đề thi thử thpt quốc gia môn toán,đề số 46

Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: 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 46/50 Ngày thi : 28/05/2015 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 = mx + 1 x − 1 (1) , với m ≠ −1 là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số (1) với m = −2 . 2. Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 2 đi qua điểm A(1;3). Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho 0 < a < π 2 . Chứng minh rằng: 1 − sin a + 1 + sin a 1 + sin a − 1 − sin a = cot a 2 . b) Cho số phức z = 5 3 − i . Tính mô đun của số phức w = z + z 2 . Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 3 x 2 81 − log 3 (x + 1) = −2 . Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 54x 3 + 123x 2 + 90x + 4 ≥ 2 (12 − x 2 ) 3 . Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = dx cos 3 x 0 π 6 ∫ . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp đều, AB = a . Gọi ϕ là góc giữa mặt phẳng (A’BC) và mặt phẳng (ABC) với cos ϕ = 3 3 . Tính thể tích khối chóp A’.BCC’B’ và khoảng cách từ A’ đến mặt phẳng (BCC’B’). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là điểm H(2;-1). Gọi I là điểm trên đoạn AH, đường thẳng CI cắt AB tại điểm P(-2;2) và đường thẳng BI cắt AC tại điểm Q(2;2). Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết đỉnh B nằm trên đường thẳng x + y + 8 = 0 . Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho bốn điểm A(3;-1;1), B(-1;0;-2), C(4;1;- 1) và D(3;2;-6). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với AC. Tìm tâm I của mặt cầu (S) tiếp xúc với hai đường thẳng AC và BD lần lượt tại A và B. Câu 9 (0,5 điểm). Cho khai triển (2x + 1)(x + 1) n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a n x n . Tìm số tự nhiên n biết rằng n > 8 và a 7 − a 8 = 561 . Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực thoả mãn 1 ≤ b ≤ a < c ≤ 2 và a + b + c = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 2 b(a − b) + b 2 c(b − c) + c 2 a(c − a) (b − c) 2 . HẾT Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: 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 = mx + 1 x − 1 (1) , với m ≠ −1 là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số (1) với m = −2 . 2. Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 2 đi qua điểm A(1;3). 1. Học sinh tự giải. 2. Tiếp điểm là M(2;2m+1), ta có: y' = − m + 1 (x − 1) 2 ⇒ y'(2) = −m − 1 . +) Phương trình tiếp tuyến của (1) tại điểm M là y = −(m + 1)(x − 2) + 2m + 1 . +) Vì d đi qua điểm A(1;3) nên 3 = −(m + 1)(1− 2) + 2m + 1 ⇔ 3m + 2 = 3 ⇔ m = 1 3 . Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho 0 < a < π 2 . Chứng minh rằng: 1 − sin a + 1 + sin a 1 + sin a − 1 − sin a = cot a 2 . b) Cho số phức z = 5 3 − i . Tính mô đun của số phức w = z + z 2 . a) Ta có: 0 < a < π 2 ⇒ 0 < a 2 < π 4 ⇒ 0 < tan a 2 < 1 ⇒ sin a 2 < cos a 2 , vì vậy: 1− sina + 1+ sin a 1+ sina − 1− sin a = (sin a 2 − cos a 2 ) 2 + (sin a 2 + cos a 2 ) 2 (sin a 2 + cos a 2 ) 2 − (sin a 2 + cos a 2 ) 2 = sin a 2 − cos a 2 + sin a 2 + cos a 2 sin a 2 + cos a 2 − sin a 2 − cos a 2 = 2 cos a 2 2sin a 2 = cot a 2 . b) Ta có: z = 5(3 + i) 10 = 3 + i 2 ⇒ z = 3 − i 2 , z 2 = (3 + i) 2 4 = 4 + 3i 2 . Suy ra: w = 3 − i 2 + 4 + 3i 2 = 7 + 2i 2 ⇒ w = 1 2 7 2 + 2 2 = 53 2 . Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 3 x 2 81 − log 3 (x + 1) = −2 . Điều kiện: −1 < x ≠ 0 , phương trình tương đương với: log 3 x 2 − 4 − log 3 (x + 1) = −2 ⇔ log 3 x 2 x + 1 = 2 ⇔ x 2 x + 1 = 9 ⇔ x 2 − 9x − 9 = 0 ⇔ x = 9 ± 3 13 2 . Vậy nghiệm phương trình x = 9 ± 3 13 2 . Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: Đặng Thành Nam Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 3 Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 54x 3 + 123x 2 + 90x + 4 ≥ 2 (12 − x 2 ) 3 . Phân tích: Ta tìm nghiệm chính xác của phương trình: Bước 1. Nhập phương trình vào máy tính, Nhấn Shift +Calc với x = 1 ta có nghiệm x 0 ≈ 0, 477032 . Bước 2. Lưu nghiệm này vào biến nhớ A, thao tác: SHIFT STO A . Bước 3. Vào chức năng Table, thao tác: MODE 7 . Bước 4. Nhập vào hàm F(X)=, thao tác: ALPHA A x 2 + ALPHA A ALPHA X = . Bước 5. Nhập vào hàm G(X)=, thao tác: 0 = . Bước 6. Nhập vào điểm bắt đầu “Start?”, thao tác: −9 = . Bước 7. Nhập vào điểm kết thúc “End?”, thao tác: 9 = . Bước 8. Nhập vào bước nhảy “Step?”, thao tác: 1 = . Bước 9. Kiểm tra kết quả của bảng giá trị của F(X), ta nhận F(X) giá trị hữu tỷ. Với hàm F(X) = A 2 + A.X ta thấy không có giá trị nào của X để F(X) nhận giá trị hữu tỷ. Vì vậy nhấn AC thoá ra ngoài và quay lại bước 4, nhập F(X)=, thao tác: 2 ALPHA A x 2 + ALPHA A ALPHA X = . ( tức nhập vào hàm F(X) = 2A 2 + A.X ). Các bước sau hoàn toàn tương tự: +) Tiếp tục thực hiện như vậy cho đến khi F(X) nhận giá trị hữu tỷ, ta thấy với F(X) = 5A 2 + A.X thì F(6) = 4 ⇔ 5A 2 + 6A = 4 ⇔ 5A 2 + 6A − 4 = 0 . Vậy nghiệm lẻ tìm được là nghiệm của phương trình: 5x 2 + 6 x − 4 = 0 , hay x 0 = −3 + 29 5 . Với x 0 = −3 + 29 5 ⇒ 12 − x 0 2 = 262 + 6 29 25 = 3 29 + 1 5 = 3x 0 + 2 . Khi đó tìm được nhị thức (ax+b) ghép với 12 − x 2 là 12 − x 2 − (3x + 2) . Lời giải: Điều kiện: −2 3 ≤ x ≤ 2 3 . Để bất phương trình có nghiệm ta phải có: 54 x 3 + 123x 2 + 90 x + 4 ≥ 0 ⇒ 3x + 2 > 0 . Bất phương trình tương đương với: 3(5x 2 + 6x − 4) + 2 (3x + 2) 3 − (12 − x 2 ) 3 ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ ≥ 0 ⇔ 3(5x 2 + 6x − 4) + 2 (3x + 2) − 12 − x 2 ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ . (3x + 2) 2 + (3x + 2) 12 − x 2 + 12 − x 2 ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ ≥ 0 ⇔ (5x 2 + 6x − 4) 3+ 4 (3x + 2) 2 + (3x + 2) 12 − x 2 + 12 − x 2 ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ 3x + 2 + 12 − x 2 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ ⎥ ⎥ ≥ 0 (*) . Vì 3x + 2 > 0 nên 3 + 4 (3x + 2) 2 + (3x + 2) 12 − x 2 + 12 − x 2 ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ 3x + 2 + 12 − x 2 > 0 . Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: Đặng Thành Nam Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 4 Vì vậy (*) ⇔ 5x 2 + 6x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ −3+ 29 5 x ≤ −3− 29 5 ⎡ ⎣ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ . Đối chiếu với điều kiện suy ra: −3 + 29 5 ≤ x ≤ 2 3 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = −3 + 29 5 ;2 3 ⎡ ⎣ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ . Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = dx cos 3 x 0 π 6 ∫ . I = dx cos 3 x 0 π 6 ∫ = cos xdx cos 4 x 0 π 6 ∫ = d(sin x) (1− sin 2 x) 2 0 π 6 ∫ . Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx , và I = dt (1− t 2 ) 2 0 1 2 ∫ = 1 4 1 1− t + 1 1+ t ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ 2 dt 0 1 2 ∫ = 1 4 1 (1− t) 2 + 1 (1+ t) 2 + 1 1− t + 1 1+ t ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ dt 0 1 2 ∫ = 1 4 − 1 t −1 − 1 t + 1 + ln t + 1 t −1 ⎡ ⎣ ⎢ ⎤ ⎦ ⎥ 1 2 0 = 1 3 + 1 4 ln 3 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp đều, AB = a . Gọi ϕ là góc giữa mặt phẳng (A’BC) và mặt phẳng (ABC) với cos ϕ = 3 3 . Tính thể tích khối chóp A’.BCC’B’ và khoảng cách từ A’ đến mặt phẳng (BCC’B’). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AB. Gọi H là giao điểm của AM và CN khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra A ' H ⊥ ABC ( ) . Ta có: BC ⊥ AM BC ⊥ A' H ⎧ ⎨ ⎩ ⇒ BC ⊥ A ' HM ( ) nên góc A ' MH ! = ϕ chính là góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC). Ta có: AM = ABsin 60 0 = a 3 2 . Suy ra HM = AM 3 = a 3 6 . F K E P I B' C' H M N B A C A' Tam giác vuông A’HM có: A ' H = HM .tan ϕ = HM 1 cos 2 ϕ −1 = a 3 6 . 1 1 3 −1 = a 6 6 . S ABC = AB.AC sin 60 0 = a 2 3 4 ⇒ V A '.ABC = 1 3 A ' H .S ABC = 1 3 . a 6 6 . a 2 3 4 = a 3 2 24 . Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: Đặng Thành Nam Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 5 Ta có: V A '.BCC ' B ' = V ABC.A ' B'C ' − V A '.ABC = 3V A '.ABC − V A '.ABC = 2V A '.ABC = 2. a 3 2 24 = a 3 2 12 (đvtt). Tính d A'; BCC ' B' ( ) ( ) : Ta có AA'/ / BCC 'B' ( ) ⇒ d A'; BCC ' B' ( ) ( ) = d AA '; BCC ' B ' ( ) ( ) = d A; BCC ' B ' ( ) ( ) . Ta có: BC ⊥ A ' HM ( ) ⇒ A ' HM ( ) ⊥ BCC ' B ' ( ) . Gọi P là trung điểm của B’C’ khi đó MP là giao tuyến của hai mặt phẳng (A’HM) và (BCC’B’). Kẻ AK ⊥ MP tại K ta có AK ⊥ BCC ' B ' ( ) . Do MP / /BB'/ /AA ' ⇒ d A; BCC ' B ' ( ) ( ) = d A; MP ( ) = d M ; AA' ( ) . Kẻ MI vuông góc với AA’ tại I khi đó MI là đường cao của tam giác A’AM. Ta có: AK = MI = 2S A ' AM AA' = A ' H .AM AA' = a 6 6 . a 3 2 a 6 6 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ 2 + a 3 3 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ 2 = a 2 . Vậy d A '; BCC 'B' ( ) ( ) = AK = a 2 . Nhận xét. Ta có thể quy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCC’B’) về khoảng cách từ H đến mặt phẳng (BCC’B’) như sau: Ta có: d A; BCC 'B' ( ) ( ) = AM HM .d H; BCC 'B' ( ) ( ) = 3d H; BCC ' B ' ( ) ( ) . Kẻ PE song song với A’H cắt HM tại E khi đó PE ⊥ ABC ( ) . Ta có ME = HE − HM = A' P − HM = AM − HM = AH = 2HM . Suy ra d H ; BCC ' B ' ( ) ( ) = HM EM .d E; BCC ' B ' ( ) ( ) = 1 2 d E; BCC ' B ' ( ) ( ) . Kẻ EF vuông góc với MP tại F ta có EF ⊥ BCC ' B ' ( ) . Tam giác vuông MPE có: 1 EF 2 = 1 EP 2 + 1 EM 2 = 1 A ' H 2 + 1 AH 2 = 1 a 6 6 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ 2 + 1 a 3 3 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ 2 = 9 a 2 ⇒ EF = a 3 . Vậy d A; BCC ' B ' ( ) ( ) = 3d H; BCC ' B ' ( ) ( ) = 3 2 .d E; BCC ' B ' ( ) ( ) = 3 2 . a 3 = a 2 . Ta có kết quả tương tự cách trên. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là điểm H(2;-1). Gọi I là điểm trên đoạn AH, đường thẳng CI cắt AB tại điểm P(-2;2) và đường thẳng BI cắt AC tại điểm Q(2;2). Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết đỉnh B nằm trên đường thẳng x + y + 8 = 0 . Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: Đặng Thành Nam Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 6 Ta chứng minh AH là phân giác của góc PHQ ! . Qua I kẻ đường thẳng MN song song với BC ( M ∈ AB, N ∈AC ), MN cắt HP,HQ lần lượt tại E và F. Ta có MN//BC nên: IE IM = CH CB và IN IF = BC BH . Suy ra: IE IM . IN IF = CH CB . BC BH = CH BH . Mặt khác IN IM = CH BH nên IE IF = 1 ⇔ IE = IF tức I là trung điểm EF mặt khác HI ⊥ EF . Vì vậy AH là phân giác của góc PHQ ! . +) Phương trình đường thẳng HP qua H,P là 3x + 4y − 2 = 0 . Phương trình đường thẳng HQ qua H,Q là x − 2 = 0 . Suy ra phương trình AH là 3x + 4 y − 2 5 = ± x − 2 1 ⇔ 2x + y − 3 = 0 x − 2y − 4 = 0 ⎡ ⎣ ⎢ . Đối chiếu P,Q khác phía với AH nên AH : 2x + y − 3 = 0 . +) Phương trình đường thẳng BC qua H vuông góc AH là x − 2y − 4 = 0 . Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ x − 2y − 4 = 0 x + y + 8 = 0 ⎧ ⎨ ⎩ ⇒ B(−4;−4) . +) Phương trình đường thẳng AB qua B,P là 3x − y + 8 = 0 . Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 3x − y + 8 = 0 2x + y − 3 = 0 ⎧ ⎨ ⎩ ⇒ A(−1;5) . +) Phương trình đường thẳng AC qua A,Q là x + y − 4 = 0 . Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ x + y − 4 = 0 x − 2y − 4 = 0 ⎧ ⎨ ⎩ ⇒ C(4;0) . Vậy A(-1;5),B(-4;-4), C(4;0). Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho bốn điểm A(3;-1;1), B(-1;0;-2), C(4;1;- 1) và D(3;2;-6). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với AC. Tìm tâm I của mặt cầu (S) tiếp xúc với hai đường thẳng AC và BD lần lượt tại A và B. Ta có AC ! "!! = (1;2;−2) , (P) đi qua A và vuông góc với AC có phương trình (P) : x + 2y − 2z + 1 = 0 . Mặt phẳng (Q) đi qua B và vuông góc với BD có phương trình (Q) : 2x + y − 2z − 2 = 0 . Vì (S) tiếp xúc với AC tại A, BD tại B nên tâm I của mặt cầu (S) nằm trên giao tuyến của (P) và (Q) có phương trình x + 2y − 2z + 1 = 0 2x + y − 2z − 2 = 0 ⎧ ⎨ ⎩ ⇒ y = 2t x − 2z + 4t + 1 = 0 2x − 2z + 2t − 2 = 0 ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ ⇔ x = 3 + 2t y = 2t z = 2 + 3t ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ . Suy ra I 3 + 2t; 2t;2 + 3t ( ) , ta có IA 2 = IB 2 ⇔ 4t 2 + 2t + 1 ( ) 2 + 3t + 1 ( ) 2 = 2t + 4 ( ) 2 + 4t 2 + 3t + 4 ( ) 2 ⇔ t = −1 ⇒ I 1;−2;−1 ( ) . Các em chú ý không đăng đáp án của thầy ra ngoài Box đề - GV: Đặng Thành Nam Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí Chi tiết: Mathlinks.vn 7 Vậy I(1;-2;-1). Câu 9 (0,5 điểm). Cho khai triển (2x + 1)(x + 1) n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a n x n . Tìm số tự nhiên n biết rằng n > 8 và a 7 − a 8 = 561 . Ta có: (2x + 1)(x + 1) n = 2x (x + 1) n + (x + 1) n , do đó ta có: a 7 = 2C n 6 + C n 7 ,a 8 = 2C n 7 + C n 8 . Theo giả thiết ta có: 2C n 6 + C n 7 − (2C n 7 + C n 8 ) = 561 ⇔ 2C n 6 − C n 7 − C n 8 = 561 ⇔ n = 12 . Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực thoả mãn 1 ≤ b ≤ a < c ≤ 2 và a + b + c = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 2 b(a − b) + b 2 c(b − c) + c 2 a(c − a) (b − c) 2 . Theo giả thiết ta có: (a − b)(a − c) ≤ 0 . P = a(b − c) 2 (b + c − a) + (a + b − c)b(a − b)(a − c) (b − c) 2 ≤ a(b − c) 2 (b + c − a) (b − c) 2 = a(4 − 2a) = 2.a(2 − a) ≤ 2 a + 2 − a 2 ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ 2 = 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b a = 2 − a a + b + c = 4 ⎧ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ ⇒ a = b = 1,c = 2 . . Box đề - GV: 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 46/ 50. Ngày thi : 28/05/2015 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. 1 x − 1 (1) , với m ≠ −1 là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (H) của hàm số (1) với m = −2 . 2. Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 2