Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán lần 6 - THPT Chuyên ĐH Sư Phạm, Hà Nội

1.Học sinh tự giải
2.
Từ ý 1) ta thấy đồ thị của hàm số y = x³ – 3x² + 2 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x₁, x₂ = 1, x₃ với x₁x₂= 1 < x_3.


Từ đó suy ra phương trình \(x^3-3x^2-m=0\Leftrightarrow x^3-3x^2+2=m+2\)
Có ba nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1 khi và chỉ khi đường thẳng y = m + 2 cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt trong đó có đúng hai nghiệm có hoành độ lớn hơn 1.
Từ đồ thị (C) suy ra điều kiện là: \(-2< m+2< 0\Leftrightarrow -4< m< -2\)
 

Ta có  \(\frac{\sqrt{1+cos\alpha}+\sqrt{1-cos\alpha}}{\sqrt{1+cos\alpha}-\sqrt{1-cos\alpha}}=\) \(\frac{\sqrt{1+cos\alpha}+\sqrt{1-cos\alpha}}{\sqrt{1+cos\alpha}-\sqrt{1-cos\alpha}}=\frac{\sqrt{2cos^2\frac{\pi }{2}}+\sqrt{2sin^2\frac{\pi }{2}}}{\sqrt{2cos^2\frac{\pi }{2}}-\sqrt{2sin^2\frac{\pi }{2}}}\) \(=\frac{\left | cos\frac{\pi }{2} \right |+\left | sin\frac{\pi }{2} \right |}{\left | cos\frac{\pi }{2} \right |+\left | sin\frac{\pi }{2} \right |}\)
Vì \(\pi < \alpha < \frac{3\pi }{2}\) nên \(cos\frac{\alpha }{2}< 0\) và \(sin\frac{\alpha }{2}> 0\), suy ra
\(\frac{\sqrt{1+cos\alpha}+\sqrt{1-cos\alpha}}{\sqrt{1+cos\alpha}-\sqrt{1-cos\alpha}}=\frac{sin\frac{\alpha }{2}-cos\frac{\alpha }{2}}{-sin\frac{\alpha }{2}-cos\frac{\alpha }{2}}=\frac{cos(\frac{\alpha }{2}+\frac{\alpha }{4})}{sin(\frac{\alpha }{2}+\frac{\alpha }{4})}\)
= \(cot(\frac{\alpha }{2}+\frac{\alpha }{4})\) (đpcm)
2. PT
\(\Leftrightarrow 2^{2x^2+2x}+2^{1-x^2}-2^{x^2+2x+1}-1=0\)
\(\Leftrightarrow -2^{2x^2+2x}(2^{1-x^2}-1)+(2^{1-x^2}-1)=0\)
\(\Leftrightarrow (2^{1-x^2}-1)+(2^{1-x^2}-1)=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} 2^{1-x^2}=1\\ 2^{2x^2+2x}=1 \end{matrix}\Leftrightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} x^2=1\\ 2x^2+2x=0 \end{matrix}\)
\(\Leftrightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} x=\pm 1\\ x=0 \end{matrix}\)

Điều kiện \(x \geq -1\). Phương trình đã cho tương đương với
\(-5(x-2)\sqrt{x+1}+2(x+1)+2(x^2-4x+4)=0\)
\(\Leftrightarrow 2(x-2)^2-4(x-2)\sqrt{x+1}-(x-2)\sqrt{x+1}+2(\sqrt{x+1})^2=0\)
\(\Leftrightarrow 2(x-2)\left [ (x-2)-2\sqrt{x+1} \right ]-\sqrt{x+1}\left [ (x-2)-2\sqrt{x+1} \right ]=0\)
\(\Leftrightarrow \left [ (x-2)-2\sqrt{x+1} \right ]\left [ 2(x-2)-\sqrt{x+1} \right ]=0\)
\(\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x-2=2\sqrt{x+1}\\ 2x-4=\sqrt{x+1} \end{matrix}\)
Xét \(x-2=2\sqrt{x+1}=x-2\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 2\\ x^2-8x=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=8\)
Xét \(\sqrt{x+1}=2x-4\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 2\\ 4x^2-17x+15 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=3\)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 3, x = 8.

Ta có:  \(I=\int_{\frac{1}{4} }^{\frac{1}{2}}\frac{1-x^2+x^2}{x^4(x^2-1)}dx= \int_{\frac{1}{4} }^{\frac{1}{2}}\frac{dx}{x^4}+\int_{\frac{1}{4} }^{\frac{1}{2}}\frac{dx}{x^2(x^2-1)}\) \(=-\int_{\frac{1}{4} }^{\frac{1}{2}}\frac{dx}{x^4}+\int_{\frac{1}{4} }^{\frac{1}{2}}\left ( \frac{1}{x^2-1}-\frac{1}{x^2} \right )dx\)
\(=-\int_{\frac{1}{4} }^{\frac{1}{2}}\frac{dx}{x^4}+\frac{1}{2}\int_{\frac{1}{4} }^{\frac{1}{2}}\left ( \frac{1}{x^2-1}-\frac{1}{x^2} \right )dx\) \(-\int_{\frac{1}{4} }^{\frac{1}{2}}\frac{dx}{x^2}=\frac{1}{3x^3}\bigg |_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}ln\frac{\left | x-1 \right |}{\left | x+1 \right |}\bigg |_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}\) \(+\frac{1}{x}\bigg |_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}}\)
\(=\frac{1}{3}(8-64)+\frac{1}{2}(ln\frac{1}{3}-ln\frac{3}{5})+(2-4)=-\frac{62}{3}+\frac{1}{2}ln\frac{5}{9}\)
Vậy \(I=-\frac{62}{3}+\frac{1}{2}ln\frac{5}{9}\)
 

- Tính khoảng cách:
Gọi M, N thứ tự là trung điểm của CD, AB; H là tâm của đáy ABCD. Do AB // CD nên d(AB,SC) = d(N,(SCD))
Trong ∆SHM kẻ HE ⊥ SM, ta có \(SM=\sqrt{SH^2+HM^2}=\frac{a\sqrt{5}}{5}\)
Do CD \(\perp\) SH \(\Rightarrow\) HE \(\perp\) (SCD) \(\Rightarrow\) d(H, (SCD))= HE. Ta có HM = HN nên d(N,(SCD))= 2HE. Trong tam giác vuông SHM có SH. HM = HE.SM \(\Rightarrow\) \(HE = \frac{a\sqrt{5}}{5}\)
Vậy \(d(AB,SC)=\frac{2a\sqrt{5}}{5}\)

- Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Hình chóp S.ABCD đều nên SH là trục của đáy ABCD. Khi đó tâm O của khối cầu ngoại tiếp hình chóp là giao điểm của mặt phẳng trung trực của một cạnh bên hình chóp và trục SH.
Trong ∆SAH vuông kẻ đường trung trực của cạnh SA, gọi O là giao điểm của đường trung trực này với SH.
Khi đó SO là bán kính của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Trong ∆SAH có \(SA=\sqrt{SH^2+HA^2}=\frac{2\sqrt{6}}{2}\)
Gọi I là trung điểm của SA. Ta có \(\Delta SHA\sim \Delta SIO \Rightarrow SO=\frac{SI.SA}{SH}=\frac{3a}{4}\)
Thể tích khối cầu là \(V=\frac{4\pi }{3}(\frac{3a}{4})^3=\frac{9\pi a^3}{16}\) (đvtt)

Từ giả thiết suy ra tam giác ABD vuông cân tại B. Gọi M là trung điểm của DF thì \(ME=\frac{DF}{2}=MB\Rightarrow \Delta MEB\) cân tại  \(M\Rightarrow\widehat{MEB}=\widehat{MBE}\)  và \(\widehat{MFB}=\widehat{MBF}\). Xét tứ giác BEMF có \(\widehat{MBE}+\widehat{MFB}=\widehat{MBE}+\widehat{MBF}=\widehat{EBF}=135^0\)
Suy ra \(\widehat{EMF}=360^0-2.135^0=90^0\). Vậy ∆EDF vuông cân tại E, nên ED = EF = 5.
Từ đó xác định được D, do đó B và C cũng được xác định.
Ta có: \(\overrightarrow{EF}=(4;-3)\), phương trình DE: 4x – 3y + 2 = 0.
Giả sử \(D(t;\frac{4t+2}{3})\) khi đó ED = 5 \(\Leftrightarrow (t-1)^2+(\frac{4t-4}{3})^2=25\)
\(\Leftrightarrow (t-1)^2=9\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} t=-2\\ t=4 \end{matrix}\)
+ Với t = 4. Khi đó D(4;6), \(\overrightarrow{FA}=(1;-1)\), phương trình BD: x – y + 2 = 0 và phương trình AF: x + y – 4 = 0.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{\begin{matrix} x-y+2=0\\ x+y-4=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow B(1;3)\)
Mặt khác điểm B phải thuộc đường thẳng d đi qua E song song với AD, nên tọa độ điểm B phải thỏa mãn phương trình đường thẳng d: 4x + y – 6 = 0, khi đó: 4 + 3 – 6 = 0. Điều này mâu thuẫn.

+ Với t = -2. Khi đó D(-2;-2), phương trình BD: x – y = 0 và B là giao điểm của BD và AF. Suy ra B(2;2). Điểm B phải thuộc đường thẳng qua E song song với AD: y – 2 = 0, rõ ràng điểm B(2;2) thỏa mãn
Ta có\(\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}\). Từ đó suy ra điểm C(-2;2). Khi đó \(\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{CD}=0=\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{CD}\Leftrightarrow CD\perp BC\) và \(CD\perp AD\)
Vậy B(2;2), C(-2;2) và D(-2;-2)

Gọi véc tơ pháp tuyến của mp (P) là \(\overrightarrow{n_P}=(1;-2;1)\),  véc tơ chỉ phương của đường thẳng d là \(\overrightarrow{n_d}=(2;1;-1)\) và góc tạo bởi d và (P) là \(\alpha\).
Ta có \(sin\alpha =\frac{\left | \overrightarrow{n_P}. \overrightarrow{n_d} \right |}{\left | \overrightarrow{n_P}\right |\left |\overrightarrow{n_d} \right |}=\frac{\left | 1.2-2.1-1.1 \right |}{\sqrt{6}.\sqrt{6}}=\frac{1}{6}\)
Giả sử M(1+2t; t; -2-t) và H là hình chiếu vuông góc của M trên (P).
Khi đó ta có \(MH=AM.sin\alpha =\frac{\sqrt{6}}{6}\)

Và \(MH=d(M,(P))=\frac{\left | 4+2t-2t-2-t \right |}{\sqrt{6}}=\frac{\left | 1+t \right |}{\sqrt{6}}\)/
Suy ra \(\frac{\left | 1+t \right |}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}\Leftrightarrow \left | 1+t \right |=1\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} t=0\\ t=-2 \end{matrix}\Rightarrow\) M₁ (1;0;-2) và M₂ (-3;-2;0)
Vậy có hai điểm M1(1;0;-2) và M2 (-3;-2;0) thỏa mãn AM = \(\sqrt{6}\) và khoảng cách đến (P) bằng \(\frac{\sqrt{6}}{6}\)

Số phần tử của không gian mẫu là N(Ω) = P₅ = 5! = 120
Gọi A là biến cố ứng với tấm bìa được lấy ra mà số ghi trên đó có hai chữ số 1 và 2 đứng cạnh nhau.
Trường hợp chữ số 1 đứng bên trái, chữ số 2 đứng kề bên phải. Có 4 cách chọn vị trí cho 2 chữ số 1, 2 đứng kề nhau. Với mỗi cách chọn vị trí có hai chữ số 12 thì P₃ = 3! = 6 cách chọn cho 3 chữ số còn lại.
Do đó trong trường hợp này có 4.6 = 24 số tạo thành.
Trường hợp chữ số 2 đứng bên trái chữ số 1 đứng kề bên phải
Hoàn toàn tương tự như trên ta cũng có 24 số được tạo thành.
Suy ra N(A) = 24 + 24 = 48
Vậy \(P(A)=\frac{N(A)}{N(\Omega )}=\frac{48}{120}=\frac{2}{5}\)

Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ:

\(\left\{\begin{matrix} x^2-8x+y^2+2xy-8y=-(4m^2+8m+8)\\ x^2-12x+y^2-2xy+12y=4m^2+4m-40 \end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+y-4)^2=-4m^2-8m+8\\ (x-y-6)^2=4m^2+4m-4 \end{matrix}\right.\)

Suy ra hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
\(\left\{\begin{matrix} \\ -4m^2-8m+8\geq 0\\ 4m^2+4m-4\geq 0\\ \\ \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \\ m^2+2m-2\geq 0\\ m^2+m-1\geq 0\\ \\ \end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -1-\sqrt{3}\leq m\leq -1+\sqrt{3}\\ \bigg \lbrack\begin{matrix} m\geq \frac{-1+\sqrt{5}}{2}\\ m\leq \frac{-1-\sqrt{5}}{2} \end{matrix}\\ \end{matrix}\right.\)
Vì m là số nguyên nên m = - 2