Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán lần 5 - Chuyên ĐH Sư Phạm Hà Nội

1. Học sinh tự giải
2.
Đường thẳng y = mx + 2m +1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi pt có 2 nghiệm phân biệt
\(\frac{2x+1}{x+1}=mx+2m+1\Leftrightarrow mx^2+(3m-1)x+2m=0(1)\) có hai nghiệm phân biệt khác (-1)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\neq 0,\Delta =m^2-6m+1> 0\\ m-3m+1+2m\neq 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m>3+2\sqrt{2}\\ m<3-2\sqrt{2} \end{matrix}\right.\) và \(m\neq 0 (*)\)
Gọi A (x₁; y₁), B(x₂; y₂) với x₁, x₂ là nghiệm của pt (1) và y₁ = mx₁ +2m +1, y₂ = mx₂ +2m + 1
Theo giả thiết ta suy ra \(\left | y_1 \right |=\left | y_2 \right |\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} y-1=y_2\\ y-1=-y_2 \end{matrix}\Rightarrow y_1+y_2=0\)
\(\Leftrightarrow m(x_1+x_2)+4m+2=0 \ \ (2)\)
Theo định lý Vi – ét ta có \(x_1+x_2=\frac{1-3m}{m}\) nên từ (2) ta có: \(1 - 3m + 4m + 2 = 0 \Leftrightarrow m = - 3\)  thỏa mãn (*)
Vậy với m = -3 thì đường thẳng y = mx + 2m + 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt.

1. Điều kiện \(\bigg \lbrack \begin{matrix} x\geq 0\\ x\leq -\ 24 \end{matrix}\) Đặt \(t=x+12\Rightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} t\geq 12\\ t\leq -12 \end{matrix}\)

Phương trình trở thành \(\small f(x)=\sqrt{(t-12)(t-5)}+\sqrt{(t+5)(t-5)}+\sqrt{(+-12)(t+5)}= 12+17\sqrt{2}\)

Suy ra f(t) = f(-t), do đó f(t) là hàm số của số chẵn trên tập \(\small D = (-\infty ; -12] \cup [12; +\infty )\) nên chỉ cần xét trên \(\small [12; +\infty )\)

Ta có: \(\small f'(t)=\frac{2t-17}{2\sqrt{(t-12)(t-5)}}+\frac{t}{\sqrt{(t+5)(t-5)}}+\frac{2t+17}{2\sqrt{(t+12)(t+5)}}> 0\) với mọi giá trị \(\small t\in (12;+\infty )\)

Suy ra f(t) đồng biến trên \((12;+\infty )\) nên \(f(t)=12+17\sqrt{2}\) có nhiều nhất một nghiệm thuộc \(\small \left [12;+\infty )\)

Do f(t) là hàm số chẵn nên t = -13 là nghiệm duy nhất của phương trình trên \(\small \left [12;+\infty )\)

Vậy nghiệm của phương trình là x =1, x = -25.

2. Số phần tử của không gian mẫu là \(N(\Omega ) = C_{100}^{5}\)

Gọi A là biến cố mà học sinh rút được đề thi trong đó có đúng 4 câu đã thuộc.
Khi đó \(N(A) = C_{80}^{4}.C_{20}^{1}\)

Vậy \(P(A) = \frac{N(A)}{N(\Omega )}=\frac{C_{80}^{4}.C_{20}^{1}}{C_{100}^{5}}\)

Phương trình tương đương với \(sin3x+sin5x=2(\frac{cos4x+1}{2}-\frac{1-cos6x}{2})\)

\(\Leftrightarrow sin3x + sin5x = cos4x + cos6x \Leftrightarrow 2sin4x.cosx = 2cos5x.cosx\)

\(\Leftrightarrow cosx(cos5x - sin4x)=0\Leftrightarrow\bigg \lbrack \begin{matrix} cosx=0\\ cos5x=sin4x \end{matrix}\)

Với \(cosx = 0 \Leftrightarrow x=\frac{\pi}{2}+k\pi (k\in Z)\)

Với \(cos5x = sin4x\) \(\Leftrightarrow cos5x = cos(\frac{\pi }{2}-4x)\)

\(\Leftrightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} 5x=\frac{\pi }{2}-4x+2k\pi \\ 5x=-\frac{\pi }{2}+4x+2k\pi \end{matrix}\) \(\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=\frac{\pi }{18}+\frac{2k\pi }{9}\\ x=-\frac{\pi }{2}+2k\pi \end{matrix}, (k\in Z)\)

Vậy nghiệm của phương trình là \(x\in \left \{ \frac{\pi }{2}+k\pi, \ x=\frac{\pi }{18}+\frac{2k\pi }{9}/k\in Z \right \}\)

Ta có: \(\small I = -\int_{1}^{\sqrt{3}}ln(x^2+1)d\frac{1}{x}=-\frac{1}{x}ln(x^2+1)\bigg | \begin{matrix} \sqrt{3}\\ 1 \end{matrix}+\int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{1}{x}d\ ln(x^2+1)\)

\(\small =\frac{3-2\sqrt{3}}{3}ln2+2\int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{dx}{x^2+1}\)

Tính \(\small \int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{dx}{x^2+1}.\) Đặt \(\small x = tant,\) khi đó \(\small dx=\frac{dt}{cos^2t};\) với x = 1 thì \(\small t= \frac{\pi }{4}\) với \(\small x=\sqrt{3}\) thì \(\small t=\frac{\pi }{3}\)

Suy ra \(\small \int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{dx}{x^2+1} = \int_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}dt=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{12}\)

\(\small \Rightarrow 2\int_{1}^{\sqrt{3}}\frac{dx}{x^2+1}=\frac{\pi }{6}.\)

Vậy \(\small I = \frac{3-2\sqrt{3}}{3}ln2+\frac{\pi }{6}\)

Kí hiệu h và V tương ứng là chiều cao và thể tích của khối lăng trị đã cho.

Ta có \(\small V_{ACA'B'}=\frac{1}{2}.V_{B'ACC'A'}=\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(V-\frac{1}{3}.h.S_{ABC})=\frac{1}{2}(V-\frac{1}{3}V)=\frac{1}{3}V\)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC).

Ta có A'H = h và \(\small \widehat{A'AH}=60^{0}\). Suy ra \(\small h = A'A.sin60^{0}=a\sqrt{3}\)

Do đó, \(\small V=h.S_{ABC}=a\sqrt{3}.\frac{a^2\sqrt{3} }{4}= \frac{3a^3}{4}\)

Vậy \(\small V_{ACA'B'}=\frac{a^3}{4}\)

Qua C kẻ đường thẳng song song với d cắt AB tại N và cắt AH tại K, do HP = HQ nên KC = KN
Gọi M là trung điểm của BC. Ta có KM // NB, suy ra KM vuông góc với CH nên M là trực tâm ∆CHK
Tóm lại xác định được K, M nên suy ra xác định được A, B.

Đường thẳng CK: \(2x - 3y - \frac{3}{2} = 0\)
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ pt: \(\left\{\begin{matrix} 2x-3y-\frac{3}{2}\\ 2x-y+1=0 \end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow K\left ( -\frac{9}{8};-\frac{5}{4} \right )\). Do K là trung điểm của CN nên \(N(-\frac{21}{4};-4)\)

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ pt \(\left\{\begin{matrix} 2x-2y+7=0\\ 2x-y+1=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow H(1;3)\)
Đường thẳng qua H vuông góc với d: 3x + 2y – 9 = 0
Đường thẳng qua C vuông góc với AH: x + 2y – 6 = 0

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ pt: \(\left\{\begin{matrix} 3x-y-9=0\\ x+2y-6=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow M(\frac{3}{2};\frac{9}{4})\)
Suy ra \(B(0;3)\)
Đường thẳng BN: 4x – 3y + 9 = 0.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ Pt \(\left\{\begin{matrix} 2x-y+1=0\\ 4x-3y+9=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow A(3;7)\)

1.
Điểm X thuộc Ox \(\Leftrightarrow\) X(x; 0; 0) và điểm X thuộc (P) nên ta có: x – 2. 0 + 0 + 5 = 0
\(\Rightarrow X(-5;0;0)\Rightarrow OX=5\)
Điểm Z thuộc Oz Z(0;0;z) và điểm Z thuộc (P) nên ta có: 0 - 2.0 + z + 5 = 0 \(\Rightarrow\) Z(0;0;-5) \(\Rightarrow\)  OZ = 5.
Vậy \(S_{OXZ}=\frac{1}{2}.OX.OZ=\frac{25}{2}\)
2.
Gọi \(\overrightarrow{n_1}(1;0;-2)\) và \(\overrightarrow{n_2}(3;-2;1)\) lần lượt là véc tơ pháp tuyến của (P₁) , (P₂).
Khi đó vec tơ chỉ phương của d là \(\overline{u}=\left [\overline{n_2},\overline{n_1} \right ]=(4;7;2)\)
Véc tơ pháp tuyến của (P) là \(\overline{n_P}=(1;-2;1)\), suy ra vecto pháp tuyến của \((\alpha )\) là \(\overline{n_\alpha }=\left [\overline{u_d},\overline{n_P} \right ]=(11;-2;-15)\)
Ta nhận thấy \(M(0;-\frac{3}{2};0)\) thuộc đường thẳng d. Suy ra phương trình mặt phẳng (α) là: 11x – 2y – 15z – 3 = 0 .

Ta có \(\small (2+i)(1-iz)+\frac{2(1+2i)}{1+i}=(3-2i)z\Leftrightarrow 2+i+1(1-2i)z+3+i=(3-2i)z\)

\(\small \Leftrightarrow 5+2i=2z\)

Suy ra \(\small z=\frac{5}{2}+i.\) Khi đó \(\small \left | z \right |=\frac{\sqrt{29}}{2}\)

Điều kiện \(\small x \geq 0\)
Xét hàm số \(\small f(t)=e^t+\sqrt{t}+\frac{1}{\sqrt{t}}\) với \(\small t\in \left [ 1;+\infty )\)

Ta có \(\small f'(t)=e^t+\sqrt{t}+\frac{t-1}{2t\sqrt{t}}> 0\) với \(\small t\in \left [ 1;+\infty )\)

Do đó từ bất phương trình đã cho tương đương với \(\small 1+\sqrt{x}> 2x-4\sqrt{x}+3\)

\(\small \Leftrightarrow 2x-5\sqrt{x}+2< 0\Leftrightarrow \frac{1}{2}< \sqrt{x}< 2\Leftrightarrow \frac{1}{4}< x< 4\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình gồm các giá trị của x thỏa mãn