4 de thi thu co dap an

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về