ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: TOÁN; ĐỀ 09-BN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 1 x 3 + − (C) a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b*) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của đồ thị (C) bằng 4. Câu 2 (1,0 điểm). a*) Giải phương trình: 2(cos sin 2 ) 1 4sin (1 cos2 )x x x x + = + + b*) Giải phương trình:. ( ) ( ) 1 5 1 5 1 2 x x x+ + + − = Câu 3* (1,0 điểm). Tính tích phân 2 1 1 ln e x x I dx x + = ∫ Câu 4* (1,0 điểm).Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết: 2 3 2z z i + = − a) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ. Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a. Câu 6* (1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua ( ) 3; 2; 4A − − , song song với mặt phẳng ( ) :3 2 3 7 0P x y z − − − = và cắt đường thẳng ( ) 2 4 1 : 3 2 2 x y z d − + − = = − . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M(5;7) nằm trên cạnh BC. Đường tròn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 4 2 6 5 2 2 13 2( ) ( 2 ) 2 4 . 8 . 2 2 x xy y x xy y x y x y x y y y y x − + + + + = + + + − = − + . Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương và 3a b c + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) ( ) 3 2 3 1 1 1 abc P ab bc ca a b c = + + + + + + + ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Câu Nội dung Điểm 1a Cho hàm số y = x 1 x 3 + − (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 1,00 • Tập xác định: D=R\{3} • Sự biến thiên: ( ) 2 4 ' 0, . 3 y x D x = − < ∀ ∈ − - Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ;3 −∞ và ( ) 3; +∞ . 0,25 - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1; x x y y →−∞ →+∞ = = tiệm cận ngang: 1y = . ( ) ( ) 3 3 lim ; lim ; x x y y − + → → = −∞ = +∞ tiệm cận đứng: 3x = . 0,25 -Bảng biến thiên: x −∞ 3 +∞ y’ - - y 1 +∞ 0,25 • Đồ thị: 0,25 1b Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của đồ thị (C) bằng 4. 1,00 Gọi − + 3 1 ; 0 0 0 x x xM , (x 0 ≠3) là điểm cần tìm, ta có: 0,5 1 −∞ 5 -5 y x O 3 1 Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang: y =1 là = − 0 4 d x 3 . = = ⇔ − = ⇔ − = 0 0 0 0 x 2 4 4 x 3 1 x 3 x 4 025 Với 0 2x = ; ta có ( ) − M 2; 3 . Với 0 4x = ; ta có ( ) M 4;5 Vậy điểm M cần tìm là ( ) − M 2; 3 và ( ) M 4;5 . 0,25 2a a) Giải phương trình: 2(cos sin 2 ) 1 4sin (1 cos2 )x x x x + = + + 0,5 Phương trình đã cho tương đương với: 2cos 2sin 2 1 4sin 2 .cosx x x x + = + (1 2cos )(2sin 2 1) 0x x ⇔ − − = 2 1 3 cos 2 1 12 sin 2 5 2 12 x k x x k x x k π π π π π π = ± + = ⇔ ⇔ = + = = + ( k Z ∈ ) Vậy pt có nghiệm là: 2 3 x k π π = ± + ; 12 x k π π = + ; 5 12 x k π π = + ( k Z ∈ ) 0,25 0,25 2b a) Giải phương trình:. ( ) ( ) 1 5 1 5 1 2 x x x+ + + − = 0,5 5 1 5 1 2 2 2 x x PT + − ⇔ + = ÷ ÷ ÷ ÷ Đặt 5 1 ( 0) 2 x t t + = > ÷ ÷ ta có phương trình: 1 2 1t t t + = ⇔ = 0,25 Với t=1 5 1 1 0 2 x x + ⇒ = ⇔ = ÷ ÷ 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x=0 3 Tính tích phân 2 1 1 ln e x x I dx x + = ∫ 1 2 1 1 1 1 ln 1 ln e e e x x I dx dx x xdx x x + = = + ∫ ∫ ∫ 1 1 ln 1 1 e e A dx x x = = = ∫ 2 1 1 ln ln 2 e du dx u x x B x xdx Dat dv xdx x v = = = ⇔ = = ∫ 2 2 2 2 1 1 .ln .ln 1 1 1 2 2 2 4 4 4 e e e e x x x x e B x dx x⇒ = − = − = + ∫ 2 5 4 4 e I ⇒ = + 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 4a Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết: 2 3 2z z i + = − 0,25 Gọi , ( ) = + ∈ => = − z a bi a b R z a bi Ta có : 3a + bi = 3-2i 0,25 Suy ra : a=1 và b = -2 Vậy phần thực là 1 và phần ảo là -2 0,25 4b Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ. Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn. 0,5 Ta có : 4 16 1820C Ω = = Gọi A: “2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ” B: “1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ” C: “1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “ 0,25 Thì H= A B C ∪ ∪ : “Có nữ và đủ ba bộ môn” 2 1 1 1 2 1 1 1 2 8 5 3 8 5 3 8 5 3 3 ( ) 7 C C C C C C C C C P H + + = = Ω 0,25 5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a. 1,00 Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S,suy ra SH ⊥ AB, mặt khác (SAB) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD) và 0 60 =∠ SCH . Ta có .1560tan.60tan. 0220 aBHCBCHSH =+== 0,25 . 3 154 4.15 3 1 3 1 32 . aaaSSHV ABCDABCDS === 0,25 Qua A vẽ đường thẳng ∆ song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên ∆ và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó ∆ ⊥ (SHE) ⇒ ∆ ⊥ HK suy ra HK ⊥ (S, ∆ ). Mặt khác, do BD//(S, ∆ ) nên ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , , 2 ( ,( . )) 2 d BD SA d BD S d d B S d H S HK = = ∆ = ∆ = 0,25 Ta có 0 45 =∠=∠ DBAEAH nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra 22 aAH HE == ( ) 2 2 2 2 . 15 . 15 2 . 31 15 2 a a HE HS HK a HE HS a a ⇒ = = = + + ÷ Vậy ( ) . 31 15 2, aSABDd = 0,25 6 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua ( ) 3; 2; 4A − − , song song với mặt phẳng ( ) :3 2 3 7 0P x y z − − − = và cắt đường thẳng ( ) 2 4 1 : 3 2 2 x y z d − + − = = − . 1,00 Ta có ( ) 3; 2; 3 P n − − uur . Giả sử B(2 + 3t ; –4 – 2t ; 1 + 2t) là giao điểm của ∆ và d . 0,25 E k A H B D C S Khi đó ( ) 1 3 ; 2 2 ;5 2AB t t t− + − − + uuur , ( ) || . 0 2 P P AB P AB n AB n t⇒ ⊥ ⇔ = ⇔ = uuur uur uuur uur . 0,25 Vậy (8; 8;5)B − và ( ) 5; 6;9AB − uuur . 0,25 Vậy phương trình đường thẳng ( ) 3 2 4 : 5 6 9 x y z − + + ∆ = = − . 0,25 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M(5;7) nằm trên cạnh BC. Đường tròn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2. 1,00 Gọi I là tâm đường tròn đường kính AM thì I là trung điểm AM. Dễ thấy · ¼ · 0 2 90MIN sd MN MBN= = = Điểm C ∈ d: 2x-y-7=0. ⇒C(c;2c-7) Họi H là trung điểm của MN =>H(11/2; 9/2) Phương trình đường thẳng ∆ trung trực của MN đi qua H và vuông góc với MN là d: x-5y+17=0 Điểm I∈∆ => I(5a - 17;a) 0,25 ( ) ( ) 2 2 (1; 5) 26 (22 5 ;7 ) 22 5 7 MN MN IM a a IM a a = − ⇒ = = − − ⇒ = − + − uuuur uuur Vì ∆MIN vuông cân tại I và ( ) ( ) 2 2 2 26 13 22 5 7 13 5 26 234 520 0 4 MN IM a a a a a a = ⇒ = ⇔ − + − = = ⇔ − + = ⇔ = Với a=5 =>I(8;5) => A(11;9) (loại) Với a=4 =>I(3;4) => A(1;1) (t/m) 0,25 Gọi E là tâm hình vuông nên 1 11 ( ; 3) ;5 2 2 c c E c EN c + − − ⇒ = − ÷ uuur Vì AC⊥BD . 0AC EN = uuur uuur ( ) ( ) 2 11 ( 1). 2 8 . 5 0 2 7( / ) 5 48 91 0 13 ( ) 5 c c c c c t m c c c loai − ⇔ − + − − = = ⇔ − + = ⇔ = Suy ra: C(7;7) => E(4;4) 0,25 Pt BD: x+y−8=0, pt BC:x−7=0 ⇒B(7,1)⇒D(1,7) 0,25 8 Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 4 2 6 5 2 2 13 2( ) (1) ( 2 ) 2 4 . 8 . 2 2 (2) x xy y x xy y x y x y x y y y y x − + + + + = + + + − = − + 1,00 Điều kiện: 2 0 0 x y x y ≥ − ≥ + ≥ Xét y = 0, hệ vô nghiệm nên y khác 0 . Chia cả 2 vế của (1) cho y ta được: 2 2 2 6 5 2 2 13 2( 1) Dat t= ( 1) x x x x x y y y y y x t y − + + + + = + ÷ ÷ > − 0,25 ( ) ( ) 2 2 4 3 2 2 2 : 2 6 5 2 2 13 2( 1) t 2 3 4 4 0 1( i) 1 2 0 2( / ) PT t t t t t t t t t loa t t t t m − + + + + = + ⇔ − − + + = = − ⇔ + − = ⇔ = 0,25 Với t = 2 => x=2y, thế vào (2) ta được: ( ) ( ) 2 4 4 2 3 3 4 2 2 4 . 8 . 2 2 2 4 2 2 2 2 2 8 . 4 . 2 2 2 4 2 2 8 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2. 2 (3) y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y + − = − + ⇔ + + + = + ⇔ + + + = + ⇔ + + + + = + ÷ Xét hàm số f(u)=u 3 +2u với u>0; có f’(u) = 3u 2 +2>0, mọi u>0 => hàm số đồng biến Từ (3) ( ) 3 2 2 2 2 2 2 4 2 2 0 1f f y y y y y y y ⇒ + = ⇔ + = ⇔ − − = ⇔ = ÷ ÷ 0,25 Hệ có nghiệm duy nhất (2;1) 0,25 9 Cho , ,a b c là các số thực dương và 3a b c + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) ( ) 3 2 3 1 1 1 abc P ab bc ca a b c = + + + + + + + 1,00 Áp dụng Bất đẳng thức: 2 ( ) 3( )x y z xy yz zx+ + ≥ + + , , ,x y z ∀ ∈ℜ ta có: 2 ( ) 3 ( ) 9 0ab bc ca abc a b c abc+ + ≥ + + = > 3ab bc ca abc⇒ + + ≥ Ta có: 3 3 (1 )(1 )(1 ) (1 ) , , , 0a b c abc a b c + + + ≥ + ∀ > . Thật vậy: ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 3 1 1 1 1 ( ) ( ) 1 3 3 ( ) (1 )a b c a b c ab bc ca abc abc abc abc abc + + + = + + + + + + + ≥ + + + = + 0,25 Khi đó: 3 3 2 3(1 ) 1 abc P Q abc abc ≤ + = + + (1). Đặt 6 abc t = ; vì a, b, c > 0 nên 3 0 1 3 a b c abc + + < ≤ = ÷ 0,25 Xét hàm số ( ] 2 3 2 2 , 0;1 3(1 ) 1 t Q t t t = + ∈ + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ] 5 2 2 3 2 2 1 1 ( ) 0, 0;1 1 1 t t t Q t t t t − − ′ ⇒ = ≥ ∀ ∈ + + . Do đó hàm số đồng biến trên ( ] 0;1 ( ) ( ) 1 1 6 Q Q t Q ⇒ = ≤ = (2). Từ (1) và (2): 1 6 P ≤ . 0,25 Vậy maxP = 1 6 , đạt được khi và và chi khi : 1a b c = = = . 0,25 Hết . ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: TOÁN; ĐỀ 09- BN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 1 x 3 + − (C) a*) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. 2 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Câu Nội dung Điểm 1a Cho hàm số y = x 1 x 3 + − (C) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 1,00 • Tập xác định: D=R{3} • Sự biến thi n:. . Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương và 3a b c + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) ( ) 3 2 3 1 1 1 abc P ab bc ca a b c = + + + + + + + ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN