Luyện giải đề môn Toán trước kì thi THPT quốc gia 2015 (Tập 1)

ố 3 2 21 3 ( 2) 5 3 2 = − − − − +y x x m m x 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 1 2;x x thỏa mãn 2 21 1 2 2 2 12 3 2 13 .+ + = +x x x x x x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình ( )( ) 2 pi pi3 sin cos sin cos 4 2 sin cos .4 4   + + = + +      x x x x x x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )2ln15 3ln 2 24 1 5 3 1 15 − = + + − + − ∫ x x x x x x e e dx I e e e e Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z biết (1 2 )+ i z là số thực và 12 2 5. 2 + − =z z b) Giải phương trình 3 32 2 4 8 4 44 2 16.2 2+ + + + −+ = +x x x x x x Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 1 : 2 = +  = −  = x t d y t z và mặt phẳng ( ) : 1 0+ + + =P x y z . Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) tại điểm M(1; –2; 0) và cắt d tại A, B sao cho 2 2.=AB Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a, , 3= =SA a SB a , 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 5 8 0, 4 0+ − = − − =x y x y . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là ( )4; 2−D . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 21 2 2 2 2 32 2 2 ( 2 ) 2 4 1 0 −  + + =   + − − + = x yx xy x y x x y x Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn .3≤++ zyx Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 .P x y z x xy y y yz z z zx x = + + + + + − + − + − + LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 [Môn Toán – Đề số 04] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] 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! LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 4 Câu 1 (2,0 điểm). a) Các em học sinh tự làm. b) Tập xác định: D = R ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2' 3 1 2 1 2 1 2y x x m m x m m x m m= − + + − = − + + − + + −   ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2' 1 2 1 2 1 2 0y x m x m x m m x m x m = − + − − − + − = − − − + =    12 x m x m = + ⇔  = − +) TH1: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 21 21 ; 2 1 2 1 2 3 2 2 2 13 1x m x m m m m m m m= + = − ⇒ + + + − + − = − + + 2 0 2 19 0 19 2 m m m m = ⇔ − = ⇔  =  +) TH2: 21 2 1 1 ; 2 2 15 17 0 17 2 m x m x m m m m =  = + = − ⇔ + − = ⇔  = −  Vậy có 4 giá trị của m : 19 170; 1; ; 2 2 = = = = −m m m m Câu 2 (1,0 điểm). Phương trình đã cho tương đương với ( ) 23 sin cos (sin cos ) 2(sin cos ) (cos sin )+ + = + −x x x x x x x x ( )(sin cos ) 3 sin cos 2cos 2 0⇔ + + − =x x x x x sin cos 0 3 sin cos 2cos 2 x x x x x + = ⇔  + = +) Với pisin cos 0 pi 4 x x x k+ = ⇔ = − + +) Với pi 2pi pi 33 sin cos 2cos 2 cos 2 cos( ) pi 2pi3 9 3 x k x x x x x x k  = + + = ⇔ = + ⇔   = − +  Câu 3 (1,0 điểm). Đặt 21 1x xt e t e= + ⇒ − = 2xe dx tdt⇒ = . Ta có 3ln 2 3 ; ln15 4x t x t= ⇒ = = ⇒ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2ln15 4 4 3 22 2 3ln 2 3 3 24 25 2 25 2 5 4 201 5 1 3 151 5 3 1 15 x x x x x x e e dx t tdt t tdt I t t tt t t te e e e − − − = = = + − − − + − − −+ + − + − ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 24 4 4 4 2 2 3 3 3 3 25 2 2 10 3 72 2 3ln 2 7 ln 2 2 24 5 4 t tdt t t dt I dt t t t t tt t t − −   = = = − − = − − − +  − + − + −   ∫ ∫ ∫ 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 2 1 2 2 2i z i a bi a b a b i+ = + − = + + − là số thực. Điều này xảy ra khi ( )2 0 2 1 2a b b a z a i− = ⇔ = ⇒ = + . Thay vào điều kiện thứ hai ta có 1 12 2 5 2 2 4 2 5 2 2 z z a ai a ai+ − = ⇔ + + − − = 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! ( ) 2 2 2 3 2 259 1 1 79 263 2 2 5 3 2 20 13 3 0 2 2 4 3 2 259 26 a a ai a a a a a  + =   ⇔ − − = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔    − =  Vậy có hai số phức z thỏa mãn là: 3 2 259 3 2 259 3 2 259 3 2 259; 26 13 26 13 z i z i+ + − −= + = + b) ĐK: x ≥ − 2. Với điều kiện đó PT ⇔ 3 32 2 2 2 4 44 2 4 2x x x x x x+ + + + + −+ = + ⇔ ( ) ( ) ( )3 32 2 4 4 4 4 4 4 2 24 2 1 2 2 1 0 (2 1) 4 2 0+ + − − − + +− − − = ⇔ − − =x x x x x x x ⇔ TH1: 4 42 1 4 4 0 1x x x− = ⇔ − = ⇔ = TH2: 34 2 22 2x x+ + = ( )3 32 2 4 8 2 2 2⇔ = + + ⇔ − = + −x x x x 2 2( 2)( 2)( 2 4) 2 2 − ⇔ − + + = + + x x x x x 2 2 0 22 4 , (*) 2 2 − = ⇔  + + =  + + x x x x Giải (*):VT = 2 22 4 ( 1) 3 3x x x+ + = + + ≥ ; VP = 2 1 2 2x ≤ ⇒ + + (*) vô nghiệm. Vậy nghiệm của PT là: x = 1; x = 2. Câu 5 (1,0 điểm). Đường thẳng d xác định đi qua ( )1;0;2K và ( )1; 1;0du = −  Gọi ∆ là đường thẳng qua M và vuông góc với (P) ta có ∆ qua ( ) ( )1; 2;0 , : 1;1;1pM vtcp u n− = =   Do đó: 1 : 2 x t y t z t = + ∆ = − +  = . Gọi I là tâm của mặt cầu ( )1 ; 2 ;I I t t t⇒ ∈ ∆ ⇒ + − + . Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 ; 2 2 2 2 ; , 3 2 d d IK u t t d I AB IM t u   − + −  = = =    Mặt khác: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2; 3 8 6 2 3 1 2; 1;1 , 3 2 ABd I AB R IM t t t t I R + = = ⇔ − + + = ⇔ = ⇒ − =    Vậy ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2: 2 1 1 3S x y z− + + + − = Câu 6 (1,0 điểm). 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! +) Tính thế tích khối tứ diện NSDC. Nhận xét: 2 2 2+ = ⇒ ∆SA SB AB SAB là tam giác vuông tại S. Hạ ( )⊥ ⇒ ⊥SH AB SH ABCD Ta có: 2 2 2 2 1 1 1 4 3 : 3 2 ∆ = + = ⇒ = v aSAB SH SH SA SB a Do  60= ⇒ ∆oBAC ABC đều 21 1 3 . 4 2 2 ⇒ = = =DNC ABCD ABC aS S S 2 31 1 3 3 . . . . 3 3 2 2 4 ⇒ = = =SDNC DNC a a aV SH S (đvtt) +) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN Từ M kẻ ( ) ( ) ( )  / / ; ;∈ ⇒ = =MP DN P AD DN SM SM MP SMP Xét: 2 21 7: ; 2 . .cos120 4 2 2 ∆ = = = ⇒ = + − =a aAMP AM a AP AD MP AM AP AM AP Trong 2 2 3: 2 2 cos120 2 2 ∆ = = ⇒ = − =a aAHP AH AP HP AH AH 2 2 3: 2 ⇒ ∆ = + =vSHP SP SH HP a ; =SM a (do ∆SAM đều) ( )  2 2 2 5 cos ; cos 2 . 4 7 + − ⇒ = = = SM MP SPDN SM SMP SM MP Đáp số: ( ) 3 5 ; cos ; 4 4 7 = =SDNC aV SM DN Câu 7 (1,0 điểm). 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! Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu ,d dn u   lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d.tọa độ của M là nghiệm của hệ 7 4 0 7 12 ; 3 5 8 0 1 2 2 2 x x y M x y y  = − − =    ⇔ ⇒ −   + − =    = −  AD vuông góc với BC nên ( )1;1AD BCn u= =   , mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình của ( ) ( ):1 4 1 2 0 2 0AD x y x y− + + = ⇔ + − = . Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình ( )3 5 8 0 1 1;1 2 0 1 x y x A x y y + − = =  ⇔ ⇒  + − = =  Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: ( )4 0 3 3; 1 2 0 1 x y x K x y y − − = =  ⇔ ⇒ −  + − = = −  Tứ giác HKCE nội tiếp nên  BHK KCE= , mà  KCE BDA= (nội tiếp chắn cung AB ) Suy ra  BHK BDK= , vậy K là trung điểm của HD nên ( )2;4H . Do B ∈BC ( ); 4B t t⇒ − , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra ( )7 ;3C t t− − . ( 2; 8); (6 ;2 )HB t t AC t t− − − −   . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 2. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 0 7 t HB AC t t t t t t t = = ⇔ − − + − − = ⇔ − − = ⇔  =   Do ( ) ( )3 2 2; 2 , 5;1t t B C≤ ⇒ = ⇒ − . Ta có ( ) ( ) ( ) ( )1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1AB ACAB AC n n= − = ⇒ = =     Suy ra : 3 4 0; : 1 0.AB x y AC y+ − = − = Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện: 0x ≠ Từ ( ) ( ) ( )222 2 2 2 21 2(2) 2 2 2 1 0 2 1 0 2 1 xPT x y x x y x x y x x y x y x − ⇔ + − + + = ⇔ + − = ⇔ + = ⇔ = Thay vào phương trình thứ nhất ta được ( ) ( ) 21 2 2 1 2 1 2 31 2 2 2 − − − ⇔ + + = ∗ x x x x xpt x Đặt ( ) 2 2 2 1 1 2 1 3 21 2 x a xx a b xxb x  − = − ⇒ = − − − =  ( ) ( ) ( )1 3 1 1 12 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a bpt a b a b a b⇒ ∗ ⇔ + − − + = ⇔ + − = ⇔ + = + Xét hàm ( ) ( ) ( )1 12 2 2 0 2 2 t tf t t t R f ' t ln t R= + ∈ → = + > ∀ ∈ ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 32 4 x xf a f b a b x y x x − − ⇒ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = → = − 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! Vậy hệ có một nghiệm là: 32 4 ; −    Câu 9 (1,0 điểm). Ta có .3111;3111;3111 333333 zxxzyzzyxyyx ≥++≥++≥++ Suy ra .3333222 333 zxyzxyzyx ++≥+++ 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1 1 13 .⇒ + ≥ + + + + + − + − + − + P xy yz zx x xy y y yz z z zx x Mặt khác, áp dụng BĐT ,411 baba + ≥+ với 0, >ba ta có       +− ++      +− ++      +− ++++≥+ 222222 1111112223 xzxzzxzyzyyzyxyxxyzxyzxy P 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23 2 2 2 4 4 4 1 1 1 1 1 14 4 4 2 2 2 16 16 16 316.( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) xy yz zx x y y z z x xy x y yz y z zx z x x y y z z x x y y z z x ≥ + + + + + + + +       = + + + + +     + + +     ≥ + + ≥ + + + + + + 2 2 3.9 3.916. 16. 12.(2 2 2 ) 4.3x y z≥ ≥ =+ + Do đó .9≥P Dấu đẳng thức xảy ra khi .1=== zyx Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9, đạt được khi .1=== zyx 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! Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 = − xy x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. b) Tìm m để đường thẳng = − +y x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác OAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2 2. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2tan 8cos 3sin 2 .= +x x x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ln 2 0 . 2− = + +∫ x x xI dx e e Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm các số phức z thỏa mãn 2 4 30+ =z z và 2 13+ =z z . b) Một hộp đựng 20 viên bi, trong đó có 7 viên bi màu trắng, 9 viên bi màu vàng và 4 viên bi màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên bi được lấy ra có không quá hai màu. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 2 : 1 3 =  = −  = + x d y z t và mặt phẳng (P) có phương trình: y + z – 3 = 0, A là giao điểm của d và (P). Gọi ∆ là hình chiếu vuông góc của d lên (P). Điểm H thuộc ∆, điểm K thuộc d sao cho tam giác AHK vuông tại K và có diện tích bằng 10. Chứng minh rằng tam giác AHK vuông cân tại K và tìm tọa độ điểm K. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B, biết 2=BC a , AB AD a= = . Gọi I là trọng tâm tam giác BCD, SI vuông góc với mặt phẳng (ABCD), biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DC bằng 3 . 19 a Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện SABD theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có A(1; 2), điểm C nằm trên đường thẳng d: 2x – y – 5 = 0 và AB = 2AD. Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho DM = 2MC. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết phương trình cạnh BM là 5x + y – 19 = 0. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( ) 4 2 2 2 , 2 4 2 4 2 4  − = − ∈ − + = −
x y x y x x y x y x x Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn 1 ;2 . 2      Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 260 1 60 1 60 1 . 4 5 4 5 4 5 − − − = + + + + + z x yP xy z yz x zx y LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 [Môn Toán – Đề số 05] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] 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! LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 5 Câu 1 (2,0 điểm). a) Các em học sinh tự làm nhé. b) Hoành độ giao điểm của ( )C và ( )y x m d= − + là: ( ) ( )2 1 1 01 xx x m g x x mx mx ≠ = − + ⇔  = − + =−  Để d cắt ( )C tại 2 điểm phân biệt ( )1⇔ có 2 nghiệm phân biệt ( ) 0g x⇔ = có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ( ) ( ) ( ) 2 0 4 4 0 * 01 0 g x m m m mg ∆ > > ⇔ ⇔ − > ⇔  <≠  Khi đó gọi ( ) ( )1 1 2 2; , ;A x x m B x x m− + − + . Theo định lí Vi-et ta có: 1 2 1 2 x x m x x m + =  = Ta có: ( )2 2 2 2 2 21 1 1 12 2 2 2 2OA x mx m x mx m m m m m= − + = − + + − = − , 2 2 2OB m m= − Mặt khác ( ) ( ) 2 2. . . 2 2 2 2 4 4 2. ; . 2 ; 2 2 abc OA OB AB OA OB m mR m m m mS d O AB AB d O AB − = = = = = ⇔ − = ( ) 6 2 0 m m m l  =  ⇔ = −  = Vậy 6, 2m m= = − là giá trị cần tìm. Câu 2 (1,0 điểm). Điều kiện: picos 0 pi 2 x x k≠ ⇔ ≠ + Ta có 2 2 2 2 2 2 tan tan 8cos 3sin 2 tan 8cos 6sin cos 8 6 tan cos = + ⇔ = + ⇔ = + x x x x x x x x x x ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) 2 2 4 2 2 tan tan 1 6 tan 8 0 tan tan 6 tan 8 0 pi tan 1 pi tan 1 tan 2 tan tan 4 0 4 tan 2 arctan 2 pi ⇔ + − − = ⇔ + − − =  = − = − + ⇔ + − + + = ⇔ ⇔ ∈ = = +  x x x x x x x x k x x x k TM x x k Vậy phương trình có nghiệm là pi pi 4 x k= − + , arctan 2 pik+ Câu 3 (1,0 điểm). Ta có ln 2 ln 2 2 2 0 0( 1) ( 1) x x x x xe e dxI dx x e e = = + +∫ ∫ Đặt ,dd xuxu =⇒= 2 1 .( 1) 1 x x x edv dx v e e = ⇒ = − + + Theo công thức tích phân từng phần ta có ∫∫ + +−= + + + −= 2ln 0 2ln 00 2ln 1 d 3 2ln 1 d 1 xxx e x e x e xI (1) Tính . 1 d2ln 0 1 ∫ += xe xI Đặt te x = ta có 22ln;10 =⇒==⇒= txtx và .dd t t x = Suy ra .3ln2ln2)1ln(lnd 1 11 )1( d 1 2 1 22 1 2 1 1 −=+−=      + −= + = ∫∫ ttttttt tI 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! Thay vào (1) ta được .3ln2ln 3 5 −=I Câu 4 (1,0 điểm). a) Đặt ( );z a bi a b R= + ∈ ta có: 2 2 2 0t z a b= = + ≥ Từ giả thiết ta có ( ) ( ) 2 2 2 5 130 6 t a b t t t l  = = + + = ⇔  = − Mặt khác ( )2 22 13 2 2 13 3 13 9 13 2z z a bi a bi a bi a b+ = ⇔ + + − = ⇔ + = ⇔ + = Từ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 1 1 1 , 2 9 13 4 2 a b a a a b b b  + = = ⇔ = ±  ⇒ ⇔  + = = ⇔ = ±   Vậy có 4 số phức thỏa mãn yều cầu bài toán là 1 2 , 1 2z i z i= ± = − ± b) Số cách chọn 5 viên bi trong 20 viên bi đã cho là 520 15 504C = Gọi A là biến cố “5 viên bi được chọn không có quá hai màu” thì A là biến cố “5 viên bi được chọn có quá hai màu” hay A là biến cố “5 viên bi được chọn có đủ cả ba màu” Số bi trắng (7) Số bi vàng (9) Số bi đỏ (4) Số cách 1 1 3 1 1 3 7 9 4. .C C C 1 3 1 1 3 1 7 9 4. .C C C 1 2 2 1 2 2 7 9 4. .C C C 2 1 2 2 1 2 7 9 4. .C C C 2 2 1 2 2 1 7 9 4. .C C C 3 1 1 3 1 1 7 9 4. .C C C Suy ra | AΩ | = 1 1 37 9 4. .C C C + 1 3 17 9 4. .C C C + 1 2 27 9 4. .C C C + 2 1 27 9 4. .C C C + 2 2 17 9 4. .C C C + 3 1 17 9 4. .C C C = = 7.9.4 + 7.4.9.8.7:6 + 7.9.4.2.3 + 7.3 . 9 . 2.3 + 7.3 . 9.4.4+ 7.5.9.4 = 9534 Nên ( ) | | 9534 1589 0,6149| | 15504 2584AP A Ω = = = ≈ Ω . Vậy ( ) ( ) 9951 0,38512584P A P A= − = ≈ Câu 5 (1,0 điểm). Ta có ( )0;0;1du =  , ( )0;1;1Pn =  . ( ) ( ) ( )0;0;1 . 0;1;1. 1cos ; cos 45 1. 2 2. d P d P d P u n u n u n = = =        ⇒góc giữa d và (P) bằng 45 Lại có ∆ là hình chiếu vuông góc của d lên (P) nên góc  045KAH = hay tam giác KAH vuông cân tại H. Phương trình giao điểm của d và (P) : ( )1 3 3 0 1 2; 1;4t t A− + + − = ↔ = → − . Gọi ( )2; 1; 3K t− + , ta có ( )22 21 10 20 1 20 1 2 5 2KHA S KA KA t t= = ⇒ = ⇔ − = ⇔ = ± Vậy ta tìm được ( )2; 1;1 5K − ± Câu 6 (1,0 điểm). 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! +) ( ) 21 1 3. .3 2 2 2ABCD S AB AD BC a a a= + = = . Gọi M là trung điểm của BC. Có ,DM BC I DM⊥ ∈ . Gọi F là hình chiếu của I trên AB, ta có  0 , 45IF a SFI SI a= = ⇒ = . +) 3 21 3 . 3 2 2SABCD aV a a= = . +) ( )/ / / /DC AM DC SAM⇒ ( )( ) ( ) 3; , SAMD SABCD SAM SAM V Vd D SAM d DC SA S S ⇒ = = = +) Tính được ( )22 3 1919 , 3 76SAM aS a d SA CD= ⇒ = Câu 7 (1,0 điểm). Ta có:  1 2 3tan tan 3 3 2 BCMC DC BC BMC ABM MC = = ⇒ = = =  2 1 1 2 cos 9 131 tan 1 4 ABM ABM ⇒ = = = + + Giả sử: ( ) ( );19 5 1;17 5B b b AB b b− ⇒ = − − Ta có: ( )1;5BMu = −   ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 . 1 5 17 5 26 86 2 cos 13. 1 5 . 1 17 5 26 1 17 5 BM BM AB u b b b ABM AB u b b b b − + + − − + = = = = + − + − − + −     3 47 13 b b = ⇔  =  +) Nếu ( ) ( )3 3;4 : 7 0 4;3b B BC x y C= ⇒ ⇒ + − = ⇒ Gọi ( )0 0;D x y Do ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 0 0 0 00 0 0 0 2; 1 2;11 2 22 6 17 ;1 4 3 2 0. 0 5 5 x y D x yAD x y Lx x y yAD CD = = ⇒ − + − ==   ⇔ ⇔   = =− − + − − ==       (Loại do AD không song song BC ). +) Nếu 47 47 12' ; 13 13 13 b B  = ⇒     loại do AB = 2AD Vậy ( ) ( ) ( )3;4 , 4,3 , 2,1B C D là các điểm cần tìm. Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện: 2; 2x y≥ ≥ Từ phương trình 1 ta có: ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 2 21 1 1 0x x y x x x y x y⇔ + = + ⇔ + − = ⇔ = Thế vào phương trình 2 ta được: 2 22 4 2 4 2 4x x x x⇔ − + = − Đặt ( ) ( )( ) 2 2 2 2 4 1 2 4 , 0 2 4 2 xt x t x t t x t  + = − = ≥ ⇒  − = 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! Từ ( ) 4 4 2 21 0 2 2 2 4 2 t t x x t t t ↔ = ≥ ⇒ = ≥ ↔ ≥ + + − Thay vào ( ) ( ) 2 2 4 3 2 2 322 4 4 24 16 16 0 2 t t t t t t t ⇔ − = ⇔ + − + + = + Tương đương: ( ) ( )2 2 0 do 0 2 8 4 0 2 2 4 t t t t t x y > ≥ ⇔ − + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( ) ( ); 2;4x y = Câu 9 (1,0 điểm). Theo giả thiết 1 1( 2) 0 2 1 0 2 4 2 0 2 2 x y xy x y xy x y − − ≤ ⇒ − − + ≤ ⇔ − − + ≤    (1) ( )1 1( ) 2 0 2 1 0 2 4 2 0 2 2 x y xy x y xy x y− − ≤ ⇒ − − + ≤ ⇔ − − + ≤ (2) Cộng (1) và (2) theo vế ta được 4 5 5 4 0 4 5 5 4xy x y xy x y− − + ≤ ⇔ ≤ + − Cộng hai vế với 5z ta được 4 5 5( ) 4xy z x y z+ ≤ + + − . Do các vế đều dương nên 1 1 4 5 5( ) 4xy z x y z≥+ + + − . Nhân hai vế với 260 1 0z − > ta được 2 260 1 60 1 4 5 5( ) 4 z z xy z x y z − −≥ + + + − Tương tự, cộng lại ta được 2 2 2 2 2 260 1 60 1 60 1 60( ) 3 4 5 4 5 4 5 5( ) 4 z x y x y z xy z yz x zx y x y z − − − + + − + + ≥ + + + + + − Ta sẽ chứng minh 2 2 260( ) 3 12 5( ) 4 x y z x y z + + − ≥ + + − . BĐT này 2 2 2 2 2 24( ) 4( ) 3 0 (2 1) (2 1) (2 1) 0x y z x y z x y z⇔ + + − + + + ≥ ⇔ − + − + − ≥ Đẳng thức xảy ra ⇔ 1 2 x y z= = = 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! Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 22 1= + −y x x có đồ thị là (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). b) Tìm điểm M trên đồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại M vuông góc với đường thẳng IM, với 170; . 8       I Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 4 2 43sin 2cos 3 cos3 3cos cos 1.+ + = − +x x x x x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân pi 4 3 4 0 1 sin 2 . 2sin cos cos + = +∫ xI dx x x x Câu 4 (1,0 điểm). a) Giả sử 1 2,z z là hai số phức thỏa mãn phương trình 6 2 3− = +z i iz và 1 2 1 . 3 − =z z Tính mô-đun 1 2 .+z z b) Giải hệ phương trình ( ) 2 1 3 2 2 4 2 2 2 6.4 , log ( 1) log (2 1) log 2 + + = + ∈ + = + + +
x x y y x y x y y Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 3 3: 1 2 1 − + − = = − x y zd và hai mặt phẳng ( ) : 2 2 9 0, ( ) : 4 0.+ − + = − + + =P x y z Q x y z Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với (P) và cắt (Q) theo một đường tròn có chu vi 2pi. Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C , đáy là tam giác ABC cân tại C, AB = 2a. Gọi O là tâm của tứ giác ' 'BCC B và I là trung diểm của ' 'B C . Biết khoảng cách giữa 'A C và 'BC bằng 2 2 3 a . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ' ')ABB A bằng 2 a . Tính thể tích khối lăng trụ và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ' 'OA C I . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, biết phân giác trong của góc ABC đi qua trung điểm M của cạnh AD, đường thẳng BM có phương trình: x – y + 2= 0, điểm D thuộc đường thẳng d: x + y – 9 = 0, điểm E (–1; 2) thuộc cạnh AB và điểm B có hoành độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 1 2 3 3 2 2 3 1 5  + + = +  + + + + + = x yx x y x y y y x x Câu 9 (1,0 điểm). Cho cásc số thực dương x, y thoả mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 2 2 1 1 1 1 2 P x y xy x y x y = − − + + + LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 [Môn Toán – Đề số 06] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] 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! LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 6 Câu 1 (2,0 điểm). a) Các em học sinh tự làm. b) Gọi điểm M thuộc đồ thị hàm số có tọa độ ( )4 2; 2 1M m m m+ − . Hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại M là 34 4k m m= + . Ta có 4 2 25; 2 8 IM m m m = + −     nên hệ số góc đường IM là 3 252 8 k m m m ′ = + − . Theo bài ra ( )( ) ( ) ( )22 4 2 2 2. 1 1 8 16 25 2 1 8 1 33 2k k m m m m m ′ = − ⇔ + + − = − ⇔ + + − = −   . Đặt 2 1 ; 1m t t+ = ≥ thu được ( ) { } ( ) ( ) 2 2 1 1;2 2 1 1;1 8 33 2 1;2 t M t m m t t M ≥ − ⇔ = ⇒ = ⇔ ∈ − ⇒  − = −   Câu 2 (1,0 điểm). PT ( ) ( ) ( )4 4 23 sin cos 2cos 3 1 cos3 cos 0x x x x x⇔ − + − + + = 33cos 2 cos6 2cos 2 cos 0 4cos 2 6cos 2 2cos 2 cos 0x x x x x x x x⇔ − + + = ⇔ − + = ( ) ( ) ( ) 2 2 cos 2 0 * cos 2 2cos 2 cos 3 0 2cos 2 cos 3 0 ** x x x x x x  = ⇔ + − = ⇔  + − = PT(*) ( )pi pi , 4 2 ⇔ = + ∈ k x k PT(**) ( ) ( )21 cos 2 1 cos 2 0x x⇔ − + − = 2 21 cos 2 0 cos 1 1 cos 0 cos 1 x x x x   − = = ⇔ ⇔  − = =  ( )cos 1 2pi,⇔ = ⇔ = ∈x x k k (thử lại nghiệm đúng PT) Vậy phương trình có hai họ nghiệm; pi pi 4 2 = + k x và ( )2pi,= ∈x k k Câu 3 (1,0 điểm). Ta có ( )( ) ( ) ( ) 2 224 4 42 2 0 0 sin cos cos tan 1 cos 2 tan 1cos 2sin cos cos pi pi + + = = ++∫ ∫ x x x x I dx dx x xx x x x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 24 4 2 0 0 tan 1 tan 1 tan cos 2 tan 1 2 tan 1 pi pi + + = = + +∫ ∫ x x dx d x x x x Đặt ( ) 21tan tan cos= ⇒ = =t x dt d x dxx Đổi cận 0 0 pi 1 4 = ⇒ =   = ⇒ =  x t x t Khi đó ( ) ( )( ) ( ) 21 1 1 0 0 0 1 2 1 2 1 4 2 1 11 12 1 4 2 1 4 2 1 2 1 + + − + + +   = = = − + + + + +  ∫ ∫ ∫ t t t t I dt dt t dt t t t 1 2 0 1 1 1 1 13 ln 2 1 4 ln 3 1 ln 3 4 2 4 2 8     = + + + = + = +        I t t t Câu 4 (1,0 điểm). 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! a) Giả sử , , .= + ∈z x yi x y R Khi đó 6 2 3 6 (6 1) (2 3 ) 3− = + ⇔ + − = − +z i iz x y i y xi 2 2 2 2 2 2 1 1(6 ) (6 1) (2 3 ) (3 ) . 9 3 ⇔ + − = − + ⇔ + = ⇔ =x y y x x y z Suy ra 1 2 1 . 3 = =z z Ta lại có 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2( )( ) ( ) ( ). 9 9 = − = − − = + − + = − +z z z z z z z z z z z z z z z z Suy ra 1 2 2 1 1 9 + =z z z z . Khi đó 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1( )( ) ( ) . 9 9 3 + = + + = + + + = + =z z z z z z z z z z z z Do đó 1 2 1 . 3 + =z z Chú ý: HS có thể đặt 21, zz dạng đại số để tính. b) Điều kiện 11; 2; 2 x y y> − > − ≠ − . Từ phương trình đầu ta có: 2( ) 2 2 2.2 2 6 0 132 2 x y x y x y x y y x − − − −  =  − − = ⇔ ⇔ = −  = −  Thế vào phương trình thứ hai ta được: 3 22 4 2log ( 1) log (2 1) log 1x x x+ = − + + 3 3 2 2 2log ( 1) log 2 1 ( 1) 1 2 1 ( 1) 1 2 1x x x x x x x x x+ = − + ⇔ + = − + ⇔ − + = − Với 1 2 x > thì ta được phương trình: 2 1 3 2 0 2 x x x x = − + = ⇔  = Với 11 2 x− < < thì ta được phương trình: 2 0 0x x x+ = ⇔ = Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm { }( ; ) (0; 1), (1;0), (2;1)x y = − Câu 5 (1,0 điểm). Giả sử mặt cầu cần tìm có tâm I, bán kính R > 0. Vì dI ∈ nên ( )1;2 3; 3− + − +I t t t . Do mặt cầu tiếp xúc với (P) nên 2 2( ;( )) 3 − = = t R d I P (1) Ta có 11 2( ;( )) 3 − = t d I Q . Chu vi của đường tròn giao tuyến 2pi 2pi 1= ⇒ =r r . Suy ra 2 2 2 2 (11 2 )( ; ( )) 1 3 − = + = + tR d I Q r (2) Từ (1) và (2) suy ra 2 2 4(2 2 ) (11 2 ) 1 239 3 2 = − −  = + ⇔  =  t t t t +) Với 4=t ta có ( 3; 5; 7), 2− =I R . Suy ra mặt cầu 2 2 2( 3) ( 5) ( 7) 4.+ + − + − =x y z +) Với 23 2 =t ta có 21 29; 20 ; , 7 2 2   − =    I R . Suy ra phương trình mặt cầu ( ) 2 2 221 2920 49 2 2     + + − + − =        x y z . Câu 6 (1,0 điểm). 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! Gọi E là trung điểm của A’B’. suy ra OE // A’C. suy ra d(A’C;BC’) = d(A’;((BEC’)) = d(B’;((BEC’)). Tam giác A’B’C’ cân tại C’ ( )' ' ' ' ' '→ ⊥ → ⊥C E A B C E ABB C Hạ ( ) ( )( ) 2 2 ' ' ' '; ' 3⊥ ⊥ → = = aBK BE suy ra B K BEC B K d B BEC ; B’E = a Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác BB’E ta có 2 2 2 1 1 1 ' 2 2 ' ' ' BB a BB B E B K + = → = . Ta có. ( ) ( )1 1 1;( ' ') '; ( ' ') ' ' ' ' 2 2 2 d O ABB A d C ABB A C E C E a A B= = → = = Nên tam giác A’B’C’ vuông cân tại C’. Diện tích đáy bằng 2 32 2a V a→ = . Ta có. ' ' ' ' ' ' ( ' ') ' ' 'A C B C A C BCC B A C OC⊥ → ⊥ → ⊥ . Lại có 'OI IA⊥ . Suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp OIA’C’ là trung điểm của OA’. Ta có 2 2 2 25 ' 1 1 3 2' ' ' ' ; 2 ' ' 2 2 2 2 4 = + = = = → = = + = BB aA I A C C I a OI a R A O A I OI Câu 7 (1,0 điểm). H E' M E D CB A Gọi E’ đối xứng với E qua BM suy ra E’ thuộc đường thẳng BC và E’(0; 1) Do B∈ đường thẳng BC nên B(t; t + 2) '( 1 ; ) ( ; 1)BE t t BE t t⇒ = − − − = − − −  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! Do '. 0 ( 1;1) 0BBE BE B do x= ⇒ − <  AB: x = –1, BC: y = 1 suy ra A(–1;a), (a ≠ 1) Do D∈d ⇒ D(d; 9 – d), M là trung điểm AD ⇒ 1 9; 2 2 d d aM − − +     Mặt khác M∈đường thẳng BM ⇒ a - 2d + 6 = 0 (1) ( 1;9 ), (0;1 )AD d d a AB a= + − − = −   Do . 0 9 0AB AD a d= ⇒ + − =   (2) Giải hệ (1) và (2) suy ra a = 4, d = 5. Vậy A(–1; 4), D(5; 4) là các điểm cần tìm. Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện 0; 0x y≠ > Ta có ( )22 2 3 2 4(1) 2 3 ( ) 3 4 0x y xy x y y x y yx x⇔ + = + ⇔ − + + = 4 3 2 2 2 2 0 3 4 0 2 1 0 2 4            ≥  ⇔ − + + = ⇔ − + + = ⇔ = ⇔                  =             xy y y y y y x y x x x x x x y x Thay 24y x= vào phương trình thứ hai ta được 24 3 2 3 1 5x x x+ + + + = ( ) ( ) ( ) 2 2 4 3 2 3 3 1 2 0 4 7 31 0 1 4 3 1 24 3 2 3 ⇔ + + − + + − =  + ⇔ − + = ⇔ = ⇒ =  + ++ + +  x x x x x x y xx x Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( ) ( ); 1;4x y = Câu 9 (1,0 điểm). 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! Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 1 2 xy x − = + a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm m để đường thẳng : 11d y mx= − cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB gấp hai lần diện tích tam giác OBM, với (0; 11).M − Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 22 3 sin .(1 cos ) 4cos .sin 3 2 x x x x+ − = Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 1 (ln 1) . 1 ln e xI dx x x + = + ∫ Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z thỏa mãn 3(1 ) . 1 0−+ + + =iz i i z , với i là đơn vị ảo. b) Tìm hệ số của 5x trong khai triển biểu thức ( ) ( )221 2 1 3= − + +n nP x x x x , biết rằng 2 11 5.−+− =nn nA C . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z – 3 = 0 và đường thẳng 1: . 1 3 1 x y z−∆ = = − Lập phương trình đường thẳng d, nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng ∆ và cách đường thẳng ∆ một khoảng bằng 8 . 66 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a,  0120 .=BAD Hình chiếu vuông góc của đỉnh S xuống mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm của tam giác ABD. Biết khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) bằng . 2 a Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng SB và AC. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có ABD là tam giác vuông cân nội tiếp đường tròn. Hình chiếu vuông góc của B, D lên AC lần lượt là 22 14 ; , 5 5 H      13 11 ; . 5 5 K      Xác định tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết B, D có tung độ dương và 3 2.AD = Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 3 2 4 2 3 2 1 . 2 − + ≤ − x x x x x Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thoả mãn ( )22 2 2 2 2 21 3 1 4 5 .+ + + + = +x y x y x y Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 3 . 1 + − = + + x y x yP x y LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 [Môn Toán – Đề số 07] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] 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! LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 7 Câu 1 (2,0 điểm). a) Các em học sinh tự làm. b) Điều kiện: 2x ≠ − Xét phương trình hoành độ giao điểm 3 1 11 2 x mx x − = − + 2( ) 2( 7) 21 0g x mx m x⇔ = + − − = Điều kiện tồn tại A, B phân biệt là: 2 0 0 ' 7 49 0 m m m m ≠ ⇔ ≠∆ = + + > Gọi 1 1 2 2( ; 11); ( ; 11)A x mx B x mx− − là các giao điểm Theo định lý Vi-et ta có: 1 2 1 214 2 21; .mx x x x m m − − + = = 12 ( , ). ( , ). 2 2∆ ∆ = ⇒ = ⇔ =OAB OBMS S d O AB AB d O BM BM AB BM (Do M, A, B thẳng hàng) ( )2 1 22 2 21 2 2 1 2 3 7(1 ) 4 (1 ) 0 7 x x m x x m x m x x m = = −  ⇔ − + = + ⇔ ⇔ + = = Vậy 7m = ± là giá trị cần tìm. Câu 2 (1,0 điểm). Ta có ( ) 22 3 sin . 1 cos 4cos .sin 3 2 x x x x+ − = ( )2 3 sin 2 3 sin .cos 2cos 1 cos 3x x x x x⇔ + − − = ( ) ( )2 22 3 sin cos 3sin 2 3 sin .cos cos 0x x x x x x⇔ − − − + = ( )( ) 3 sin cos 03 sin cos 3 sin cos 2 0 3 sin cos 2 x x x x x x x x  − = ⇔ − − − = ⇔  − = +) Với 3 sin cos 0 2 sin cos cos sin 0 sin 0 6 6 6 x x x x x pi pi pi    − = ⇔ − = ⇔ − =        , 6 6 x k x k kpi pipi pi⇔ − = ⇔ = + ∈ +) Với 3 sin cos 2 2 sin cos cos sin 2 sin 1 6 6 6 x x x x x pi pi pi    − = ⇔ − = ⇔ − =        22 2 , 6 2 3 x k x k kpi pi pipi pi⇔ − = + ⇔ = + ∈ Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm 2, 2 , 6 3 x k x k kpi pipi pi= + = + ∈ Câu 3 (1,0 điểm). Đặt 1,01.ln =⇒==⇒==⇒= uexux x dxduxu Ta có 21 1 0 2 1 0 2 1 0 2 1 1 11 1 IIdu u du u udu u uI += + + + = + + = ∫∫∫ Dễ thấy 12|)1()1()1( 2 1 1 1 0 2 1 22 1 0 2 1 2 1 0 21 −=+=++= + = ∫∫ − uududu u uI 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! Xét hàm số )1ln( 2 ++= uuy có ( )( ) ( ) 2 2 22 2 11 ' 11 ' 11 1 u u u uy uu u u u ++ + + = = = ++ + + + Suy ra hàm số )1ln( 2 ++= uuy là một nguyên hàm của hàm số 1 1 2 + = u y Khi đó ta có ( ) 122 0 ln 1 ln(1 2)I u u= + + = + Vậy )21ln(12 ++−=I Câu 4 (1,0 điểm). a) Gọi z = x + yi ( ),x y ∈R Ta có 3 2(1 ) (1 ) (1 ) 2 (1 ) 2 2i i i i i i− = − − = − − = − − Khi đó, . . 2 2 ( 1) 0PT z z i i i z⇔ − − + + = 2 2 2 2 2 2 ( 2) 0 2 0 x y x y x y x y i x y x y + = ⇔ + − + + + − − = ⇔  + + − − = 2 2 0 1 2 12 2 0 y x x x y yx x = − = =   ⇔ ⇔ ∨   = = − =   Vậy 2 ; 1z i z i= = + là các số phức cần tìm. b) Điều kiện 2,n n≥ ∈ Ta có: ( ) ( )2 11 15 1 52 n n n n n A C n n−+ + − = ⇔ − − = 2 2( ) 3 10 0 5 n loai n n n = − ⇔ − − = ⇔  = Với n = 5 ta có: ( ) ( ) ( ) ( )5 105 102 25 10 0 0 1 2 1 3 2 3k lk l k l P x x x x x C x x C x = = = − + + = − +∑ ∑ ⇒ số hạng chứa x5 là ( ) ( ) ( )4 31 2 7 5 55 10. . 2 . 3 16.5 27.120 3320x C x x C x x x− + = + = Vậy hệ số của x5 trong biểu thức P đã cho là 3320. Câu 5 (1,0 điểm). Ta có (P) có vtpt ( )1;1;1Pn =  , ∆ có vtcp ( )1;3; 1u∆ = −  , ( )1;0;0M ∈ ∆ . Do ( ) ( ); 4;2;2d P d P d u nd P u n u d u u ∆ ∆  ⊥⊂   ⇒ ⇒ = = −   ⊥ ∆ ⊥         Gọi (Q) là mặt phẳng chứa (d) và song song với ∆ . Khi đó ta chọn ( ); 2 4;1;7Q dn u u∆ = = −     suy ra (Q) có dạng 4 7 0x y z d+ + + = . Ta có ( ) ( )( ) ( )( ) 4; ; ; 66 d d d d P d M P + ∆ = ∆ = = . Từ đó kết hợp với giả thiết ta được 4 8 4 8 4; 12 66 66 d d d d + = ⇔ + = ⇔ = = − +) Nếu ( )4 : 4 7 4 0d Q x y z= ⇒ + + + = . Chọn điểm ( ) ( )1 13; ; 1 3 3 N P Q d − − ∈ =    ∩ suy ra phương trình 1 13 13 3: 2 1 1 x y zd + − + = = − − +) Nếu ( )12 : 4 7 12 0d Q x y z= − ⇒ + + − = . Chọn điểm ( ) ( ) ( )1;1;1N P Q d∈ =∩ suy ra phương trình 1 1 1: 2 1 1 x y zd − − −= = − − Câu 6 (1,0 điểm). 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! Theo bài,  0 0120 60= ⇒ = ⇒ ∆BAD ABC ABC là tam giác đều cạnh a. Suy ra ; 3.= =AC a BD a Kẻ HK ⊥ CD, (K ∈ CD). Ta có ( )⊥ ⇒ ⊥ ⊥ CD SH CD SHK CD HK Kẻ Kẻ HE ⊥ SK, (E ∈ SK). Ta có ( )( ) ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⊃ ⇒ ⊥ HE SK HE SCD CD SHK HE HE CD Do đó ( );( )=HE d H SCD . Do H là trọng tâm tam giác ABD nên 2 1 3 3 = =AH AO AC ( ) ( )2 2;( ) ; ( ) 3 3 2 3 3 ⇒ = = = ⇒ = a a ad H SCD d A SCD HE Kẻ ; / /⊥ ⊥ ⇒OM CD HK CD OM HK Do 1 1 3 4 3 3 4 3 = = ⇒ = ⇒ =OH OA OC OC HC HK OI Ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 16 3 3 4 333 2 2 = + = + = ⇒ = ⇒ =            a aOI HK OI OC OD aa a Xét ∆SHK: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 6 6 63 3 3 = + ⇔ = − = − = ⇒ =            aSH HE SH HK SH HE HK aa a Do đó, thể tích khối chóp 31 1 6 1 1 6 1 2 . . . . . 3 3 3 6 2 3 6 2 12 = = = =SABCD ABCD a a aV SH S AC BD a a (đvtt) Gọi I là trung điểm của SD, suy ra OI // SB. Khi đó ( ) ( )   ; ; 180  = =   − IOC SB AC OI AC IOC Xét tam giác IOC ta có 1 2 2 = = aOC AC Xét tam giác HBO ta có 2 2 2 2 3 7 4 36 3 = + = + = = a a aHB OB OH HD 2 2 2 2 7 34 1 34 6 9 6 2 12 ⇒ = = + = + = ⇒ = = a a a aSB SD SH HB OI SB Xét tam giác SHC ta có 2 2 2 2 2 2 4 11 6 9 18 = + = + = a a aSC SH HC Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác SCD ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 11 17 4118 8 2 4 2 4 72 ++ = − = − = a a aSC CD CD aIC 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! Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác IOC ta được   2 2 2 2 2 2 0 17 41 172 4 72cos 90 2 . 34 342. . 12 2 + −+ − = = = − ⇒ > a a a OI OC ICIOC IOC OI OC a a Khi đó ( )   1φ ; 180 cos φ cos 34 = = − ⇒ = − =SB AC IOC IOC Vậy ( ) 1cos ; 34. =SB AC Câu 7 (1,0 điểm). Vì ABD là tam giác vuông cân nội tiếp đường tròn, mà ABCD là hình bình hành nên suy ra tam giác ABD có thể vuông tại B hoặc D (vuông tại A thì ABCD là hình vuông, vô lí). Xét TH tam giác ABD vuông tại B khi đó 2 6 3 2AD R= = ≠ → vô lí. Suy ra tam giác ABD chỉ có thể vuông tại D. Gọi I là giao của AC và BD, khi đó I cũng chính là trung điểm của HK 7 5; 2 2 I  ⇒     Hình chiếu vuông góc của B, D lên AC lần lượt là 22 14; , 5 5 H      13 11 ; . 5 5 K      Nên ta có phương trình AC là: 3 4 0x y− + = Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: ( ) ( ) ( )2 2 22 3 4 0 1 5 1 142 1 9 5 xx y x Loai do H yx y y  = − + =  = −  ⇔ ∨ ≡   = − + − =   =  Suy ra tọa độ ( ) ( )1;1 8;4A C− ⇒ Do BH AC⊥ lần lượt tại 22 14; , 5 5 H      nên ta có phương trình BH: 3 16 0x y+ − = . Mặt khác có điểm B là giao điểm của BH và đường tròn. Nên tọa độ B là nghiệm của hệ: ( ) ( ) ( )2 2 22 3 16 0 5 5 1 142 1 9 5 xx y x Loai do H yx y y  =+ − =  =  ⇔ ∨ ≡   = − + − =   =  Suy ra tọa độ ( ) ( )5;1 2;4B D⇒ Vậy tọa độ các đỉnh của hình bình hành là: ( ) ( ) ( ) ( )1;1 , 5;1 , 8;4 , 2;4A B C D− Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện: ( ) ( ); 1 1;x ∈ −∞ − ∪ +∞ Ta có BPT tương đương ( ) ( ) 2 1 2 1 21 x x x x x − − ⇔ ≤ − +) Xét: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 ; 1 bpt 21 x x x x − − ∈ −∞ − ⇒ ⇔ ≤ − Với ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 0 1 2 1 ; 1 0 , ; 1 2 0 21 x x x x x x x − > − − ∈ −∞ − ⇒ ⇒ < < ∀ ∈ −∞ − − < − 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! +) Xét: ( ] ( ) ( ) 2 1 2 11;2 bpt 21 x x x x − − ∈ ⇒ ⇔ ≤ − Mặt khác: ( ] ( ) ( ) ( ] 2 1 0 1 2 11;2 0 , 1;2 2 0 21 x x x x x x x − > − − ∈ ⇒ ⇒ ≤ ≤ ∀ ∈ − ≤ − +) Xét: ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 1 2 12; bpt 2 1 2 1 21 x x x x x x x − − ∈ +∞ ⇒ ⇔ ≤ ⇔ − − ≤ + − ( ) ( )3 2 2 0 2 10 15 9 0 3 2 4 3 0 2 3x x x x x x x > ⇔ − + − ≤ ⇔ − − + ≤ ⇔ < ≤  Kết hợp 3 TH suy ra nghiệm của BPT là: ( ) ( ]; 1 1;3x ∈ −∞ − ∪ Câu 9 (1,0 điểm). Từ ĐK ta có: ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 22 3 1 3 1 4x y x y x y x y+ − = + + − + + + ( ) ( )22 2 2 2 2 2 1 3 1 4 1 x y x y P x y + + − + + + ⇒ = + + Đặt 2 2 1t x y= + + 2 3 4 4 3t tP t t t − + ⇒ = = + − Mặt khác ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 3 1 3 1 4x y x y x y x y x y+ ≥ + − = + + − + + + ( ) ( )22 2 2 2 2 21 5 1 6 0 2 1 3x y x y x y⇒ + + − + + + ≤ ⇒ ≤ + + ≤ Hay [ ]2;3t ∈ Do ( ) ( ) ( ) ( )24 4' 1 0; 2;3 min 1 2 ; 33P t t P t MaxP tt= − ≥ ∀ ∈ ⇒ = = = = +) Với ( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 1 3 1 4 5 . 2 0; 1 1 2 x y x y x y t x y x y  + + + + = + = ⇔ ⇔ = = ±  + + = +) Với ( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 1 3 1 4 5 . 3 0; 2 1 3 x y x y x y t x y x y  + + + + = + = ⇔ ⇔ = = ±  + + = 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! Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 x my x + = − (với m là tham số) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = –2. b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng : 2 1= −d y x cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho 2 2 14OA OB+ = ( với O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 3 3 2 pi2 2sin sin cos 3pi2 2cos . 1 cos 1 sin sin 2 4   − +    + = + − + +   x x x x x x x Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích của miền hình phẳng giới hạn bởi các đường 2| 4 |y x x= − và 2y x= . Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z biết số phức ( ) ( )1 2z z i z= − + là một số thuần ảo. b) Trong một lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, trong đó có đúng 2 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó. Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 2 4 0,+ + + =P x y z đường thẳng 2 1 1: 2 1 1 − + − = = − − x y zd và đường thẳng ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng 1, 4 0.= + − =x y z Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, đồng thời tiếp xúc với ∆ và (P). Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với ; 3.= =AB a AD a Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABCD) là điểm H trên đoạn AC sao cho 3 .=CH AH Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng 8 201 . 67 a Tính thể tích khối chóp SBCDH và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện SACD theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp đường tròn (C) tâm I bán kính 5R = . Tiếp tuyến của (C) tại C cắt tia đối của tia AB tại 264; 3 K  −    . Biết diện tích tam giác ABC bằng 20 và A thuộc : 4 0d x y+ − = . Viết phương trình đường tròn (C). Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 2 2 1 1 2 7 ( , ) 6 1 1  + + + =  ∈  + = −  +
x y x y x y x y xy Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b thỏa mãn ab + a + b = 3. Chứng minh rằng 2 23 3 3 . 1 1 2 + + ≤ + + + + + a b ab a b b a a b LUYỆN GIẢI ĐỀ TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 [Môn Toán – Đề số 08] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] 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! LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ 8 Câu 1 (2,0 điểm). a) Các em học sinh tự làm. b) Phương trình hoành độ giao điểm: 2 1 2 1 1 2 4 1 0 (*) xx m x x x x m ≠+ = − ⇔  − − + − = Đường thẳng 2 1y x= − cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt (*)⇔ có hai nghiệm phân biệt khác 1 1⇔ > −m Gọi 1 1 2 2( ;2 1); ( ;2 1)− −A x x B x x ; 2 2 21 2 1 2 1 214 5( ) 10 4( ) 12OA OB x x x x x x+ = ⇔ + − − + = Vì 1 2 1 22; 1x x x x m+ = = − nên thay lên dễ dàng tìm được m = 1 (thỏa mãn). Câu 2 (1,0 điểm). Điều kiện: pisin .cos 0 sin 2 0 2 ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ k x x x x 2 2 2 pi2cos sin (1 cos ) cos (1 sin ) 3pi2 1 cos 2 1 cos 1 sin 2sin cos 2 sin sin cos sin (1 cos ) cos (1 sin ) 1 sin 2 sin cos cos cos x x x x xPT x x x x x x x x x x x x x x x x x   +  − −   ⇔ + = + + − + +   + ⇔ − + − = + − ⇔ + = sin cos 0 cos 1 ( sin 0) pi pi( ) 4 x x x loai do x x k k Z + = ⇔  = = ⇔ = − + ∈ Câu 3 (1,0 điểm). Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: 2| 4 | ( )y x x C= − và ( ) : 2d y x= Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 2 2 2 2 2 0 0 0 | 4 | 2 24 2 6 0 64 2 2 0 x x x x x x xx x x x x xx x x x x ≥ ≥  =    − = ⇔ ⇔ ⇔ =− = − =      = − = − − =    Suy ra diện tích cần tính ( ) ( )2 62 2 0 2 4 2 4 2S x x x dx x x x dx= − − + − −∫ ∫ +) Xét ( )2 2 0 | 4 | 2I x x x dx= − −∫ Vì [ ] 20;2 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ nên 2 2| 4 | 4x x x x− = − + ⇒ ( )2 2 0 44 2 3 I x x x dx= − + − =∫ +) Xết ( )6 2 2 | 4 | 2K x x x dx= − −∫ Vì [ ] 22;4 , 4 0x x x∀ ∈ − ≤ và [ ] 24;6 , 4 0x x x∀ ∈ − ≥ nên ( ) ( )4 62 2 2 4 4 2 4 2 16K x x x dx x x x dx= − − + − − = −∫ ∫ . Vậy 4 5216 3 3 S = + = 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! Câu 4 (1,0 điểm). a) Ta có ( ) ( ) 21 2 1 2 2 . 2 2z z z z z z z z z z= − + = − + − = − + − . Đặt ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21 12 2 2 3z x yi z x yi x yi x y z x y x yi= + → = − + + − − + ↔ = − − + − . Để 1z là số thuần ảo thì 2 2 2 21 92 0 2 43 0 0 x y x x y y y   − − + = − + = ↔   − ≠  ≠ hay 2 21 9 2 4 0; 1; 2 x y y x x   − + =     ≠ ≠ − ≠ Vậy tập hợp những điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm 1 ;0 2 I      bán kính 3 2 R = và trừ 2 điểm ( )1;0A − và ( )2;0B . b) Số phần tử của không gian mẫu 612 924C = (phần tử). Xét trường hợp trong 6 sản phẩm lấy ra có 2 phế phẩm suy ra có 410 210C = cách và xác xuất là 210 924 . Vậy xác suất lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó có không quá 1 phế phẩm là 210 714 171 924 924 22 P = − = = Câu 5 (1,0 điểm). Mặt cầu có tâm (2 2; 1; 1)+ − − − + ∈I t t t d . 9( ; ( )) 3 + = t d I P . Chọn (0;1; 1)∆ = −  u và (1;1;3) ∈ ∆M . Khi đó (2 1; 2; 2)= + − − − −  MI t t t . Suy ra [ , ] ( 2 4; 2 1; 2 1)∆ = − − − − − −   u MI t t y Suy ra 2[ , ] 12 24 18( , ) 2 ∆ ∆ + +∆ = =    u MI t td I u . Từ giả thiết ta có ( ; ( )) ( ; )= ∆ =d I P d I R 2 2 09 6 12 9 53 90 0 903 53 = + ⇔ = + + ⇔ + = ⇔  = −  t t t t t t t +) Với 0=t . Ta có (2; 1;1), 3− =I R . Suy ra phương trình mặt cầu là 2 2 2( 2) ( 1) ( 1) 9.− + + + − =x y z +) Với 90 53 = −t . Ta có 74 37 143 129 53 53 53 53   − =    I ; ; , R . Suy ra phương trình mặt cầu là 2 2 2 274 37 143 129 53 53 53 53         + + − + − =                x y z Câu 6 (1,0 điểm). +) Tính thể tích khối chóp SBCDH. Nhận xét: ( )/ / / /CD AB CD SAB⇒ ( ) ( )( ) ( )( ) ((, ; ; 4 ;d SB CD d CD SAB d C SAB d H SAB⇒ = = = Từ H kẻ HI AB⊥ , dựng HK SI⊥ ta có: ( ) ( ) HI AB AB SIH AB HK HK SABSH AB HK SI  ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥⊥  ⊥ 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! Suy ra ( ) ( )( ), 4 , 4d SB CD d H SAB HK= = Mà ( ) 8 201 2 201, 67 67 a ad SB CD HK= ⇒ = Ta có 1 3 4 4 aHI AD= = ; 22 3 3BCDH ABCD AHBS S S a= − = Mà trong 2 2 2 1 1 1 : 2SIH SH a HK SH HI ∆ = + ⇒ = Vậy: 31 . . 2 3 3SBCDH BCDH V SH S a= = +) Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SACD. Nhận thấy O chính là tâm đường tròn ngoại tiếp ADC∆ Từ O dựng Ox AC⊥ . Trong SAC∆ dựng trung trực của SA Ox G∩ = Suy ra G chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SACD. Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SACD cũng bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SAC. Ta có: 217 5 12 ; ; ; . . 2 2 2 2SAC a aAC a SA SC S SH AC a∆= = = = = Vậy: ( ), . . 5 17 4. 16S G AG SAC SA SC AC aR S∆ = = Câu 7 (1,0 điểm). Gọi CH là đường cao của ABC∆ . Ta có 1 .2 20 4 2 = = ⇒ =ABCS CH R CH Đặt AK x= ta có: ( )22 2 2 2 25 5 10= − = + − = +CK KI CI x x x Mặt khác CH cũng là đường cao KCI∆ do đó: 2 2 2 2 1 1 1 1 9 10 10 400 3 + = ⇔ = ⇔ = + x KC CI CH x x Gọi ( ) ( ) ( )2 2 2 2;6 10 14 100 ;4 4 20 20 323 3 9 ; 3 3 3  = − ⇒ −    − ⇒ = ⇔ + + − − = ⇔    = − ⇒ −      t A A t t AK t t t A Gọi ( );I a b là tâm của đường tròn. +) Với ( )2;6A − ta có: ( ) ( ) 32 . 2 125 3 3 1;210 3 8 22 2 6 .3 2 3  − − = − = = = ⇒ = ⇔ ⇔ ⇒  =   − =       a aIA IA AK I bAK b Vậy ( ) ( ) ( )2 2: 1 2 25C x y− + − = 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! +) Với 20 32; 3 3 −      A ( ) 20 3 8 32 . 32 413 2 3 3 ; 41 3 332 3 . 2 33 2     − − = = −      ⇒ ⇔ ⇒ −       = − = −   a a I bb Vậy ( ) 2 232 41 : 25 3 3 C x y   + + − =        Vậy có 2 đường tròn như trên thõa mãn yêu cầu bài toán. Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện: 0 0 + ≠  ≠ x y xy . 221 12 2 2 7 6     + − + + − =      ⇔   + + = − −  x y x yHPT x y x y xy 221 12 2 2 7 1 1 6     + − + + − =      ⇔      + + + = −       x y x y x y x y . Đặt 1 1  + =   + =  x a x y b y , 2, 2≥ ≥a b ta được 2 22 2 2 7 6  − + − =  + = − a b a b 2 2 2 2 2 24 2 2( ) 4 28 6  + − + − + + = ⇔  + = − a b a b a b a b 2 2 2 2( ) 2 2 2( ) 4 4 32 6  + − + − + + + = ⇔  + = − a b ab a b a b ab a b 2 2 4 68 2 6  + − = − ⇔  + = − a b ab ab a b 2 2 2 24 68 4 4 2 6  + − = − +  ⇔ ≥  + = − a b ab a b ab ab a b 9 3 6 = ⇔ ⇔ = = − + = − ab a b a b Ta có x, y từ hệ 2 2 1 3 53 3 1 0 2 1 3 1 0 3 53 2  − ±+ = − =  + + =   ⇔ ⇔   + + = − ± + = − =   x x x xx y yy yy Vậy hệ có nghiệm 3 5 3 5 3 5 3 5 3 5 3 5 3 5 3 5 ; ; ; ; ; ; ; 2 2 2 2 2 2 2 2         − − − − − − − + − + − − − + − +                        Câu 9 (1,0 điểm). Từ bài ta đặt: 2, 4 ; 3a b S ab P S P S P+ = = ⇒ ≥ + = . Theo điều kiện suy ra: ( ) ( )( )2 4 3 2 6 0 2S S S S S≥ − ⇔ − + ≥ ↔ ≥ BĐT tương đương ( ) ( ) ( ) 2 23 3 6 32 1 2 a b a b ab ab a b ab ab a b a b + + + − ⇔ + ≤ + − + + + + + Thay 3P S= − ta có BĐT tương đương: 2 23 9 18 3 92 4 2 S S S S S S + − − + ≤ + − ( )( )23 2 2 64 12 0 0 4 4 S S SS S S S S − + + − + − ⇔ ≥ ⇔ ≥ . BĐT này luôn đúng do 2S ≥ . Phép chứng minh hoàn tất. 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!