Bản sao của đề 153
KHÓA GIẢI ĐỀ LUYỆN 8, 9, 10 DÀNH CHO HỌC SINH 12, 13 THẦY DIÊU
ĐỊA CHỈ ĐĂNG KÍ FB THẦY ĐINH CÔNG DIÊU – CALL 01237.655.922
KHÓA GIẢI 100 ĐỀ 2016 + TẶNG KÈM CÂU PHÂN LOẠI
ĐỀ TẶNG KÈM TRÊN INTERNET 153/180
Thời gian: 180’, không kể thời gian giao đề.
TUYỂN CHỌN TỪ NHOMTOAN3 VÀ VTED1-2
Câu 1 ( 1,0 điểm ). Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số y
3x 4
.
x2
Câu 2 ( 1,0 điểm ). Tìm m để đồ thị hàm số y x 4 2mx 2 3m2 4 có 3 điểm cực trị thuộc các trục tọa độ.
Câu 3 (1,0 điểm ).
1 x
a. Giải phương trình 3 3
x
4.
b. Cho số phức z thỏa mãn z 2 z 6 2i . Tính modun của z.
.
2
Câu 4 (1,0 điểm ). Tính tích phân I
3x 1 ln xdx .
1
Câu 5 (1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 1; 2; 0 , B 3; 2;1 và C 1;5;3 .
Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của C lên AB. Viết phương trình đường thẳng đi qua C, cắt
và vuông có với đường thẳng AB.
Câu 6 (1,0 điểm ).
a. Tính giá trị biểu thức A
sin a
cos a
1
biết sin a cos a
1 cos2a 1 cos2a
2
b. Trong kế hoạch không kích tổ chức khủng bố IS, Mỹ huy động 15 chiến đấu cơ, Pháp huy động 3 chiến
đấu cơ, Anh huy động 7 chiến đấu cơ. Cần chọn một đội bay 6 chiếc để thực hiện nhiệm vụ. Tính xác suất
để trong trong đội bay đó có ít nhất 4 chiến đấu cơ của Mỹ.
Câu 7 ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3a. Điểm H thuộc đoạn AB
sao cho BH=2HA, SH vuông góc (ABCD). Biết cạnh SC a 26 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD) theo a.
Câu 8 ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nôi tiếp trong đường tròn tâm K,
ngoại tiếp đường tròn tâm I 1;1 . Gọi D là điểm đối xứng của A qua K, E là giao điểm thứ hai của BI và
đường tròn (K). Đường thẳng AE cắt CD tại X. Giả sử C 2; 2 , X 2; 4 , tìm tọa độ các đỉnh A, B.
2 y 2 xy 5
x 2 y 1
3
Câu 9 ( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình
với x, y R .
x2 1
x3 y 3 x 2 1 y x 2 y 2 y 8 0
2
Câu 10 ( 1,0 điểm ). Cho các số không âm a, b, c 0; thỏa a b c 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
3
thức
P a 2 bc b2 ca c 2 ab
…………………HẾT ………………..
LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN
KHÓA GIẢI ĐỀ CUNG CẤP ĐỦ TẤT CẢ CÁC Ý TƯỞNG RA ĐỀ 2016
ĐỊA CHỈ ĐĂNG KÍ FB THẦY ĐINH CÔNG DIÊU CHỈ 250K – CALL 01237.655.922
KHÓA GIẢI ĐỀ LUYỆN 8, 9, 10 DÀNH CHO HỌC SINH 12, 13 THẦY DIÊU
ĐỊA CHỈ ĐĂNG KÍ FB THẦY ĐINH CÔNG DIÊU – CALL 01237.655.922
Câu 2 ( 1,0 điểm ). Tìm m để đồ thị hàm số y x 4 2mx 2 3m2 4 có 3 điểm cực trị thuộc các trục tọa độ.
Tập xác định của hàm số là R
x 0
Ta có y ' 4 x3 4mx , y ' 0 4 x x 2 m 0
2
x m
, để hàm số có 3 cực trị thì
phương trình y’=0 phải có 3 nghiệm phân biệt nghĩa là m 0 .
Lúc này tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số là
A 0;3m2 4 ; B m , 2m2 4 ; B
m , 2m2 4
Ta thấy A Oy , do đó để hàm số có 3 cực trị thuộc các trục tọa độ thì B, C Ox điều đó
có nghĩa là 2m2 4 0 m 2 , kết hợp với điều kiện có 3 cực trị ta được m 2 .
Câu 3 (1,0 điểm ).
1 x
a. Giải phương trình 3 3
x
4.
b. Cho số phức z thỏa mãn z 2 z 6 2i . Tính modun của z.
a. Biến đổi phương trình cho xuất hiện 3x , ta có phương trình 3x
ẩn phụ t 3x 0 để đưa phương trình về t
3
4 , lúc này các em có thể đặt
3x
3 x 1
t 1
x 0
3
4 t 2 4t 3 0
x
t
t 3 3 3 x 1
Vậy phương trình có hai nghiệm x 0 ; x 1 .
b. Đặt z a bi với a, b R , lúc này đẳng thức đề cho sẽ có dạng a bi 2a bi 6 2i
a bi 2 a bi 6 2i biến đổi tất cả các số hạng có a, b về bên trái, số hạng không có a, b về
bên phải ta được 3a bi 2 a bi 6 2i , hai số phức bằng nhau thì phần thực bằng phần thực,
2
phần ảo bằng phần ảo nên 3a 6; b 2 do đó a 2; b 2 . Vậy z 2 2 2 2 .
2
2
Câu 4 (1,0 điểm ). Tính tích phân I
3x 1 ln xdx .
1
Nhận thấy trong dấu tích phân là một biểu thức có cả hàm đa thức và hàm logarit nhân nhau nên ta
1
du x dx
u ln x
dùng phương pháp tích phân từng phần để giải bài này. Đặt
3x 2
dv 3x 1 dx
v
x
2
2
2
2
2
3x 2
3x 2
1
3x 2
13
3x
x
x dx 8ln 2 1dx 8ln 2
x 8ln 2
Lúc này I ln x
2
4
2
1 1 2
x
4
1
1
KHÓA GIẢI ĐỀ CUNG CẤP ĐỦ TẤT CẢ CÁC Ý TƯỞNG RA ĐỀ 2016
ĐỊA CHỈ ĐĂNG KÍ FB THẦY ĐINH CÔNG DIÊU CHỈ 250K – CALL 01237.655.922
KHÓA GIẢI ĐỀ LUYỆN 8, 9, 10 DÀNH CHO HỌC SINH 12, 13 THẦY DIÊU
ĐỊA CHỈ ĐĂNG KÍ FB THẦY ĐINH CÔNG DIÊU – CALL 01237.655.922
Câu 5 (1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 1; 2;0 , B 3; 2;1 và C 1;5;3 .
Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của C lên AB. Viết phương trình đường thẳng đi qua C, cắt
và vuông góc với đường thẳng AB.
Đầu tiên ta sẽ viết phương trình đường thẳng AB để tham số hóa điểm H. Ta có AB 2;0;1 , suy ra
x 1 2t
đường thẳng AB có phương trình ( AB) : y 2
t R , vì H thuộc đường thẳng AB nên ta có gọi
z t
3
H 1 2t;2; t CH 2t; 3; t 3 , theo đề ta lại có CH AB CH . AB 0 2.2t t 3 0 t
5
11 3
; 2; .
5
5
Do đó H
Ý tiếp theo, d đi qua C cắt và vuông góc với đường thẳng AB nên d chính là đường thẳng
x 1 y 5 z 3
6
12
; 3;
|| 2; 5; 4 nên d :
5
2
5
4
5
CH , lại có CH
Câu 6.
a. Tính giá trị biểu thức A
sin a
cos a
1
biết sin a cos a
1 cos2a 1 cos2a
2
b. Trong kế hoạch không kích tổ chức khủng bố IS, Mỹ huy động 15 chiến đấu cơ, Pháp huy động 3 chiến
đấu cơ, Anh huy động 7 chiến đấu cơ. Cần chọn một đội bay 6 chiếc để thực hiện nhiệm vụ. Tính xác
suất để trong trong đội bay đó có ít nhất 4 chiến đấu cơ của Mỹ.
3
3
a. Ta có 1 cos2a 2cos2 a và 1 cos2a 2sin 2 a đó đó A sin a cos 2a sin a cos2 a , lúc này các em
2
2
2cos a
2sin a
2sin a.cos a
sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ sẽ được
sin a cos a sin 2 a cos2 a sin a.cos a sin a cos a 1 sin a.cos a
A
2
2
2 sin a.cos a
2 sin a.cos a
1
1
1
3
2
sin a cos a 1 2sin a.cos a sin a.cos a
2
4
4
8
22
Thay số vào các em được A
.
9
6
6
b. Chọn 6 chiến đấu cơ trong 25 chiến đấu cơ có C25 cách suy ra n C25 .
Theo đề sin a cos a
Gọi A là biến cố trong 6 chiến đấu cơ được chọn có ít nhất 4 chiến đấu cơ của Mỹ.
4
2
Th1: có đúng 4 đấu cơ của Mỹ được chọn suy ra có C15 .C10 cách chọn
5
1
Th2: có đúng 5 chiến đấu cơ của Mỹ được chọn suy ra có C15 .C10 cách chọn
6
Th2: có đúng 6 chiến đấu cơ của Mỹ được chọn suy ra có C15 cách chọn
4
2
5
1
6
Do đó n A C15 .C10 C15 .C10 C15 , vậy P A
4
2
5
1
6
C15 .C10 C15 .C10 C15
689
6
C25
1265
KHÓA GIẢI ĐỀ CUNG CẤP ĐỦ TẤT CẢ CÁC Ý TƯỞNG RA ĐỀ 2016
ĐỊA CHỈ ĐĂNG KÍ FB THẦY ĐINH CÔNG DIÊU CHỈ 250K – CALL 01237.655.922
KHÓA GIẢI ĐỀ LUYỆN 8, 9, 10 DÀNH CHO HỌC SINH 12, 13 THẦY DIÊU
ĐỊA CHỈ ĐĂNG KÍ FB THẦY ĐINH CÔNG DIÊU – CALL 01237.655.922
Câu 7 ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh 3a. Điểm H thuộc đoạn AB
sao cho BH=2HA, SH vuông góc (ABCD). Biết cạnh SC a 26 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD) theo a.
Trong tam giác vuông BHC ta có CH
BH 2 BC 2 a 13 , trong tam giác vuông SHC ta lại có
SH SC 2 CH 2 a 13 . Do đó
1
1
VS . ABCD SA.S ABCD a 13.9a 2 3a 3 13
3
3
d A, SBD
d H , SBD
AB 3
3
d A, SBD d H , SBD .
HB 2
2
BD HE
do đó BD SHE SBD SHE mà
BD SH
Lúc này ta kẻ HE BD suy ra
SHE SBD SE , tới đây ta kẻ
Trong tam giác vuông SHE :
Chú ý HE
HF SE suy ra HF SBD d H , SBD HF .
1
1
1
15
a 390
a 390
HF
d A, SBD
2
2
2
2
HF
HS
HE
26a
15
10
2
AO a 2
3
Câu 8 ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nôi tiếp trong đường tròn tâm K, ngoại
tiếp đường tròn tâm I 1;1 . Gọi D là điểm đối xứng của A qua K, E là giao điểm thứ hai của BI và đường tròn (K).
Đường thẳng AE cắt CD tại X. Giả sử C 2; 2 , X 2; 4 , tìm tọa độ các đỉnh A, B.
Đề bắt tìm tọa độ A nên quan sát hình vẽ ta sẽ thấy AC viết
được phương trình, AI khả năng viết được phương trình vì gần
như nó vuông góc với IX.Vậy đầu tiên ta đi chứng minh AI
vuông góc với IX.
^
^
^
^
Ta có ACX ACD 90 ( vì AD là đường kính ), ta sẽ chứng minh AIX ACX= 90 , muốn vây
AICX phải là tứ giác nôi tiếp. Sau khi phân tích ta sẽ chứng minh AICX nôi tiếp.
KHÓA GIẢI ĐỀ CUNG CẤP ĐỦ TẤT CẢ CÁC Ý TƯỞNG RA ĐỀ 2016
ĐỊA CHỈ ĐĂNG KÍ FB THẦY ĐINH CÔNG DIÊU CHỈ 250K – CALL 01237.655.922
KHÓA GIẢI ĐỀ LUYỆN 8, 9, 10 DÀNH CHO HỌC SINH 12, 13 THẦY DIÊU
ĐỊA CHỈ ĐĂNG KÍ FB THẦY ĐINH CÔNG DIÊU – CALL 01237.655.922
^
ABC
Ta có AXC 90 XAC 90 EAC 90 EBC 90
và
2
^
^
^
^
^
^
^
^
^
^
^
BAC BCA
ABC
BAC BCA
suy ra AXC AIC 90
AIC 180 CAI ICA 180
180
2
2
2
2
2
^
^
^
^
^
^
ABC BAC BCA
180
180 90
180 90
180 , tổng hai góc đối bằng 180 nên AICX
2
2
nôi tiếp suy ra AI IX .
A AI
.
A AC
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
B AB
, để viết được phương trình (AB) cần tìm thêm điểm C’
A BC
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
là điểm đối xứng của C qua tia phân giác AI, (BC) tương tự.
Đáp số: A 2;2 , B 2; 1
2 y 2 xy 5
x 2 y 1
3
Câu 9. Giải hệ phương trình
với x, y R .
x2 1
x3 y 3 x 2 1 y x 2 y 2 y 8 0
2 y 2 xy 5
3 0 2 y 2 xy 3x 2 8 0 ( luôn đúng )
Điều kiện
2
x 1
Phương trình (1) của hệ viết lại như sau x 2 y 1
2 y 2 xy 3x 2 8
x2 1
Phương trình (2) chúng ta nhân tung ra được x3 yx 2 3x 2 xy 2 y 2 y 8 0 sau đó biến đổi để
xuất hiện 3x 2 2 y 2 xy 8 , với định hướng này ta bắt đầu biến đổi như sau
x3 yx 2 x y 3x2 2 y 2 xy 8 x y x 2 1 3x 2 2 y 2 xy 8
x y
3x 2 2 y 2 xy 8
3x 2 2 y 2 xy 8
x y
. Lúc này rõ ràng ta có
x2 1
x2 1
1 x y x 2 y
x 2 y 1 x y , 3
2
2
2
2
2
2
x y x x y x 2 y 3x 2 y xy 8
x y x 1 3x 2 y xy 8
Lấy ở trên thế xuống dưới ta được x y x2 x y x 2 y 3 x2 2 y2 xy 8 nhân tung ra
2
thành x y x
x y x y x 2 y 3x 2 2 y 2 xy 8 , lúc này quan sát và nhóm từng
3
2
2
cặp để được nhân tử chung x y x 4 x
x
2
x y 4
x y 4 x y
x y
3
8 0 , nhân liên hợp
4 x y 16
0
3
x y 8
2
KHÓA GIẢI ĐỀ CUNG CẤP ĐỦ TẤT CẢ CÁC Ý TƯỞNG RA ĐỀ 2016
ĐỊA CHỈ ĐĂNG KÍ FB THẦY ĐINH CÔNG DIÊU CHỈ 250K – CALL 01237.655.922
KHÓA GIẢI ĐỀ LUYỆN 8, 9, 10 DÀNH CHO HỌC SINH 12, 13 THẦY DIÊU
ĐỊA CHỈ ĐĂNG KÍ FB THẦY ĐINH CÔNG DIÊU – CALL 01237.655.922
2
x 2 x y 4 x y 16 0 x y 4 0 vì trong ngoặc vuông luôn dương.
x y 4
3
x y 8
x y 4 0
x 3
Kết hợp với (3) ta có
, thử lại thấy thỏa.
x 2 y 1 2
y 1
2
Câu 10 ( 1,0 điểm ). Cho các số không âm a, b, c 0; thỏa a b c 1. Tìm giá trị lớn nhất của
3
biểu thức P 9 a 2 bc b2 ca c 2 ab 8abc
Nhân tung P ra ta được
P 9 a 2b 2c 2 a 3c3 b3c3 a 3b3 a 4bc abc 4 acb 4 a 2b 2c 2 8abc
9 abc a3 b3 c3 a3c3 b3c3 a 3b3 8abc
Chúng ta lại có các biến đổi cơ bản sau
a3 b3 c3 a b c 3 a b c ab bc ca 3abc 1 3 ab bc ca 3abc
3
a3c3 b3c3 a 3b3 ab bc ca 3 ab bc ca abc a b c 3a 2b 2c 2
3
ab bc ca 3 ab bc ca abc 3a 2b 2c 2
3
Do đó P được viết lại như sau
P 9 abc 1 3 ab bc ca 3abc ab bc ca 3 ab bc ca abc 3a 2b 2c 2 8abc
3
abc 9 ab bc ca
3
2
Theo đề a, b, c 0; suy ra
3
18 ab bc ca 4
2
2
2
a b c 0 27abc 4 18 ab bc ca 0 abc
3
3
3
27
Đặt t ab bc ca thì
Lúc này P f t
18t 4
2
1
1
2
abc 0 t , lại có t a b c
27
9
3
3
18t 4
2
2 1
9t 3 với t ; , f ' t 27t 2 0 suy ra f t nghịch biến trên
27
3
9 3
2 8
2 1
ax
9 ; 3 . Vậy cuối cùng ta được P m2 1 f t f 9 81 , dấu bằng xảy ra chẳng hạng khi
t ;
9 3
1
2
a 0; b ; c .
3
3
KHÓA GIẢI ĐỀ CUNG CẤP ĐỦ TẤT CẢ CÁC Ý TƯỞNG RA ĐỀ 2016
ĐỊA CHỈ ĐĂNG KÍ FB THẦY ĐINH CÔNG DIÊU CHỈ 250K – CALL 01237.655.922