đề thi thử thpt quốc gia môn toán, đề số 40

Các em chú ý không đăng đáp án các đề của thầy ra ngoài Box giải đề - Thầy: Đặng Thành Nam Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 1 Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 40/50 Ngày thi : 16/05/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 2x − 4 x +1 có đồ thị là (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm điểm A trên đồ thị (C) sao cho điểm đối xứng của A qua I(1;0) thuộc đường thẳng y = 1 . Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho số thực a thoả mãn tan a = −2 . Tính giá trị biểu thức P = 1 − sin 4a + 1− cos 4a . b) Cho số phức z thoả mãn z +1 = m +1 + 2.i m −1 với m là số thực khác 1. Tìm z biết z + i là số thực. Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 3 x.log 9 9 x = 1 2 . Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 − x + 2 x 2 − x + 1 = 4x(1− x + x 2 − x + 1) 2 . Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = (x + cos x).sin x dx 0 π 2 ∫ . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a . Gọi M,N lần lượt là hai điểm trên các cạnh AB,CD thoả mãn MB = 2MA, NC = 2ND . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thoả mãn HN ! "!! = −3HM ! "!!! . Góc hợp bởi mặt phẳng (SBC) và mặt đáy (ABCD) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếp đường tròn tâm I(2;1). Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của BC,CA,AB với (I) và M là trung điểm cạnh AC. Đường thẳng MI cắt cạnh AB tại N, đường thẳng DF cắt đường cao AH tại điểm P. Cho biết N(3;4), P(1;2) và đỉnh A thuộc đường thẳng x − 3y − 5 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(2;1;3), B(4;0;5) và C(3;-1;4). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và mặt cầu (S) tâm I có hoành độ dương bán kính bằng 33 , tiếp xúc với mặt phẳng (ABC) taị trực tâm H của tam giác ABC. Câu 9 (0,5 điểm). Chọn ngẫu nhiên 4 điểm từ 2016 đỉnh của một đa giác đều, tính xác suất để 4 điểm được chọn ra là bốn đỉnh của một hình vuông. Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn (a − b) 2 + (b− c) 2 + (c − a) 2 ≤ 2 và ab + bc + ca > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 3 − b 3 a + b + b 3 − c 3 b + c + c 3 − a 3 c + a . HẾT Các em chú ý không đăng đáp án các đề của thầy ra ngoài Box giải đề - Thầy: Đặng Thành Nam Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 2 PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 2x − 4 x +1 có đồ thị là (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm điểm A trên đồ thị (C) sao cho điểm đối xứng của A qua I(1;0) thuộc đường thẳng y = 1 . 1. Học sinh tự giải. 2. Giả sử điểm A(a; 2a − 4 a + 1 ),a ≠ −1 khi đó A’ là điểm đối xứng của A qua I(1;0) có toạ độ là A '(2 − a;− 2a − 4 a + 1 ) . Do A’ thuộc đường thẳng y = 1 ⇒ − 2a − 4 a + 1 = 1 ⇔ a = 1 ⇒ A(1;−1) . Vậy điểm cần tìm A(1;-1). Câu 2 (1,0 điểm). c) Cho số thực a thoả mãn tan a = −2 . Tính giá trị biểu thức P = 1 − sin 4a + 1− cos 4a . d) Cho số phức z thoả mãn z +1 = m +1 + 2.i m −1 với m là số thực khác 1. Tìm z biết z + i là số thực. a) P = sin 2a − cos 2a + 2 2 sin 2a . Ta có: sin 2a = 2 tan a 1+ tan 2 a = −4 5 ,cos 2a = 1− tan 2 a 1+ tan 2 a = −3 5 . Do đó P = 1 5 + 2. 4 5 = 4 2 + 1 5 . b) Ta có: z = m +1+ 2.i m −1 − 1 = 2 + (3 − m).i m −1 ⇒ z + i = 2 + (m − 3).i m −1 + i = 2 + (2m − 4).i m −1 . Vì vậy z + i là số thực khi và chỉ khi 2m − 4 = 0 ⇔ m = 2 ⇒ z = 2 + i . Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 3 x.log 9 9 x = 1 2 . Điều kiện: x > 0 . Phương trình tương đương với: log 3 x(1− log 9 x) = 1 2 ⇔ log 3 x(1− 1 2 log 3 x) = 1 2 ⇔ log 3 2 x − 2 log 3 x +1 = 0 ⇔ log 3 x = 1 ⇔ x = 3 . Vậy nghiệm phương trình x = 3 . Bài tập tương tự - Giải phương trình log 2 x.log 4 4 x = 1 2 . Đ/s: x = 2 . Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 − x + 2 x 2 − x + 1 = 4x(1− x + x 2 − x + 1) 2 . Nếu x ≤ 0,VP ≤ 0,VT > 0 phương trình vô nghiệm. Xét x > 0 , phương trình tương đương với: 2(1 − x + x 2 − x + 1)+ 1+ x = 4x(1 − x + x 2 − x + 1) 2 . Đặt t = 1− x + x 2 − x + 1 > 0,∀x > 0 , phương trình trở thành: 2t + 1 + x = 4 xt 2 ⇔ 4 xt 2 − 2t − 1 − x = 0 . Ta có: Δ t ' = 1− 4x(−1− x) = (2x +1) 2 ⇒ t = 1− (2x + 1) 4x = − 1 2 (l);t = 1+ (2x + 1) 4x = x +1 2x . Các em chú ý không đăng đáp án các đề của thầy ra ngoài Box giải đề - Thầy: Đặng Thành Nam Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 3 Vậy t = 1 − x + x 2 − x + 1 = x +1 2x ⇔ 2 x x 2 − x + 1 = 2 x 2 − x + 1 . ⇔ 2x x 2 − x + 1 = (x 2 − x + 1) + x 2 ⇔ (x − x 2 − x + 1) 2 = 0 ⇔ x = x 2 − x + 1 ⇔ x ≥ 0 x 2 = x 2 − x + 1 ⎧ ⎨ ⎩ ⇔ x = 1 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 . Bình luận: Bài toán thầy ra theo hướng ẩn phụ không hoàn toàn, ta có thể đặt t = x 2 − x + 1 , tuy nhiên để cho đơn giản đặt t = 1 − x + x 2 − x + 1 là phép đặt tối ưu. Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = (x + cos x).sin x dx 0 π 2 ∫ . Ta có: I = (x sin x + 1 2 sin 2x)dx 0 π 2 ∫ = x sin x dx 0 π 2 ∫ + 1 2 sin 2x dx 0 π 2 ∫ . +) K = 1 2 sin 2 x dx 0 π 2 ∫ = − 1 4 cos 2x π 2 0 = 1 2 . +) M = x sin x dx 0 π 2 ∫ = − xd(cos x) 0 π 2 ∫ = −x cos x π 2 0 + cos x dx 0 π 2 ∫ = sin x π 2 0 = 1 . Vậy I = K + M = 1 2 + 1 = 3 2 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a . Gọi M,N lần lượt là hai điểm trên các cạnh AB,CD thoả mãn MB = 2MA, NC = 2ND . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thoả mãn HN ! "!! = −3HM ! "!!! . Góc hợp bởi mặt phẳng (SBC) và mặt đáy (ABCD) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC). Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD. Theo giả thiết MB = ND = a 3 ⇒ IB ID = MB ND = 1 . Suy ra M,I,N thẳng hàng và I là trung điểm của MN. Do HN ! "!! = −3HM ! "!!! nên H là trung điểm IM. Kẻ HK//CD (K thuộc BC) thì do BC ⊥ HK BC ⊥ SH ⎧ ⎨ ⎩ ⇒ BC ⊥ (SHK ) ⇒ SKH ! = 60 0 . Gọi L là trung điểm BC, thì IL là đường trung bình của hình thang BMNC; HK là đường trung bình của hình thang BMIL. Do đó IL = BM + NC 2 = a 3 + 2a 3 2 = a 2 ; HK = BM + IL 2 = a 3 + a 2 2 = 5a 12 . Các em chú ý không đăng đáp án các đề của thầy ra ngoài Box giải đề - Thầy: Đặng Thành Nam Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 4 Tam giác vuông SHK có SH = HK.tan 60 0 = 5a 12 . 3 = 5a 3 12 . Vì vậy V S.ABCD = 1 3 SH .S ABCD = 1 3 . 5a 3 12 .a.2a = 5a 3 3 18 (đvtt). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếp đường tròn tâm I(2;1). Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của BC,CA,AB với (I) và M là trung điểm cạnh AC. Đường thẳng MI cắt cạnh AB tại N, đường thẳng DF cắt đường cao AH tại điểm P. Cho biết N(3;4), P(1;2) và đỉnh A thuộc đường thẳng x − 3y − 5 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C. Ta chứng minh AM=AN, Do A ! = 90 0 , IE ⊥ AC ⇒ IE / /AN ⇒ AN EI = AM EM . Do đó AN = AM .EI EM = AC.EI 2(AM − AE) (1) . Vì A ! = 90 0 ⇒ AEIF là hình vuông, do đó AE = EI . Ta có: AE + CD + BD = 1 2 (AB + BC + CA) ⇒ AE = CA + AB − BC 2 (2) . Ta lại có BC − AB = CD − AF = CE − AE = 2(AM − EM ) (3) . Từ (1),(2),(3) suy ra: AN = AC(CA + AB − BC) 2(BC − AB) = AC 2 + AB.AC − AC.BC 2(BC − AB) = BC 2 − AB 2 + AC(AB − BC) 2(BC − AB) = BC + AB − AC 2 (*) . Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt DF tại K, ta có BD = BF . Vì vậy AK = AF = AE, AKF ! = BDF ! = 90 0 − 1 2 B " = BIF ! . Xét tam giác AKP có AP = AK tan K ! = AK.tan(90 0 − 1 2 B ! ) = AK cot B ! 2 = AE cot B ! 2 . Do đó AP = AC + AB − BC 2 . BD ID . Mà BD = BC + AB − AC 2 , ID = AE = AC + AB − BC 2 . Suy ra AP = BC + AB − AC 2 (**) . Từ (*),(**) suy ra AN = AP . Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ x − 3y − 5 = 0 (x − 3) 2 + (y − 4) 2 = (x −1) 2 + (y − 2) 2 ⎧ ⎨ ⎩ ⇔ x = 5 y = 0 ⎧ ⎨ ⎩ ⇒ A (5;0) . Phương trình đường thẳng AB đi qua A,N là 2x + y − 10 = 0 . Phương trình đường thẳng AC đi qua A vuông góc AB là x − 2y − 5 = 0 . Phương trình đường cao AH đi qua A,P là x + 2y − 5 = 0 . Đường thẳng MN đi qua N,I là 3x − y − 5 = 0 . Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 3x − y − 5 = 0 x − 2y − 5 = 0 ⎧ ⎨ ⎩ ⇒ M (1;−2) . Do M là trung điểm AC nên C(-3;-4). Phương trình đường thẳng BC đi qua C vuông góc AH là 2x − y + 2 = 0 . Các em chú ý không đăng đáp án các đề của thầy ra ngoài Box giải đề - Thầy: Đặng Thành Nam Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 5 Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ 2x − y + 2 = 0 2x + y −10 = 0 ⎧ ⎨ ⎩ ⇒ B(2;6) . Vậy A(5;0), B(2;6) và C(-3;-4). Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(2;1;3), B(4;0;5) và C(3;-1;4). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và mặt cầu (S) tâm I có hoành độ dương bán kính bằng 33 , tiếp xúc với mặt phẳng (ABC) taị trực tâm H của tam giác ABC. Ta có: AB ! "!! = (2;−1;2), AC ! "!! = (1;−2;1) ⇒ AB ! "!! , AC ! "!! ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ = (3;0;−3) / /(1;0;−1) . Mặt phẳng (ABC) đi qua C(3;-1;4) và có vtpt là (1;0;-1) nên có phương trình là x − z + 1 = 0 . Gọi H(x;y;z) là trực tâm tam giác ABC, ta có: HC ! "!! = (3 − x;−1− y;4 − z), HB ! "!! = (4 − x;− y;5 − z) . Ta có hệ điều kiện: H ∈(ABC) HC ! "!! .AB ! "!! = 0 HB ! "!! .AC ! "!! = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ ⇔ x − z + 1 = 0 2(3− x)− (−1− y) + 2(4 − z) = 0 (4 − x) − 2(−y) + (5 − z) = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ ⇔ x = 3 y = −1 z = 4 ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ ⇒ H (3;−1;4) . +) Đường thẳng Δ đi qua H và nhận nhận vtpt của (ABC) làm véc tơ chỉ phương, Δ : x = 3 + t y = −1 z = 4 − t ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ ,t ∈! . Gọi tâm mặt cầu I(3+t;-1;4-t), ta có IH = 33 ⇔ 2t 2 + 1 = 33 ⇔ t = ±4 ⇒ I (7;−1;0) . Vậy (S) :(x − 7) 2 + (y + 1) 2 + z 2 = 33 . Bình luận: Ta có thể tìm nhanh điểm H bằng nhận biết AC ! "!! .CB ! "!! = 0 ⇒ H ≡ C . Câu 9 (0,5 điểm). Chọn ngẫu nhiên 4 điểm từ 2016 đỉnh của một đa giác đều, tính xác suất để 4 đỉnh được chọn ra là bốn đỉnh của một hình vuông. Không gian mẫu là số cách chọn tuỳ ý 4 trong 2016 đỉnh của đa giác đã cho có Ω = C 2016 4 . Gọi A là biến cố 4 đỉnh được chọn lập thành một hình vuông, để tìm số kết quả thuận lợi cho A ta tìm số hình vuông tạo thành từ mỗi bộ 4 đỉnh của đa giác đều. Bởi vì việc chọn ra 1 hình vuông sẽ tương ứng với 4 đỉnh được chọn ra. Ta có: 2016 = 2 5 .3 2 .7 , Số hình vuông là 2016 4 = 504 ⇒ Ω A = 504 ⇒ P(A) = 504 C 2016 4 = 1 1361529455 ≈ 7,34.10 −10 . Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 ≤ 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 3 − b 3 a + b + b 3 − c 3 b + c + c 3 − a 3 c + a . Ta có: P = a 3 − b 3 a + b + b 3 − c 3 b + c + c 3 − a 3 c + a = ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a) .(a − b)(b − c)(c − a) . Do P là biểu thức đối xứng với a,b,c nên không mất tính tổng quát giả sử c = min a,b,c { } . Khi đó khảo sát hàm đối với c dễ có: ab + bc + ca (a + b )(b + c)(c + a) ≤ 1 a + b ≤ 1 a + b − 2c . Vì vậy P ≤ (a − b)(b − c)(c − a) a + b − 2c = xy x − y x + y , trong đó x = a − c , y = b − c . Các em chú ý không đăng đáp án các đề của thầy ra ngoài Box giải đề - Thầy: Đặng Thành Nam Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 6 Theo giả thiết ta có: x 2 + y 2 + (x − y) 2 ≤ 2 . Suy ra: P ≤ xy x − y x + y ≤ xy x − y x + y . 2 x 2 + y 2 + (x − y) 2 . Không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y ⇒ t = x y ≥ 1 và P ≤ f (t) = 2t(t − 1) (t + 1)(t 2 + 1+ (t − 1) 2 ) = (t 2 − t) (t + 1)(t 2 − t + 1) = t 2 − t t 3 + 1 ≤ 1 9 + 6 3 . Khảo sát hàm số f(t) ta có: f '(t) = −t 4 + 2t 3 + 2t − 1 (t 3 + 1) 2 ; f '(t) = 0 ⇔ t 4 − 2t 3 − 2t + 1 = 0 ⇔ t = 1+ 12 4 + 3 2 . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 9 + 6 3 . . giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam Môn: Toán; ĐỀ SỐ 40/ 50 Ngày thi : 16/05/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266. đáp án các đề của thầy ra ngoài Box giải đề - Thầy: Đặng Thành Nam Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 1 Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy:. Cho số thực a thoả mãn tan a = −2 . Tính giá trị biểu thức P = 1 − sin 4a + 1− cos 4a . b) Cho số phức z thoả mãn z +1 = m +1 + 2.i m −1 với m là số thực khác 1. Tìm z biết z + i là số