Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn toán (đề số 1)

TRƯỜNG THPT QUANG TRUNG Ngày 30/11/2014 ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA NĂM 2015 ĐỀ SỐ 1 (Thời gian 180 phút) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ( ) ( ) 3 2 3 1 1 1y x x m x= − + + + có đồ thị ( ) m C , với m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = − . b) Tìm m để đường thẳng ( ): 1y x∆ = + cắt đồ thị ( ) m C tại 3 điểm phân biệt (0;1), ,A B C sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC bằng 5 2 2 , với O là gốc tọa độ. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 1. 2 2 (1 cos )cot cos sin sin sin 2x x x x x x− + − + = 2. ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 4 1 2 log 4 3log 2 =6+log 6x x x− − + + Câu 3 (1,0 điểm). 1. Tìm hệ số của 10 x trong khai triển Niu-tơn của biểu thức: 2 3 1 n x x   +  ÷   , với 0x ≠ , n là số nguyên dương thỏa mãn: 1 2 1 100 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n C C C C − + + + = − − . 2. Cho 8 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau từ các chữ số trên, trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 3. Câu 4 (1,0 điểm). 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 2 1x mx m x− − = − có nghiệm. 2. Tìm giới hạn: ( ) 3 1 3 2 1 3 7 4 lim 1 x x e x x x I x + →− + + + + = + . Câu 5.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ( ) ( ) 2 2 5 5 1 0 1 1 2 x y x y y x y y x y  − − + =   − + − = − +   ( ∈x, y R ) Câu 6.(1,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 : 3 1 9C x y− + − = và đường thẳng ( ) :d 10 0x y+ − = . Từ điểm M trên ( ) d kẻ hai tiếp tuyến đến ( ) C , gọi ,A B là hai tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn 3 2AB = . 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ( ) : 2 3 0d x y− + = và đường tròn (C): 2 2 4 1 0x y x+ − − = . Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C) và tiếp xúc với (C). Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và · 0 120BAD = , BD = a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy bằng 0 60 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC). Câu 8.(1,0 điểm). Cho ba số thực dương a , b , c thỏa mãn điều kiện : ab + bc + ca = 2abc. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 1 (2 1) (2 1) (2 1) 2a a b b c c + + ≥ − − − . Hết 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 1 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Khảo sát SBT và vẽ đồ thị hàm số với 1m = − . Ta có 3 2 3 1y x x= − + 1,0 Tập xác định:D = .R Giới hạn: ( ) 3 2 lim lim 3 1 ,lim x x x y x x y →−∞ →−∞ →+∞ = − + = −∞ = +∞ . Sự biến thiên: 2 0 3 6 3 ( 2), 0 2 x y x x x x y x =  ′ ′ = − = − = ⇔  =  + Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ . + Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 . Hàm số đạt cực đại tại 0, (0) 1 CĐ x y y= = = , đạt cực tiểu tại 2, (2) 3 CT x y y= = = − *Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y ′ + 0 - 0 + y 1 +∞ −∞ -3 *Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1) Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng. f(x)=x^3-3x ^2+1 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 1.2 Tìm m để đường thẳng ( ): 1y x∆ = + cắt đồ thị ( ) m C tại 3 điểm phân biệt (0;1), ,A B C sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC bằng 5 2 2 , với O là gốc tọa độ. 1,0 Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) m C và ( ∆ ): ( ) 3 2 3 1 1 1x x m x x− + + + = + ( ) ( ) ( ) 2 2 0 1 0;1 3 0 3 0 2 x y A x x x m x x m = ⇒ = ⇒  ⇔ − + = ⇔  − + =   Để ( ) m C cắt ( ∆ ) tại 3 điểm phân biệt (2)⇔ có 2 nghiệm phân biệt khác 0 0 9 4 m m ≠   ⇔  <   Giả sử ( ) ( ) 1 1 2 2 ; 1 , ; 1B x x C x x+ + khi đó 1 2 ;x x là nghiệm của phương trình (2) Ta có ( ) ( ) 1 . . . ; 2 4 OBC OB OB BC S BC d O R = ∆ = (với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 . . . ; . 2 . ; 5 2 ; 3 2 4 OB OC d O OB OC R d O d O R ⇒ ∆ = ⇔ = ∆ = ∆ Mà ta có ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 . 2 2 1 2 2 1OB OC x x x x= + + + + Với 2 2 1 1 2 2 3 ; 3x x m x x m= − = − 2 . 4 12 25OB OC m m⇒ = + + ( ) ( ) 1 2 * ; 2 2 d O ∆ = = Khi đó thế vào (3) ta được 2 0 2 4 12 25 5 2. 5 3 2 m m m m =  + + = = ⇔  = −  Kết hợp điều kiện có ba giao điểm suy ra: 3m = − . 2.1 Giải phương trình: 2 2 (1 cos )cot cos sin sin sin 2x x x x x x− + − + = 0,5 Phương trình 2 2 (1 cos )cot cos sin sin sin 2x x x x x x− + − + = Điều kiện: sin 0 ( )x x k k π ≠ ⇔ ≠ ∈¢ Khi đó: PT ⇔ cos (1 cos ) cos2 sin sin 2 sin x x x x x x − + + = 2 2 2 2 2 2 cos cos cos2 sin sin 2sin cos cos (1 2sin ) cos2 sin (cos sin ) 0 x x x x x x x x x x x x x ⇔ − + + = ⇔ − + − − = cos cos2 cos 2 sin cos2 0 cos2 0 cos2 (cos sin 1) 0 cos sin 1 0 x x x x x x x x x x x ⇔ + − = =  ⇔ + − = ⇔  + − =  Với cos2 0 ( ) 4 2 x x k k π π = ⇔ = + ∈¢ . Với 1 cos sin 1 0 cos 2 4 4 4 2 x x x x l π π π π   + − = ⇔ − = ⇔ − = ± +  ÷   2 ( ) 2 2 x l l x l π π π  = +  ⇔ ∈  =  ¢ . Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là: 4 2 x k π π = + , 2 2 x l π π = + ( , )k l ∈¢ . 2.2 Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 4 1 2 log 4 3log 2 =6+log 6x x x− − + + . Điều kiện: 6 4 2 x x − < <   ≠ −  0,5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3log 4 3log 2 =6-3log 6 log 4 log 6 log 4 2 log 4 6 log 4 2 PT x x x x x x x x x ⇔ − − + + ⇔ − + + = + ⇔ − + = +     ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 4 6 4 2 4 6 x x x x x x + = − + ⇔  + = − − +   Vì ( ) ( ) 4 6 0x x− + > với 6 4 2 x x − < <   ≠ −  . 2 2 8 ( ) 2( ) 6 16 0 1 33 ( ) 2 32 0 1 33 ( ) x l x tm x x x l x x x tm = −   =  + − =  ⇔ ⇔   = + − − =    = −  Vậy phương trình có hai nghiệm: 1 33; 2x x= − = 3.1 Tìm hệ số của 10 x trong khai triển Niu tơn của biểu thức: 2 3 1 n x x   +  ÷   với n nguyên dương thỏa mãn: 1 2 1 100 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n C C C C − + + + = − − 0,5 3 Ta có: ( ) 2 0 1 2 0 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C + + + + = + ⇔ + + + + + + = 0 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n C C C C C − ⇔ + + + + + = 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n C C C C − ⇔ + + + + + = 2 100 2 2 50 n n⇔ = ⇔ = Ta có: ( ) 50 50 50 3 50 2 2 5 150 50 50 3 0 0 1 k k k k k k k x C x x C x x − − − = =   + = =  ÷   ∑ ∑ Hệ số chứa 10 x tương ứng với 5 150 10 32k k − = ⇔ = . Vậy hệ số của 10 x là 32 50 C 3.2 Cho 8 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau từ các số trên, trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 3. 0,5 Gọi số cần lập có dạng: 1 2 3 4 5 6 a a a a a a TH1: 1 3a = . Khi đó số cách sắp xếp 5 số còn lại là 5 7 2520A = (cách). TH2: 1 3a ≠ ( 1 0a ≠ ) Có 6 cách chọn a 1 . Đưa số 3 vào 5 vị trí còn lại có 5 cách Cách sắp xếp 6 số còn lại vào 4 vị trí còn lại có 4 6 A (cách) Theo quy tắc nhân TH2 có: 4 6 6.5 10800A = (cách) Vậy có: 2520 + 10800 = 13320 (số) thỏa mãn bài toán 4.1 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 2 1x mx m x− − = − có nghiệm. 0,5 ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 1 2 1 * 1 x x PT x x x mx m x m x ≥  ≥    ⇔ ⇔   + − − − = − =    +  Đặt ( ) ( ) ( ) 2 2 / 2 2 1 2 3 0, 1 1 1 x x x x f x f x x x x + − + + = ⇒ = > ∀ ≥ + + Suy ra ( ) (1) 1f x f≥ = , lim ( ) x f x →+∞ = +∞ . Kết luận phương trình có nghiệm ⇔ 1m ≥ . 4.2 Tìm giới hạn sau : ( ) 3 1 3 2 1 3 7 4 lim 1 x x e x x x x + →− + + + + + . 0,5 Ta có ( ) 3 1 3 2 1 1 1 3 7 5 lim lim 1 1 x x x e x x x I x x + →− →− − + + + = + + + Ta có ( ) ( ) ( ) 3 1 3 1 1 1 1 1 lim 3 lim 3 1 3 1 x x x x e e x x + + →− →− − − = = + + ( ) 3 2 2 1 1 3 7 5 lim lim 2 5 4 1 x x x x x x x x →− →− + + + = + + = + Vậy 3 4 7I = + = 5. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 5 5 1 0 1 1 1 2 2 x y x y y x y y x y  − − + =   − + − = − +   1,0 Điều kiện: 0 1 x y y + ≥   ≥  , Đặt: 0 1 0 x y a y b  + = ≥   − = ≥   Phương trình (2) trở thành: ( ) ( ) 2 2 1 1b a a b− = − ( ) ( ) 1 0a b ab⇔ − + = ( ) 1 1 1 0 1 a b y a b x y y ab VN x =  ≥  ⇔ ⇔ = ⇒ + = − ⇔   + = = −   Thay vào phương trình (1) ta được: 2 2 5 6 0 3 y y y y =  − + = ⇔  =  Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( 1;2)− và ( 1;3)− 6.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 : 3 1 9C x y− + − = và đường thẳng ( ) :d 10 0x y+ − = . Từ điểm M trên ( ) d kẻ hai tiếp tuyến đến ( ) C , gọi ,A B là hai tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn 3 2AB = 0,5 4 Đường tròn © có tâm (3;1)I ,bán kính 3R IA = = Gọi H AB IM= ∩ , do H là trung điểm của AB nên 3 2 2 AH = . Suy ra: 2 2 9 3 2 9 2 2 IH IA AH= − = − = và 2 6 3 2 2 IA IM IH = = = Gọi ( ) ( ) ;10M a a d− ∈ ta có ( ) ( ) 2 2 2 18 3 9 18IM a a= ⇔ − + − = 2 2 2 24 90 18 12 36 0 6a a a a a− + = ⇔ − + = ⇔ = . Vậy (6;4)M thỏa mãn bài ra. 6.2 Trong mặt phẳng tọa Oxy, cho đường thẳng (d) : x-2y+3=0 và đường tròn (C) : 2 2 4 1 0x y x+ − − = . Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C) và tiếp xúc với (C). (C) có tâm I(2;0), bán kính 5R = , 2 2 2 (2 3; ) ( ) (2 5)M t t d MI t t− ∈ ⇔ = − + TH1 : Đường tròn tâm M bán kính 2R tiếp xúc trong với (C) 2 2 IM R= 2 1 5 20 20 0 2 (1;2)t t t M⇔ − + = ⇔ = ⇒ TH2 : Đường tròn tâm M bán kính 2R tiếp xúc ngoài với (C) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 2 2 9 5 20 20 0 4 4 0 2 2 2 (1 4 2;2 2 2), 1 4 2;2 2 2 t MI R t t t t t M M  = + = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇒  = −   ⇒ + + − − Vậy: ( ) 1 1;2M , ( ) 2 3 (1 4 2;2 2 2), 1 4 2;2 2 2M M+ + − − 7 Từ ABCD là hình thoi và · 0 120BAD = nên ABC là tam giác đều. Gọi I là trung điểm của BC ( ) BC SAI⇒ ⊥ ⇒ ¶ SIA là góc giữa (SBC) và mặt phẳng đáy (ABCD) ⇒ ¶ 0 60SIA = . Mặt khác: 2 2 2 4BD AC AB+ = Do AC = AB 0 .sin 60 2 3 3 BD a a AB AI AB⇒ = = ⇒ = = Do SA ( ) ABCD⊥ nên SA là đường cao của hình chóp nên 0 3 .tan 60 2 a SA AI= = 3 . 1 1 1 3 . . . . 3 3 2 2 12 3 S ABCD ABCD a a a V S SA a⇒ = = = 3 . 12 S ABCD a V⇒ = .(đvtt) Vì ( ) ( ) ( )BC SAI SAI SBC⊥ ⇒ ⊥ Trong tam giác SAI kẻ đường cao AH (1)AH SI⇒ ⊥ Do ( ) (2)BC SAI AH BC⊥ ⇒ ⊥ Từ (1) và (2) ( )AH SBC⇒ ⊥ hay ( ) ( ) ,AH d A SBC= Trong tam giác vuông SAI ta có : 2 2 3 1 . . 3 2 2 4 3 4 4 a a SA AI a AH SI a a = = = + Vậy: ( ) ( ) 3 , 4 a d A SBC = . x d H M A B I O y 5 7 1,0 8 Cho ba số thực dương a , b , c thay đổi thỏa mãn điều kiện : ab + bc + ca = 2abc. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 1 (2 1) (2 1) (2 1) 2a a b b c c + + ≥ − − − . 1,0 Từ giả thiết suy ra 1 1 1 2 a b c + + = Đặt : 1 1 1 ; y = ; z = b c x a = Suy ra x,y,z > 0 và 2x y z+ + = Ta có: 3 3 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 (2 1) (2 1) (2 1) ( ) ( ) ( ) x y z P a a b b c c y z x z y x = + + = + + − − − + + + Áp dụng bđt Cô-si: 3 2 3 ( ) 8 8 4 x y z y z x y z + + + + ≥ + 3 2 3 ( ) 8 8 4 y x z x z y x z + + + + ≥ + 3 2 3 ( ) 8 8 4 z y x y x z y x + + + + ≥ + Do đó: 1 1 ( ) 4 2 P x y z≥ + + = ( đpcm). Dấu “=’’ xảy ra 2 3 3 2 x y x a b c= = = ⇔ = = = D C A B S I H 6 . − . 1, 0 Từ giả thiết suy ra 1 1 1 2 a b c + + = Đặt : 1 1 1 ; y = ; z = b c x a = Suy ra x,y,z > 0 và 2x y z+ + = Ta có: 3 3 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 (2 1) (2 1) (2 1) ( ) ( ) ( ) x y z P a. x + →− →− − + + + = + + + Ta có ( ) ( ) ( ) 3 1 3 1 1 1 1 1 lim 3 lim 3 1 3 1 x x x x e e x x + + →− →− − − = = + + ( ) 3 2 2 1 1 3 7 5 lim lim 2 5 4 1 x x x x x x x x →− →− + + + = + + = + Vậy. luận phương trình có nghiệm ⇔ 1m ≥ . 4.2 Tìm giới hạn sau : ( ) 3 1 3 2 1 3 7 4 lim 1 x x e x x x x + →− + + + + + . 0,5 Ta có ( ) 3 1 3 2 1 1 1 3 7 5 lim lim 1 1 x x x e x x x I x x + →− →− −