Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 104

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 104 Ngày 18 tháng 5 năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 1)34()1( 3 1 23 +−+−+= xmxmmxy có đồ thị là (C m ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số khi m=1 2. Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (C m ) tồn tại một điểm duy nhất có hoành độ âm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L): x+2y-3=0. Câu 2.(1,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 4 2 3 sin 4 .sin os 1 os 2 x x c x c x+ − = 2. Tìm số phức z thoả mãn 1 5z − = và ( ) 17 5 .z z z z+ = Câu 3.(0,5 điểm) Định m để bất phương trình 9 .3 3 0 x x m m− − + ≤ có ít nhất một nghiệm Câu 4.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 3 3 1 4 2 1 log 1 log 3 (1 log )(1 2 ) 2 x x y x y y  − + − =    − + =  Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 2 0 3 2 x dx I x x = + − ∫ Câu 6.(1,0 điểm) Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, góc A=60 0 , chân đường vuông góc hạ từ B’ xuống đáy ABCD trùng với giao điểm các đường chéo của đáy, cho BB’=a. Tính diện tích xung quanh và thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’. Câu 7.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng 0xy chứng minh rằng đường tròn 2 2 2 2 ( ) : 2 4 4 0 m C x y m x my m+ − − + = luôn tiếp xúc với 2 đường cố định mà ta phải chỉ rõ Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa 1 2 ( ) : 1 1 2 x y z d − + = = − − và tạo với trục Oy một góc lớn nhất Câu 9.(0.5 điểm) Chứng minh rằng 2 2 1 2 2 1 n n n C n > + với , 1n n∀ ∈ ≥¥ . Trong đó 2 n n C là số tổ hợp chập n của 2n phần tử. Câu 10.(1,0 điểm) Tùy theo tham số m, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 2 2 ( 2 1) (2 3)x y x my − + + − + . Với ,x y∀ ∈¡ … Hết … 184 Đường Lò chum Thành Phố Thanh Hóa 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 104 Câu NÔI DUNG Điểm 1.1 Cho hàm số 1)34()1( 3 1 23 +−+−+= xmxmmxy có đồ thị là (C m ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số khi m=1 1,0 Khi m =1 3 1 1 3 y x x= + + Tập xác định: ¡ . Chiều biến thiên: 2 y' x 1= + → y’>0 x∀ ∈¡ x lim y →+∞ = +∞ , x lim y →−∞ = −∞ Bảng biến thiên: 0,5 + Hàm số luôn đồng biến trên ¡ + Hàm số có không cực đại và cực tiểu tại. 0,25 Đồ thị: Đồ thị giao với Oy tại (0;1) 0,25 1.2 Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (C m ) tồn tại một điểm duy nhất có hoành độ âm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L): x+2y-3=0. 1,0 Phương trình đường thẳng (L) có hệ số góc là 1 2 − nên hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm là k=2. Lúc đó nếu x là hoành độ tiếp điểm thì 2 2 f '(x) 2 mx 2(m 1)x (4 3m) 2 mx 2(m 1)x 2 3m 0 (1) = ⇔ + − + − = ⇔ + − + − = Bài toán trở thành tìm tất cả các m sao cho phương trình (1) có đúng một nghiệm âm. 0,25 Nếu m=0 thì (1) 2 2 1x x ⇔ − = − ⇔ = loại 0,25 Nếu 0m ≠ thì dễ thấy phương trình (1) có 2 nghiệm là 2 3 1 hay x= m x m − = 0,25 do đó để có một nghiệm âm thì 0 2 3 0 2 3 m m m m <  −  < ⇔  >  Vậy 2 0 hay 3 m m< > thì trên (C) có đúng một tiếp điểm có hoành độ âm thỏa yêu cầu đề bài 0,25 2.1 Giải phương trình 2 4 2 3 sin 4 .sin os 1 os 2 x x c x c x+ − = 0.5 PT tương đương với 2 2 2 3 (1 os ) os 1 sin 4 .sin 2 c x c x x x− + = 2 2 1 3 1 sin 2 sin 4 .sin 4 2 x x x⇔ + = 0,25 184 Đường Lò chum Thành Phố Thanh Hóa 2 x y’ y -∞ + -∞ +∞ +∞ 1 0 x y Vậy phương trình có nghiệm khi 2 sin 2 0 3 sin 4 .sin 1 2 x x x =    =   ⇔ sin 2 0 3 0.sin 1 2 x x =    =   hệ vô nghiệm tức phương trình vô nghiệm 0,25 2.2 Tìm số phức z thoả mãn 1 5z − = và ( ) 17 5 .z z z z+ = 0.5 Đặt ( ) , ,z a bi a b= + ∈¡ .Ta có ( ) ( ) 2 2 1 5 1 5 1 25 1z a bi a b− = ⇔ − + = ⇔ − + = Mặt khác ( ) ( ) ( ) 2 2 17 5 . 34 5 2z z z z a a b+ = ⇔ = + 0.25 Từ ( ) ( ) 1 , 2 ta có hpt ( ) ( ) 2 2 2 2 1 25 5 34 a b a b a  − + =   + =   . Giải hệ phương trình ta được 5 3 a b =   = ±  Với 5 5 3 3 5 3 a z i b z i = = +   ⇒   = ± = −   vậy có hai số phức toả mãn là 5 3z i= ± 0.25 3 Định m để bất phương trình 9 .3 3 0 x x m m− − + ≤ có ít nhất một nghiệm 0,5 Đặt 3 0 x t= > thì bất phương trình là 2 3 0t mt m− − + ≤ 2 3 ; 0 1 t m t t + ⇔ ≤ ∀ > + Vậy bất phương trình có ít nhất một nghiệm tức tồn tại ít nhất một giá trị t>0 sao cho đồ thị hàm 2 3 1 t y t + = + nằm dưới đường thẳng y=m 0,25 Mà 2 3 4 1 1 1 t y t t t + = = − + + + 2 2 2 4 2 3 ' 1 ( 1) ( 1) t t y t t + − ⇒ = − = + + 2 2 1 2 3 ' 0 0 3 ( 1) t t t y t t =  + − ⇒ = ⇔ = ⇔  = − +  (loại t=-3) Lập bảng biến thiên ta thấy hàm 2 3 1 t y t + = + nhận giá trị [2; ); 0t+∞ ∀ > Vì vậy để bất phương trình có ít nhất một nghiệm là 2m ≥ 0,25 4 Giải hệ phương trình 2 3 3 1 4 2 1 log 1 log 3 (1 log )(1 2 ) 2 x x y x y y  − + − =    − + =  1.0 Điều kiện 0 1y< ≠ và 3 2 1 à log 1 x v y≤ ≤ và nên đặt 3 2 s à log s x co v y co α β = = với , [0; ] α β π ∈ thì sẽ đưa đến hệ 2 2 1 s s 1 s s 1 (1 s )(1 ) 2 co co co co co cos α β β α β α  − + − =   − + =   sin s sin s 1 (1 s )(1 ) 2 co co co cos α β β α β α + =  ⇔  − + =  0,25 sin( ) 1 2 (1 s )(1 ) 2 sin s sin cos 1 0 co cos co π α β α β β α β β β β  + = + =   ⇔ ⇔   − + =   − − − =  Đặt 2 1 sin cos , 2 sin .cos 2 t t t β β β β − = − ≤ ⇒ = thì được phương trình 0,25 2 2 1 1 0 2 3 0 1 2 t t t t t − − − = ⇔ + − = ⇒ = (loại t=-3) 0,25 184 Đường Lò chum Thành Phố Thanh Hóa 3 Với t=1 tức 2 sin 1 0 4 2 π π β β α   − = ⇒ = ⇒ =  ÷   (loại β π = ) tức 3 0 2 1 1 log 0 x x y y = =   ⇒   = =   So với điều kiện ban đầu loại, nên hệ vô nghiệm. 0,25 5 Tính tích phân 1 2 2 0 3 2 x dx I x x = + − ∫ 1,0 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 3 2 4 ( 2 1) 2 ( 1) x dx x dx x dx I x x x x x = = = + − − − + − − ∫ ∫ ∫ 0,25 Đặt x-1=2cost ⇒ dx=-2sintdt với [0; ]t π ∈ khi 2 0 3 x t π = ⇒ = và 1 2 x t π = ⇒ = thì đưa đến tích phân 2 2 2 32 2 2 2 3 2 (1 2cos ) 2sin (1 4cos 4cos )2sin 4 (2cos ) 2 1 cos t tdt t t tdt I t t π π π π + + + = − = − − ∫ ∫ 0,25 ( ) 2 2 2 3 3 2 2 (1 2cos ) 2sin 1 4cos 2(1 cos2 ) 2sin t tdt I t t dt t π π π π + = = + + + ∫ ∫ ( ) 2 3 2 3 4cos 2cos 2t t dt π π + + ∫ 2 3 2 (3 4sin sin 2 )t t t π π = + + = 3 3 4 2 2 π + − 0,5 6 Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, góc A=60 0 , chân đường vuông góc hạ từ B’ xuống đáy ABCD trùng với giao điểm các đường chéo của đáy, cho BB’=a. Tính diện tích xung quanh và thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ 1,0 Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC,BD, và I là trung điểm BC. + Kẽ B’K ⊥ BC thì OK ⊥ BC (Định lý 3 vuông góc), Thì K là trung điểm của BI ⇒ 4 a BK = + Với Tam giác vuông BB’K có 2 2 2 2 15 ' ' 4 4 a B K B B BK a a   = − = − =  ÷   0,25 + Vậy diện tích mặt bên BB’C’C là 2 ' ' 15 ' . 4 BB C C a S B K BC= = + Hoàn toàn tương tự diện tích các mặt đều bằng nhau nên 2 2 ' ' 15 4 4 15 4 xq BB C C a S S a= = 0,25 + Do BDC là tam giác đều cạnh a nên 2 2 DB a OB = = . 0,25 184 Đường Lò chum Thành Phố Thanh Hóa 4 K + Và 2 2 2 2 3 ' ' 2 2 a B O B B OB a a   = − = − =  ÷   3 1 1 3 3 . . ' 3. . 2 2 2 4 a V AC BD OB a a a= = = 0,25 7 Trong mặt phẳng 0xy chứng minh rằng đường tròn 2 2 2 2 ( ) : 2 4 4 0 m C x y m x my m+ − − + = luôn tiếp xúc với 2 đường cố định mà ta phải chỉ rõ 1,0 Ta thấy đường tròn ( ) m C có tâm I(m 2 ;2m) và bán kính 2 0; 0R m m= > ∀ ≠ 0.25 Vậy bán kính R bằng hoành độ tâm I nên ( ) m C tiếp xúc với trục Oy tại H. 0.25 Ta có quỹ tích tâm I của đường tròn là parabol (P): y 2 =4x có tiêu điểm F(1;0) và đường chuẩn (D): x+1=0 + IH vuông góc với đường chuẩn (D) tại K + IF cắt ( ) m C tại J + Ta có IF=IK và IJ=IH nên IF-IJ=IK-IH tức FJ=HK=1 + Vậy J nằm trên trên đường tròn (L) cố định tâm F bán kính FJ=1 và ( ) m C tiếp xúc với (L) 0.5 8 Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa 1 2 ( ) : 1 1 2 x y z d − + = = − − và tạo với trục Oy một góc lớn nhất 1,0 Mặt phẳng (P) chứa đường (d) nên có phương trình m(x+y+1)+n(2y-z+4)=0 với m 2 +n 2 >0; và trục Oy có vectơ chỉ phương (0;1;0)a = r 0,25 + Nếu m=0 thì mặt phẳng (P):2y-z+4=0 thì góc (( ), )P Oy ϕ = có 2 sin 5 ϕ = + Nếu 0m ≠ thì có thể giả sử m=1 thì (P): x+(1+2n)y-nz+1+4n=0 2 2 2 2 1 2 1 2 sin 1 (1 2 ) ( ) 5 4 2 n n n n n n ϕ + + ⇒ = = + + + − + + 0,25 Nhận xét ϕ lớn nhất khi và chỉ khi sin ϕ lớn nhất 2 2 2 (1 2 ) sin ( ) 5 4 2 n f n n n ϕ + ⇒ = = + + 0,25 2 2 2 5 2 (2) 6 4 6 4 '( ) 0 1 1 (5 4 2) 0 2 2 n f n n f n n n n f  = ⇒ =  − + +  = = ⇔ + +    = − ⇒ − =  ÷     và 4 lim ( ) 5 n f n →±∞ = Vậy sin ϕ lớn nhất khi n=2 do đó mặt phẳng (P): x+5y-2z+9=0 0,25 9 Chứng minh rằng 2 2 1 2 2 1 n n n C n > + với , 1n n∀ ∈ ≥¥ . Trong đó 2 n n C là số tổ hợp chập n của 2n phần tử. 1,0 Biến đổi vế phải ta được 2 2 2 (2 )! 1.3.5 (2 1) 2 2 . !. ! 2.4.6 (2 ) n n n n C n n n n n − = = vì vậy phải chứng minh 1 1.3.5 (2 1) 2.4.6 (2 ) 2 1 n n n − > + 0,25 Mà ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 , , 1 2 2 1 4 4 1 k k k k k k k k k k − − − − = < = ∀ ∈ ≥ + − ¥ Chọn k lần lượt từ 1,2,…,n rồi nhân các bất đẳng thức vế theo vế ta được đpcm. 0,25 10 Tùy theo tham số m, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 2 2 ( 2 1) (2 3)x y x my − + + − + . Với ,x y∀ ∈¡ 1,0 184 Đường Lò chum Thành Phố Thanh Hóa 5 Ta nhận thấy 2 ( 2 1) 0x y − + ≥ và 2 (2 3) 0x my − + ≥ , 0x y P∀ ∈ ⇒ ≥¡ 2 1 0 0 2 3 0 x y P x my − + =  = ⇔  − + =  tức P=0 khi và chỉ khi hệ phương trình trên có nghiệm 2 1 0 2 1 2 3 0 2 3 x y x y x my x my − + = − = −   ⇔   − + = − = −   có 1 2 4 2 m m − = − − 0,25 0 4 0 4D m m ≠ ⇔ − ≠ ⇔ ≠ thì hệ có duy nhất nghiệm tức P=0 xảy ra. 0,25 0 4 0 4D m m = ⇔ − = ⇔ = thì hệ sẽ là 2 1 0 2 4 3 0 x y x y − + =   − + =  vô nghiệm nên minP>0. Đặt t=x-2y thì ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 14 49 49 7 1 P 1 2 3 5 14 10 5 10 5 5 25 5 5 5 t t t t t t t     = + + + = + + = + + + − = + +  ÷  ÷     Vậy min 1 5 P = khi 7 7 2 0 5 5 t hay x y= − − + = Kết luận min 1 5 P = khi m=4 hay minP=0 khi 4m ≠ 0,5 184 Đường Lò chum Thành Phố Thanh Hóa 6 . ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 104 Ngày 18 tháng 5 năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 1)34()1( 3 1 23 +−+−+= xmxmmxy có đồ thị là (C m ) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ. Hóa 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 104 Câu NÔI DUNG Điểm 1.1 Cho hàm số 1)34()1( 3 1 23 +−+−+= xmxmmxy có đồ thị là (C m ) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số khi m=1 1,0 Khi m. xác định: ¡ . Chiều biến thi n: 2 y' x 1= + → y’>0 x∀ ∈¡ x lim y →+∞ = +∞ , x lim y →−∞ = −∞ Bảng biến thi n: 0,5 + Hàm số luôn đồng biến trên ¡ + Hàm số có không cực đại và