zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Luyện giải đề môn Toán trước kì thi THPT Quốc Gia - Đặng Việt Hùng

Chia sẻ: Phạm Văn Tín | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:46

Báo xấu

319
lượt xem 60
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo Luyện giải đề môn Toán trước kì thi THPT Quốc gia 2015: Tập 1 sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các bạn có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luyện giải đề môn Toán trước kì thi THPT Quốc Gia - Đặng Việt Hùng

Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 CỔNG LUYỆN THI TRỰC TUYẾN SỐ 1 VIỆT NAM LUYỆN GIẢI ĐỀ MÔN TOÁN TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 (Tập 1) Phiên bản: 2015 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 [Môn Toán – Đề số 01] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] 2x − m Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = (với m là tham số). mx + 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho khi m = 1. b) Chứng minh rằng với mọi m ≠ 0, đồ thị của hàm số đã cho cắt đường thẳng d: y = 2x – 2m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Đường thẳng d cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M, N. Tìm m để S ∆OAB = 3S ∆OMN . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 4 x + 2 cos 2 x + 4 ( sin x + cos x ) = 1 + cos 4 x. ln(1 + ln 2 x) e Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ dx. 1 x Câu 4 (1,0 điểm).  1 + i   2i  11 8 a) Cho số phức z thỏa mãn i.z =   +  . 1− i  1+ i  Tìm môđun của số phức w = z + iz. x b) Giải phương trình log 22 x + log 2 = 5log x 8 + 25 log 2x 2. 4 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A (1;1; 2 ) , B ( 0; −1;3) . Gọi C là giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (xOy). Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng AB sao cho mặt cầu tâm M bán kính MC cắt mặt phẳng (xOy) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 2 5. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD = 2a, SA ⊥ (ABCD) và SA = a 6. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Tính theo a thể tích khối chóp H.SCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y − 3) = 9 và điểm 2 2 M ( 4; 4 ) . Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt (C ) tại A, B sao cho MA + MB = 2 1 + 5 .( ) (x − x + 2) ( x ∈ ℝ) 3 Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 x 3 − 3 x 2 + 6 x ≤ 2 2 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn điều kiện a 3 + b3 = c3 . a 2 + b2 − c2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = . ( c − a )( c − b ) Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (2,0 điểm). a) Các em học sinh tự làm. 2x − m b) PT hoành độ giao điểm của ( C ) và d là : = 2 x − 2m mx + 1  1  1 x ≠ − m x ≠ − ⇔ ⇔ m  (  f ( x ) = m 2 x 2 − 2mx − m = 0 )  f ( x ) = 2 x 2 − 2mx − 1 = 0(*)  ∆ = m + 2 > 0∀m ≠ 0 ' 2  Xét pt (*) có:   1  2 ⇔ ( d ) ∩ ( C ) = { A ≠ B} ∀m ≠ 0  f  − m  = 1 + m 2 ≠ 0∀m ≠ 0     x A + xB = m   x A ⋅ xB = − 1 Theo định lí Vi-et ta có  2  y A = 2 x A − 2m   yB = 2 xB − 2m ( x A − xB ) + ( y A − y B ) = 5 ( x A − xB ) = 5. ( x A + xB ) − 4 x A xB 2 AB = 2 2 2 −2 m 2 h = d ( O, d ) = m ; AB = 5 m 2 + 2, M ( m;0 ) , N ( 0; −2m ) = 5 5 1 1 ⇒ SOAB = h. AB = m . m 2 + 2, S ∆OMN = OM .ON = m 2 2 2 1 1 S ∆OAB = 3S ∆OMN ⇔ m2 + 2 = 3 m ⇔ m = ± . Vậy m = ± là giá trị cần tìm. 2 2 Câu 2 (1,0 điểm). PT ⇔ sin 4 x + 2 cos 2 x + 4 ( sin x + cos x ) = 1 + cos 4 x ⇔ 2 sin 2 x cos 2 x + 2 cos 2 x − 2 cos 2 2 x + 4(sin x + cos x ) = 0 ⇔ cos 2 x(sin 2 x + 1 − cos 2 x ) + 2(sin x + cos x ) = 0 ( ) ⇔ cos 2 x 2 sin x cos x + 2 sin 2 x + 2(sin x + cos x ) = 0 ⇔ (sin x + cos x )(cos 2 x sin x + 1) = 0 π +) Với sin x + cos x = 0 ⇔ x = − + kπ, k ∈ Z 4 ( ) +) Với cos 2 x sin x + 1 = 0 ⇔ 1 − 2 sin 2 x sin x + 1 = 0 ⇔ (sin x − 1) − 2 sin 2 x − 1 = 0 ( ) π ⇔ sin x = 1 ⇔ x = + 2mπ, ( m ∈ Z ) 2 Câu 3 (1,0 điểm). x =1⇒ t = 0 ( ) 1 1 Đặt t = ln x ⇒ dt = dx . Đổi cận ⇒ I = ∫ ln 1 + t 2 dt x x = e ⇒ t =1 0 Đặt  ( u = ln 1 + t 2  du = ⇒ ) 2t dt 1 + t 2 ⇒ I = t ln 1 + t 2 ( ) 1 −∫ 1 2t 2 dt = ln 2 − 2 J 0 1+ t 2 dv = dt v = t 0 1 1 t2 1  1  π Xét J = ∫ 2 dt = ∫ 1 − 2  dt = ( t − arctan t ) = 1 − 0 t +1 0 t +1  0 4 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 π Vậy I = ln 2 − 2 + 2 Câu 4 (1,0 điểm). 11  (1 + i )2   2i (1 − i )  8 a) Ta có i.z =   +  = 16 − i ⇒ z = −1 − 16i ⇒ z = −1 + 16i  2   2  Do đó w = z + iz = −1 − 16i + i ( −1 + 16i ) = −17 − 17i ⇒ w = 17 2 + 17 2 = 17 2 15 25 b) Đặt t = log 2 x ta có t 2 + t − 2 = + 2. t t  1 − 21  1− 21 t =  = ( )( ) 2 2 x 2 ⇔ t 4 + t 3 − 2t 2 − 15t − 25 = 0 ⇔ t 2 − t − 5 t 2 + 2t + 5 = 0 ⇔  ⇔  1 + 21  1+ 21  t = x = 2 2  2  1 5 3 15 25  1 5 3 t + 2 = t + 2 ⇒ t 2 2 Cách khác: t + t − 2 = + 2 ⇔  t +  =  +  ⇒  2 t t  2  t 2 t + 1 + 5 + 3 = 0 ⇒ t  2 t 2 Câu 5 (1,0 điểm). A M N C (Oxy) B Gọi C ( c1; c2 ;0 ) ∈ ( Oxy ) khi đó ta có AC = ( c1 − 1; c2 − 1; −2 ) ; AB = ( −1; −2;1) Do C = ( AB ) ∩ ( Oxy ) ⇒ C ∈ ( AB ) khi đó AC ; AB cùng phương Nên tồn tại số thực k sao cho AC = k AB c1 − 1 = − k  c1 = 3 Vậy AC = k AB ⇔ c2 − 1 = −2k ⇔  ⇒ C ( 3;5; 0 )  −2 = k c2 = 5  Gọi M ( m, n, p ) ∈ ( AB ) ⇒ AM = ( m − 1; n − 1; p − 2 ) ; AB = ( −1; −2;1) AM ; AB cùng phương nên tồn tại số thực t sao cho AM = t AB Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 m − 1 = −t m = 1 − t   ⇔ n − 1 = −2t ⇔ n = 1 − 2t ⇒ M (1 − t ;1 − 2t ; 2 + t ) p−2 = t p = 2+t   Ta có CM = ( t + 2 )2 + ( 2t + 4 )2 + ( 2 + t )2 = 6t 2 + 24t + 24 Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên ( Oxy ) suy ra MN = z M = t + 2 Tam giác MNC vuông tại N suy ra MN 2 + NC 2 = MC 2 t = 0 6t 2 + 24t + 24 = t 2 + 4t + 4 + 20 ⇔ 5t 2 + 20t = 0 ⇔   t = −4 Với t = 0 ⇒ M (1;1; 2 ) ; t = −4 ⇒ M ( 5;9; −2 ) Vậy M (1;1; 2 ) hoặc M ( 5;9; −2 ) là các điểm cần tìm. Câu 6 (1,0 điểm). +) Tính thể tích khối chóp H.SCD Do ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD = 2a ⇒ AB = BC = CD = a Trong ∆ v SAB : SA2 = SH .SB SH SA2 SA2 6a 2 6 ⇒ = 2 = 2 = = SB SB SA + AB 2 7 a 2 7 V SH 6 6 Lại có: HSCD = = ⇒ VHSCD = VSBCD VS . BCD SB 7 7 Dựng BE ⊥ AD ⇒ Trong ∆ v ABD có: a 3 a2 3 BE. AD = AB.BD ⇒ BE = ⇒ S BCD = 2 4 2 3 1 1 a 3 a 2 ⇒ VSBCD = .SA.S BCD = a 6. = 3 3 4 4 6 6a 3 2 3a 3 2 ⇒ VHSCD = VSBCD = = 7 28 14 +) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC Do AD / / BC ⇒ AD / / ( SBC ) ⇒ d ( AD, SC ) = d ( AD, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) ) Dựng hình bình hành ADBG. Vì AB ⊥ BD ⇒ AB ⊥ AG  AG ⊥ AB Nối GH, dựng AI ⊥ GH . Ta có:  ⇒ AG ⊥ ( SAB ) ⇒ AG ⊥ SB, AG ⊥ AH  AG ⊥ SA  AG ⊥ SB Lại có:  ⇒ SB ⊥ ( AGH ) ⇒ SB ⊥ AI . Và AI ⊥ GH ⇒ AI ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A, ( SBC ) ) = AI  AH ⊥ SB 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 a 6 Từ đó ta có: 2 = 2 + 2 = 2 + 2 + 2 = 2 + 2 + 2 = 2 ⇒ AI = AI AG AH AG AB SA BD AB SA 6a 3 Vậy d ( A, ( SBC ) ) = AI = a 6 3 Câu 7 (1,0 điểm). Ta có phương tích MA.MB = MI 2 − R 2 với I là tâm đường tròn, I (1;3) . Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 Thật vậy, gọi H là hình chiếu của I trên đoạn AB thì ( )( MA.MB = MH + HA MH + HB = MH 2 + MH HA + HB + HA.HB ) ( ) = MH 2 − HA2 = MI 2 + HI 2 − ( HA2 + HI 2 ) = MI 2 − R 2 MI = 10 > R nên M nằm ngoài đường tròn, khi đó MA.MB = 1 . Theo giả thiết ( ) MA + MB = 2 1 + 5 ⇔ MA + MB + 2 MA.MB = 2 1 + 5 ( ) ⇔ MA + MB = 2 5 ⇒ ( MA + MB ) = 20 ⇔ MA2 + MB 2 + 2MA.MB = 20 2 ⇒ MA2 + MB 2 = 18 ⇒ MA2 + MB 2 − 2MA.MB = 16 ⇔ MB − MA = 16 ⇔ AB = 4 2 Từ đó AH = 2 ⇒ IH = R 2 − AH 2 = 5 . Ta có d : a ( x − 4 ) + b ( y − 4 ) = 0; a 2 + b 2 > 0 . 3a − b Khi đó d ( I ; AB ) = 5 ⇔ = 5 ⇔ 9a 2 − 6ab + b 2 = 5a 2 + 5b 2 a +b 2 2  b = −2 a ⇔ 4a 2 − 6ab − 4b 2 = 0 ⇔ ( 2a + b )( a − 2b ) = 0 ⇔   a = 2b • Với b = −2a ⇒ a = 1; b = −2 ⇒ d : x − 2 y + 4 = 0 • Với a = 2b ⇒ b = 1; a = 2 ⇒ 2 x + y − 12 = 0 Vậy có hai đường thẳng cần tìm là x − 2 y + 4 = 0; 2 x + y − 12 = 0 Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện x ∈ ℝ . Bất phương trình đã cho tương đương với x3 − 3 x ( x 2 − x + 2 ) + 2 (x − x + 2) ≥ 0 . 2 3 Đặt x2 − x + 2 = t ( t > 0 ) thu được x = t x3 − 3 xt 2 + 2t 3 ≥ 0 ⇔ x 2 ( x + 2t ) − 2 xt ( x + 2t ) + t 2 ( x + 2t ) ≥ 0 ⇔ ( x + 2t )( x − t ) ≥ 0 ⇔  2  x + 2t ≥ 0 x ≥ 0 • x = t ⇔ x = x2 − x + 2 ⇔  2 ⇔ x=2.  x = x 2 − x + 2 x > 0 x > 0   • x + 2t ≥ 0 ⇔ 2 x 2 − x + 2 ≥ − x ⇔   x ≤ 0 ⇔  x ≤ 0 ⇔ x∈ℝ .      4 x − 4 x + 8 ≥ x  3 x − 4 x + 8 ≥ 0 2 2 2 Bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = ℝ . Câu 9 (1,0 điểm). a b Do a, b, c > 0 , đặt x = > 0, y = > 0 khi đó x 3 + y3 = 1 c c Ta có ( x + y ) = x + y + 3 xy ( x + y ) = 1 + 3 xy ( x + y ) . 3 3 3 a b Chia tử và mẫu của biểu thức P cho c 2 ≠ 0 và thay x = > 0, y = > 0 ta được c c Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 ( x + y ) − 2 xy − 1 2 x2 + y 2 − 1 P= = (1 − x )(1 − y ) − ( x + y ) + xy + 1 t > 1 t 3 −1  t > 1 Đặt t = x + y ⇒ xy = , vì x, y > 0 nên ta có  2 t3 −1 ⇔  3 ⇔1< t ≤ 3 4 . 3t t ≥ 4 t ≤ 4  3t t 3 − 3t + 2 t +2 3 Biểu thức trở thành P = 3 = = 1+ = f (t ) t − 3t + 3t −1 t −1 2 t −1 3 4+2 Vì 1 < t ≤ 3 4 ⇒ 0 < t − 1 ≤ 3 4 − 1 suy ra f (t ) ≥ 3 . 4 −1 3 4+2 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là khi a = b, c = a 3 2 . 3 4 −1 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 [Môn Toán – Đề số 02] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] 2x −1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = có đồ thị (C). x−2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Đường thẳng d đi qua điểm E(4; 4) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại M, N sao cho tam giác OMN có diện tích nhỏ nhất. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại A, B. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 cos 2 2 x − 2 cos 2 x + 4 sin 6 x + cos 4 x = 1 + 4 3 sin 3 x cos x. x4 − 1 2 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ 3 ( ln( x 2 + 1) − ln x )dx. 1 x Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 = z2 = 1, z1 + z2 = 3 . Tính z1 − z2 . b) Tìm m để phương trình 3log 27 (2 x 2 − x + 2m − 4m 2 ) + log 1 x 2 + mx − 2m 2 = 0 có hai nghiệm 3 x1 ; x2 sao cho x12 + x22 > 1. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng x+ 4 y −5 z +7 x−2 y z +1 d1 : = = và d 2 : = = . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua 1 −1 1 1 −1 − 2 M (−1; 2; 0), vuông góc với đường thẳng d1 và tạo với d 2 góc 600. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình chữ nhật, AB = a. Hình chiếu 1 vuông góc của đỉnh C ' xuống mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc AC sao cho AH = AC. Biết góc 4 giữa hai mặt phẳng (CDD ' C ') và (ABCD) bằng 600; khoảng cách từ B đến mặt phẳng (CDD ' C ') 3a bằng . Tính thể hình hộp ABCDA ' B ' C ' D ' và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '. ABC 2 theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng d : x + y − 1 = 0 . Điểm E ( 9; 4 ) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F ( −2; −5) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC = 2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm.  ( x − y) 2  2x +1 + 2 y +1 = Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 ( x + y )( x + 2 y ) + 3 x + 2 y = 4  Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c và thỏa mãn 2ab + 5bc + 6ca = 6abc. ab 4bc 9ca Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + . b + 2 a 4c + b a + 4c Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 2 Câu 1 (2,0 điểm). a) Các em học sinh tự làm. x y b) Đường thẳng ( d ) : + = 1, ( a > 0, b > 0 ) a b 4 4 Đường thẳng (d) đi qua điểm E ( 4; 4 ) ⇒ + = 1 a b 4 4 4.4 8 Ta có 1 = + ≥ 2 = ⇔ ab ≥ 8 ⇔ ab ≥ 64 a b ab ab a = b 1  S ∆OMN = ab ≥ 32 suy ra S ∆OMN = 32 ⇔  4 4 ⇔ a =b=8 2 +  a b = 1 Vậy S ∆OMN nhỏ nhất bằng 32 khi a = b = 8 ⇒ ( d ) : y = − x + 8 Giao điểm của (d) và (H) là A ( 3;5 ) ; B ( 5;3) . f ' ( 3 ) = −3; f ' ( 5 ) = − 3 4 +) Phương trình tiếp tuyến của (H) tại A ( 3;5 ) là y = −3 ( x − 3) + 5 = −3x + 14 3 3 27 +) Phương trình tiếp tuyến của (H) tại A ( 5;3) là y = − ( x − 5) + 3 = − x + 4 4 4 Câu 2 (1,0 điểm). PT ⇔ 2 cos 2 2 x − 2 cos 2 x + 4 sin 6 x = 2 sin 2 2 x + 4 3 sin 3 x cos x ⇔ cos 2 2 x − cos 2 x + 2sin 6 x = sin 2 2 x + 2 3 sin 3 x cos x ⇔ cos 2 2 x − sin 2 2 x − cos 2 x + 2sin 6 x = 2 3 sin 3 x cos x ⇔ cos 4 x − cos 2 x + 2 sin 6 x = 2 3 sin 3 x cos x ⇔ −2 sin 3 x sin x + 4 sin 3 x cos 3 x = 2 3 sin 3 x cos x sin 3 x = 0 ( ) ⇔ −2sin 3 x sin x − 2 cos 3 x + 3 cos x = 0 ⇔  sin x + 3 cos x = 2 cos 3 x kπ +) Với sin 3 x = 0 ⇔ x = ( k ∈ Z ) 3  π  x = − + kπ  π +) Với sin x + 3 cos x = 2 cos 3 x ⇔ cos  x −  = cos 3 x ⇔  12 (k ∈ Z )  6  x = π + kπ  24 2 π π kπ kπ Vậy nghiệm của phương trình là x = − + kπ; x = + ; x = ( k ∈ Z ). 12 24 2 3 Câu 3 (1,0 điểm). x −1 x + 1 x2 − 1 x2 + 1 2 4 2 2 Ta có I = ∫ 3 ( ln( x 2 + 1) − ln x )dx = ∫ ln dx 1 x 1 x x2 x x2 + 1 1  1  x2 −1 Đặt t = = x + ⇒ dt = 1 − 2  dx = 2 dx . x x  x  x 5 2 5 Đổi cận x = 1 ⇒ t = 2 ; x = 2 ⇒ t = . Ta có I = ∫ t ln tdt 2 2 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95  dt du = 5  5 5  u = ln t  t t2 12 25 5 1 2 25 5 9 Đặt  ⇒ → I = ln t 2 − ∫ tdt = ln − 2 ln 2 − t 2 = ln − 2 ln 2 −  dv = tdt  v = t 2 2 22 8 2 4 8 2 16 2 2  2 Câu 4 (1,0 điểm). a) Gọi z1 = a1 + b1i; z2 = a2 + b2i a1 , b1 , a2 , b2 ∈ R . Ta có z1 = z2 = 1 ⇒ a12 + b12 = a22 + b22 = 1 +) z1 + z2 = 3 ⇒ ( a1 + a2 ) + ( b1 + b2 ) = 3 ⇒ 2 ( a1b1 + a2b2 ) = 1 2 2 +) z1 − z2 = ( a1 − a2 ) + ( b1 − b2 ) = a12 + b12 + a22 + b22 − 2 ( a1b1 + a2 b2 ) = 1 2 2 b) BPT đã cho tương đương với log 3 (2 x 2 − x + 2m − 4m 2 ) = log 3 ( x 2 + mx − 2m 2 )  x 2 + mx − 2m 2 > 0  x + mx − 2m > 0 2 2  ⇔ 2 ⇔  x = 1 − m  x + (m + 1) x + 2m − 2m > 0 2   x = 2m  (2m) 2 + m(2m) − 2m 2 > 0  4m 2 > 0  −1 < m < 0   YCBT ⇔ (1 − m) + m(1 − m) − 2m > 0 ⇔ −2m − m + 1 > 0 ⇔  2 2 2 2 (2m) 2 + (1 − m)2 > 1 5m 2 − 2m > 0 
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC, do AC là phân giác của góc BAD nên E’ thuộc AD. EE’ vuông góc với AC và qua điểm E ( 9; 4 ) nên có phương trình x − y − 5 = 0 . x − y − 5 = 0 x = 3 Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ  ⇔ ⇒ I ( 3; 2 ) x + y −1 = 0  y = −2 Vì I là trung điểm của EE’ nên E '(−3; −8) Đường thẳng AD qua E '(−3; −8) và F (−2; −5) có VTCP là E ' F = (1;3) nên phương trình là: 3( x + 3) − ( y + 8) = 0 ⇔ 3 x − y + 1 = 0 Điểm A = AC ∩ AD ⇒ A(0;1) . Giả sử C (c;1 − c) . Theo bài ra AC = 2 2 ⇔ c 2 = 4 ⇔ c = 2; c = −2 . Do hoành độ điểm C âm nên C (−2;3) Gọi J là trung điểm AC suy ra J (−1; 2) , đường thẳng BD qua J và vuông góc với AC có phương trình x − y + 3 = 0 . Do D = AD ∩ BD ⇒ D (1; 4) ⇒ B (−3; 0) Vậy A(0;1) , B (−3;0), C (−2;3), D (1; 4). Câu 8 (1,0 điểm).  1  x ≥ − 2 Điều kiện:  y ≥ − 1  2 x + y −1 = 0 Pt(2) ⇔ x 2 + ( 3 y + 3 ) x + 2 y 2 + 2 y − 4 = 0 ⇔   x + 2 y + 4 = 0 ( L) ( x + y) − 4 xy 2 Pt(1) ⇔ 2 x + 1 + 2 y +1 = 2 2  ( x + y )2 − 4 xy  ⇔ 2 ( x + y ) + 2 + 2 4 xy + 2 ( x + y ) + 1 =    2    ⇔ 8 4 xy + 3 = ( 4 xy + 3)( 4 xy − 5) 4 xy + 3 = 0 ⇔ ( 4 xy − 5) 4 xy + 3 = 8 ( L) (do 1 = ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ 4 xy − 5 < 0) 2  1  3 x + y = 1 x = − x =   2  2 Hệ đã cho tương đương:  3⇔ ∨ xy = − 3 y = − 1  4 y =   2 2  1 3   3 1   Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: ( x; y ) =  − ;  ,  ; −    2 2   2 2   Câu 9 (1,0 điểm). 5 6 2 Từ giả thiết ta có ⇒ + + =6 a b c 1 1 1  x, y , z > 0 Đặt x = , y = , z = ⇒  a b c 5 x + 6 y + 2 z = 6 1 4 9 Khi đó P = + + x + 2 y 4 y + z z + 4x Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 1 4 9 1 4 9 ⇒ P+6= + + +6= + + + x + 2 y + 4 y + z + z + 4x x + 2 y 4 y + z z + 4x x + 2 y 4 y + z z + 4x 1 4 9 = + x + 2y + + 4y + z + + z + 4 x ≥ 2 + 4 + 6 = 12 ⇒ P ≥ 6 x + 2y 4y + z z + 4x Vậy GTNN của P bằng 6, dấu ‘=’ xẩy ra khi a = 2; b = 4; c = 1 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 [Môn Toán – Đề số 03] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 3mx − 1 , với m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = 0. b) Tìm m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu tại x1 ; x2 thỏa mãn 3 x12 + 4 x22 = 39. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3 x + sin 2 x + sin x + 1 = cos 3 x + cos 2 x − cos x. π 4 cos 2 x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ dx. 0 1 + sin 2 x .cos  x − π ( )    4 Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn z − 2 z = 3(−1 + 2i ) . Tính z + z 2 2 log 3 y = log 2 1 x − 1  b) Giải hệ phương trình  2  log 2 y = (log 2 x − 1).log 2 3 x − 3 y + 2 z +1 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = và 2 1 −1 mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong (P) sao cho ∆ vuông góc 2 21 với d và khoảng cách giữa hai đường thẳng d và ∆ bằng . 3 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a; AD = a 2, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 600. Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHC. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(5, −7) , điểm C thuộc vào đường thẳng có phương trình x − y + 4 = 0 . Đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn AB có phương trình: 3 x − 4 y − 23 = 0 . Tìm tọa độ của B và C, biết điểm B có hoành độ dương.  x( y − 1) + 2 y = x( x + 1) Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 4 x + 3 x + 3 = 4 y y + 3 + 2 2 x − 1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương và a + b + c = 3 . 3 Chứng minh rằng 2a + b + ab + bc + 3 abc ≤ 7 4 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 3 Câu 1 (2,0 điểm). a) Các em tự làm nhé! b) Ta có: y ' = 3 x 2 − 6 x + 3m = 0 ⇔ x 2 − 2 x + m = 0 (1) ⇒ x 2 = 2 x − m Để hàm số có CĐ, CT ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ '(1) = 1 − m > 0 ⇔ m < 1 (*)  x1 + x2 = 2 ( 2 ) Khi đó gọi x1 ; x2 là nghiệm của PT (1) ta có:  (theo Vi-ét)  x1 x2 = m ( 3) 39 + 7 m Mặt khác: 3 x12 + 4 x22 = 3 ( 2 x1 − m ) + 4 ( 2 x2 − m ) = 6 x1 + 8 x2 − 7 m = 39 ⇔ 3 x1 + 4 x2 = ( 4) 2  27 + 7 m  x2 =  m = −3 Kết hợp ( 2 ) ; ( 4 ) ⇒  thay vào ( 3) ta có: ( 7 m + 23)( 7 m + 27 ) = −4m ⇔  2 x = − 23 − 7 m  m = − 207  1  49 2 207 Kết hợp điều kiện (*) suy ra m = −3, m = − là giá trị cần tìm. 49 Câu 2 (1,0 điểm). Phương trình đã cho tương đương với (sin 3 x + sin x) + sin 2 x + 1 − cos 2 x = cos 3 x − cos x ⇔ 2 sin 2 x cos x + 2 sin x cos x + 2 sin 2 x = −2 sin 2 x cos x ⇔ sin 2 x(cos x + sin x) + sin x(cos x + sin x) = 0 sin x = 0 ⇔ sin x(2 cos x + 1)(cos x + sin x) = 0 ⇔  2 cos x + 1 = 0 sin x + cos x = 0 +) Với sin x = 0 ⇔ x = kπ 1 2π +) Với 2 cos x + 1 = 0 ⇔ cos x = − ⇔ x = ± + k 2π 2 3 π +) Với cos x + sin x = 0 ⇔ x = − + kπ 4 2π π Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = kπ, x = ± + k 2 π, x = − + kπ, ( k ∈ ℤ ) . 3 4 Câu 3 (1,0 điểm). π π 4 (cos x − sin x)(cos x + sin x) 4 (cos x − sin x) Ta có I = ∫ 0 (sin x + cos x ) 2 . 1 dx = 2 ∫ (sin x + cos x ) 2 dx (cos x + sin x) 0 2 Đặt t = sin x + cos x ⇒ dt = (cos x − sin x) dx π Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = ⇒ t = 2 4 2 dt 2 2 Suy ra I = 2 ∫t 1 2 =− t 1 = 2 − 1 . Vậy I = 2 − 1. Câu 4 (1,0 điểm). Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 a) Đặt z = x + yi ⇒ x 2 + y 2 − 2 ( x − yi ) = 3 ( −1 + 2i ) ↔ x 2 + y 2 − 2 x + 2 yi = −3 + 6i   y = 3 y = 3  x + y − 2 x = −3  y = 3   x = 4 2 2  3  3 ↔ ↔ 2 ↔ x ≥ ↔ x ≥ ⇒ 2 y = 6  x + 9 = 2 x − 3  2  2 y = 3  x + 9 = 4 x − 12 x + 9   x = 0 ( Loai ) 2 2    x = 4 (TM ) 2 Ta tìm được z = 4 + 3i suy ra z + z = 5 + 25 = 30 x > 0 2.log 3 y = log 22 x − 1 (1) b) Điều kiện  . Khi đó hpt ⇔  y > 0 log 3 y = log 2 x − 1 ( 2) log 2 x = 1 x = 2 Thế (2) vào (1) ⇒  ⇔ (t / m) . log3 y = 0 y =1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( x; y ) = ( 2;1) Câu 5 (1,0 điểm). u∆ ⊥ n p Ta có  ⇒ u∆ = u∆ , ud  = ( 2; −3;1) và d ∩ ( P ) = A (1; −3;0 ) . u∆ ⊥ ud Mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d, đi qua điểm M ( 3; −2; −1) ∈ d , và vuông góc với mặt phẳng (P) 2 ( x − 3) − 3 ( y + 2 ) + z + 1 = 0 ⇔ 2 x − 3 y + z − 11 = 0 . Phương trình đường thẳng giao tuyến l = ( P ) ∩ ( Q ) thỏa mãn 2 x − 3 y + z − 11 = 0  ⇒ x = 4t + 13; z = −5t − 15; y = t . x + y + z + 2 = 0 Giả sử l ∩ ∆ = B , kẻ CB ⊥ d thì BC = 2 21 = 2 = 2. và sin BAC 3 6. 3 3 2 BC 3BC Suy ra = ⇒ AC = = 42 . Ta có AC = ( 4t + 12; t + 3; −5t − 15 ) 3 AC 2  t = −2 Khi đó AC 2 = 42 ⇔ 16 ( t + 3) + ( t + 3) + 25 ( t + 3) = 42 ⇔ ( t + 3) = 1 ⇔ t + 3 = 1 ⇒  2 2 2 2  t = −4 x−5 y +2 z +5 +) Với t = −2 ⇒ C ( 5; −2; −5 ) ⇒ ∆1 : = = . 2 −3 1 x +3 y + 4 z −5 +) Với t = −4 ⇒ C ( −3; −4;5 ) ⇒ ∆ 2 : = = . 2 −3 1 Câu 6 (1,0 điểm). Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 +) Tính thể tích khối chóp S.ABCD Do ∆SAB cân ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) Kẻ HE ⊥ AC = { E}  SH ⊥ AC Ta có:  ⇒ AC ⊥ ( SHE )  HE ⊥ AC ⇒ ( ( SAC ) ; ( ABCD ) ) = SEH = 60o Trong ∆AHE : HE = AH .sin EAH = AB . BC = a 2 AC 6 ⇒ SH = HE.tan SEH= a 2 1 a3 ⇒ VS . ABCD = .SH .S ABCD = 3 3 +) Bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHC. Do ∆SAH ⊥ { H } ⇒ trung điểm M của SA là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆SAH Gọi N là trung điểm AH. Qua N kẻ Ny / / AD ⇒ Ny ⊥ ( SAH ) . Dựng Mx / / Ny ⇒ Mx là trục đường đường tròn ngoại tiếp ∆SHA . Dựng đường thẳng qua tâm O của đáy vuông góc với AC, cắt Ny, AD tại J, K thì J là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AHC . Trong mp ( Mx; Ny ) kẻ Jt ⊥ ( ABCD ) ⇒ Jt là trục đường tròn ngoại tiếp ∆AHC . Giao điểm I = Mx ∩ Jt chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SAHC. Ta có: R 2 = IH 2 = IJ 2 + JH 2 = MN 2 + JH 2 AO 3a 2 OH + AK 5a 2 AH 2 3a 6 Tính được: AK = = ; NJ = = ⇒ HJ = NJ 2 + = cos CAD 4 2 8 4 8 SH 2 31 ⇒R= + HJ 2 = a 4 32 a3 31 Đáp số: VS . ABCD = ; RS ( I ; IH ) = a 3 32 Câu 7 (1,0 điểm). Gọi C ( c; c + 4 ) ∈ d1 , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2: 3x – 4y – 23 = 0.  c + 10 c − 10  Ta có ∆AIM đồng dạng ∆CID ⇒ CI = 2 AI ⇒ CI = 2 IA ⇒ I  ;   3 3  c + 10 c − 10 Mà I ∈ d 2 nên ta có: 3 −4 − 23 = 0 ⇔ c = 1 , vậy C(1; 5). 3 3  3t − 23   3t − 9  Ta lại có M ∈ d 2 ⇒ M  t ;  ⇒ B  2t − 5;   4   2   3t + 5   3t − 19  AB =  2t − 10;  , CB =  2t − 6;   2   2  t = 1 1 Do AB.CB = 0 ⇔ 4 ( t − 5 )( t − 3) + ( 3t + 5 )( 3t − 19 ) = 0 ⇔  29 4 t =  5 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95  B(−3; −3) (loai )  33 21  ⇒   33 21  ⇒ B ;  B  ;   5 5    5 5  Câu 8 (1,0 điểm). 1 Điều kiện y ≥ −3; x ≥ . 2 Ta có x ( y − 1) + 2 y = x ( x + 1) ⇔ xy + 2 y = x 2 + 2 x ⇔ y ( x + 2 ) = x ( x + 2 )  x = −2 ⇔ ( x − y )( x + 2 ) = 0 ⇔  x = y 1 Loại trường hợp x = −2 < . Với x = y thì phương trình thứ hai trở thành 2 4 x + 3x + 3 = 4 x x + 3 + 2 2 x − 1 ⇔ 4 x 2 + 3x + 3 − 4 x x + 3 − 2 2 x − 1 = 0 2 ⇔ 4x2 − 4x x + 3 + x + 3 + 2x − 1 − 2 2x − 1 + 1 = 0 x ≥ 0 2 x = x + 3 ( ) ( )  2 2 ⇔ 2x − x + 3 + 2x −1 −1 = 0 ⇔  ⇔ 4 x 2 − x − 3 = 0 ⇔ x = 1  2 x − 1 = 1  2 x − 1 = 1 Vậy hệ phương trình đã cho có duy nhất nghiệm ( x; y ) = (1;1) . Câu 9 (1,0 điểm). 3 3 1 1 1 Ta có P = 2a + b + ab + bc + 3 abc = 2a + b + a.4b + b.4c + 3 a.4b.16c 4 4 2 2 4 3 a + 4b b + 4c a + 4b + 16c 28(a + b + c) P ≤ 2a + b + + + = =7 4 4 4 12 12 16 4 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = , b = , c = 7 7 7 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 [Môn Toán – Đề số 04] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] 1 3 3 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x − x − (m 2 − m − 2) x + 5 3 2 a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho với m = 1. b) Tìm m để hàm số đạt cực trị tại các điểm có hoành độ x1; x2 thỏa mãn x12 + 2 x1 x2 + 3x22 = 2 x2 + 13x1. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình ( )  π  π 3 sin x + cos x ( sin x + cos x ) = 4 2 sin 2  x +  cos  x +  .  4  4 ln15 (e 2x − 24e x ) dx Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ 3ln 2 e x e x + 1 + 5e x − 3 e x + 1 − 15 Câu 4 (1,0 điểm). 1 a) Tìm số phức z biết (1 + 2i ) z là số thực và z + 2 z − = 2 5. 2 3 3 b) Giải phương trình 4 2 x + x+2 + 2 x = 16.2 4 x +8 + 2x +4 x−4 x = 1+ t  Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :  y = −t và mặt phẳng z = 2  ( P ) : x + y + z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) tại điểm M(1; –2; 0) và cắt d tại A, B sao cho AB = 2 2. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a, SA = a, SB = a 3 , góc BAC bằng 600, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tính thể tích khối tứ diện NSDC và cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3 x + 5 y − 8 = 0, x − y − 4 = 0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D ( 4; −2 ) . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.  1− x2  x2 + xy + 3 = 2 y Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2  2 ( x y + 2 x ) − 2 x y − 4 x + 1 = 0 2 2 Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 3. 2 2 2 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 + 3 + 3 + 2 + 2 + 2 . x y z x − xy + y 2 y − yz + z 2 z − zx + x 2 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!
Khóa học LUYỆN GIẢI ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 4 Câu 1 (2,0 điểm). a) Các em học sinh tự làm. b) Tập xác định: D = R y ' = x 2 − 3 x + ( m + 1)( 2 − m ) = x 2 − ( m + 1) + ( 2 − m )  x + ( m + 1)( 2 − m ) x = 1+ m y ' =  x 2 − ( m + 1) x  − ( 2 − m ) x − ( m + 1)( 2 − m )  = ( x − m − 1)( x − m + 2 ) = 0 ⇔  x = 2 − m +) TH1: x1 = 1 + m; x2 = 2 − m ⇒ (1 + m ) + 2 (1 + m )( 2 − m ) + 3 ( 2 − m ) = 2 ( 2 − m ) + 13 (1 + m ) 2 2 m = 0 ⇔ 2m − 19m = 0 ⇔  2  m = 19  2 m = 1 +) TH2: x1 = 1 + m; x2 = 2 − m ⇔ 2m + 15m − 17 = 0 ⇔  2  m = − 17  2 19 17 Vậy có 4 giá trị của m : m = 0; m = 1; m = ; m = − 2 2 Câu 2 (1,0 điểm). Phương trình đã cho tương đương với ( ) 3 sin x + cos x (sin x + cos x) = 2(sin x + cos x) 2 (cos x − sin x) sin x + cos x = 0 ⇔ (sin x + cos x) ( 3 sin x + cos x − 2 cos 2 x = 0 ⇔  )  3 sin x + cos x = 2 cos 2 x π +) Với sin x + cos x = 0 ⇔ x = − + kπ 4  π  x = + k 2π π 3 +) Với 3 sin x + cos x = 2 cos 2 x ⇔ cos 2 x = cos( x + ) ⇔  3  x = − π + k 2π  9 3 Câu 3 (1,0 điểm). Đặt t = e x + 1 ⇒ t 2 − 1 = e x ⇒ e x dx = 2tdt . Ta có x = 3ln 2 ⇒ t = 3 ; x = ln15 ⇒ t = 4 ln15 (e 2x − 24e x ) dx 4 (t 2 − 25 ) 2tdt 4 (t 2 − 25 ) 2tdt I= ∫ 3ln 2 e x e x + 1 + 5e x − 3 e x + 1 − 15 =∫ 3 (t 2 − 1) t + 5 ( t 2 − 1) − 3t − 15 =∫ 3 t + 5t 2 − 4t − 20 3 (t 4 2 − 25 ) 2tdt ( 2t − 10t ) dt =  2 − 3 − 7 dt = 2t − 3ln t − 2 − 7 ln t + 2 4 2 4 ( ) 4 I =∫ =∫ (t 3 2 − 4) (t + 5) 3 ( t − 4 ) ∫  t − 2 t + 2  2 3 3 = 2 − 3ln 2 − 7ln 6 + 7ln 5 Câu 4 (1,0 điểm). a) Ta gọi z = a + bi ( a; b ∈ R ) .Thế thì ta có (1 + 2i ) z = (1 + 2i )( a − bi ) = a + 2b + ( 2a − b ) i là số thực. Điều này xảy ra khi 2a − b = 0 ⇔ b = 2a ⇒ z = a (1 + 2i ) . 1 1 Thay vào điều kiện thứ hai ta có z + 2 z − = 2 5 ⇔ a + 2ai + 2a − 4ai − = 2 5 2 2 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia 2015!

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.