ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 108 Ngày 22 tháng 5 năm 2015 Câu 1: (2.0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x − = − (1) có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm (1,2)I cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho 2 2AB = . Câu 2: (1.0 điểm) 1. Giải phương trình: cos os3 sinx cos 0 sinx cos x c x x x + − + = + 2. Gọi 1 2 ,z z là hai nghiệm phức của phương trình : 2 (1 ) 1 0z i z i+ + − + = . Tính giá trị biểu thức 1 2 A z z= − Câu 3.(0.5 điểm) Giải phương trình: 2 3 1 81 9 3 log 20log 40log 7 0x x x− + + = . Câu 4.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 11 1 7 6 26 3 x y y x y x y x − − − = − + − = Câu 5: (1.0 điểm) Tính tích phân: 2 1 2 ln 1 ln e x x dx x x x + + + ∫ Câu 6.(1.0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Gọi M, N, I lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AA’, AB, BC. Biết góc giữa hai mặt phẳng (C’AI) và (ABC) bằng 0 60 . Tính theo a thể tích khối chóp NAC’I và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN, AC’. Câu 7.(1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng AB có phương trình 2 5 0x y− + = , đường thẳng AC có phương trình 3 6 1 0x y− + = .Tìm toạ độ trung điểm I của đoạn thẳng BC biết rằng I nằm trên đường thẳng có phương trình: 2 1 0x y− + = Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(3,8,2), mặt phẳng (P): 3 0x y z+ + + = ,và hai đường thẳng chéo nhau: 1 2 2 2 2 1 : 3 , : 1 1 2 x t x y z d y d z t = − − − = = = − = Tìm trên mặt phẳng (P) các điểm M sao cho đường thẳng AM cắt cả hai đường thẳng 1 d và 2 d . Câu 9.(0.5 điểm). Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà trong các số đó, mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đứng sau nó (kể từ trái qua phải). Câu 10.(1.0 điểm) Cho x, y là các số dương thoả mãn 1 1 1 3 xy x y + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 3 3 1 1 1 ( 1) ( 1) y x M x y y x x y x y = + + − − + + + HẾT Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum thành Phố Thanh Hóa 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 108 Câu NỌI DUNG Điểm 1.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 1 1 x y x − = − (1) 1.0 TXĐ : D=R\{1} y’= 2 1 0, ( 1) x D x − < ∀ ∈ − Hàm số nghịch biến trên ( ,1);(1, ) −∞ +∞ Không có cực trị 0,25 lim lim 2 x x y y →−∞ →+∞ = = tiệm cận ngang y = 2 1 1 lim ,lim , x x y y − + → → = −∞ = +∞ tiệm cận đứng x = 1 0,25 Bảng biến thiên x −∞ 1 +∞ y’ - - y 2 −∞ +∞ 2 0,25 Đồ thị nhận I (1,2) làm tâm đối xứng 12 10 8 6 4 2 -2 -4 -10 -5 5 10 15 20 0,25 1.2 Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm (1,2)I cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho 2 2AB = 1.0 Giả sử đường thẳng d đi qua I(1,2) căt (C ) t ại hai điểm A, B Do I (1,2) làm tâm đối xứng c ủa (C ) n ên hai điểm A, B đ ối xứng nhau qua I. Suy ra 2 2 2AB IA= ⇔ = 0,25 Ta tìm 2 1 ( , ) ( ), 1 1 a A a C a a − ∈ ≠ − sao cho 2IA = 0,25 2 2 2 4 2 2 0 2 1 1 ( 1) ( 2) 2 ( 1) 2 ( 1) 2( 1) 1 0 2 1 ( 1) a a a a a a a a a = − ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ − − − + = ⇔ = − − 0,25 Hai điểm (0,1) và (2,3) đối xứng nhau qua I Đường thẳng d cần tìm có phương trình 0 1 1 2 0 3 1 x y y x − − = ⇔ = + − − 0,25 2.1 Giải phương trình: cos os3 sinx cos 0 sinx cos x c x x x + − + = + 0.5 Điều kiện : cos sinx 0x + ≠ Với đ/k đó phương trình tương đương os3 cos os2 0c x x c x+ + = os2 (2cos 1) 0 (cos sin )(cos sin )(2cos 1) 0c x x x x x x x⇔ + = ⇔ − + + = 0,25 (cos sin ) 0 (cos sin ) 0( ) (2cos 1) 0 x x x x loai x − = + = + = Nghiệm của phương trình : , 4 2 , 3 x k k Z x k k Z π π π π = + ∈ = ± + ∈ 0,25 2.1 Gọi 1 2 ,z z là hai nghiệm phức của phương trình : 2 (1 ) 1 0z i z i+ + − + = . Tính giá trị biểu thức 0.5 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum thành Phố Thanh Hóa 2 1 2 A z z= − Đặt ( os +isin )z r c ϕ ϕ = Ta thấy : 2 2 2 2 ( os2 +isin 2 )z r c suy ra z r r z ϕ ϕ = = = = Do đó 2 1 2 2 1 ( )A z z z z= − = − Chú ý: Thí sinh chứng minh theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa Áp dụng định lí Vi – et ta có 1 2 1 2 1 1 z z i z z i + = − − = − + 0,25 2 2 2 2 1 2 1 2 1 ( ) ( ) 4 ( 1 ) 4( 1 ) 4 2z z z z z z i i i− = + − = − − − − + = − 2 2 4 ( 2) 2 5A = + − = 0,25 3 Giải phương trình: 2 3 1 81 9 3 log 20log 40log 7 0x x x− + + = . 0.5 Điều kiện: (0; )x ∈ +∞ Khi đó, 1 81 9 3 2log 60log 20log 7 0PT x x x⇔ − + + = 3 3 3 2log 15log 10log 7 0x x x⇔ − − + + = 3 7log 7 3x x⇔ = ⇔ = 0,25 Vậy x =3 là nghiệm của phương trình. 0,25 4 Giải hệ phương trình: 11 1 7 6 26 3 x y y x y x y x − − − = − + − = 1.0 Điều kiện: 11 0 0 x y y x − ≥ − ≥ Đặt 11 0, 0x y a y x b− = ≥ − = ≥ 0,25 Ta có hệ 2 2 1 7 2 4 3 a b b a b − = − + = ⇒ 2 2 2 1 4 7 2(1 ) 3 2 3 5 0 5 ( ) 2 b b b b b b b loai = + − + = ⇔ + − = ⇔ − = 0,5 Với b= 1 suy ra:a = 2 Có 1 11 4 2 1 3 2 x x y y x y = − = ⇔ − = = Hệ có nghiệm 1 2 3 2 x y = = 0,25 5 Tính tích phân: 2 1 2 ln 1 ln e x x dx x x x + + + ∫ 1.0 2 2 2 1 1 1 2 ln 1 ln 1 ln ln ln e e e x x x x x dx dx dx x x x x x x x x x + + + + = + + + + ∫ ∫ ∫ 0,25 2 1 1 1 ln 1 ln 1 ln e e e x x dx dx x x x x x + = = = + ∫ ∫ 0,25 2 1 1 1 1 1 1 1 ( ln ) ln( ln ) ln( 1) ln ln ln e e e e x d x x x dx dx x x e x x x x x x x + + + = = = + = + + + + ∫ ∫ ∫ 0,25 Vậy 2 1 2 ln 1 1 ln( 1) ln e x x dx e x x x + + = + + + ∫ 0,25 6 Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Gọi M, N, I lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AA’, AB, BC. Biết góc giữa hai mặt phẳng (C’AI) và (ABC) bằng 0 60 . Tính theo a thể tích khối chóp NAC’I và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN, AC’. 1.0 0 0 3 ' ( ), ' ' 60 ' tan 60 2 CC ABC CI AI C I AI gocC IC CC CI a⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = ⇒ = = Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum thành Phố Thanh Hóa 3 O M N A' C' B' A C B I 0.25 3 . ' '. '. 1 1 '. 4 12 32 N AC I C ANI C ABC ABC a V V V CC S= = = = 0,25 Gọi O là giao điểm của A’C và AC’ khi đó / / 1 2 MO AC MO AC = và / / 1 2 NI AC NI AC = suy ra / /NI MO , NI = MO suy ra MOIN là hình bình hành ( , ') ( ,( ' )) ( ,( ' )) / / / /( ' ) MN AC MN AC I N AC I MN OI MN AC I d d d h⇒ ⇒ ⇒ = = = 0,25 2 3 2 . ' ' 0 3 3 8 , 1 32 os60 4 2 AIC N AC I AIC a S a a V S c = = = = . ' ' 3 3 8 N AC I AIC V a h S ⇒ = = 0,25 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng AB có phương trình 2 5 0x y− + = , đường thẳng AC có phương trình 3 6 1 0x y− + = .Tìm toạ độ trung điểm I của đoạn thẳng BC biết rằng I nằm trên đường thẳng có phương trình: 2 1 0x y− + = 1.0 Tam giác ABC cân tại A, I là trung điểm BC nên I nằm trên đường phân giác góc A 0,25 Phương trình 2 đường phân giác góc A: 2 2 2 2 2 5 3 6 1 3 3 14 0 2 ( 1) 3 ( 6) x y x y x y − + − + = ⇔ + + = + − + − (d) Và 2 2 2 2 2 5 3 6 1 9 9 16 0 2 ( 1) 3 ( 6) x y x y x y − + − + = − ⇔ − + = + − + − (d’) 0,25 Trường hợp 1: I là giao điểm của (d) và đường thẳng: 2 1 0x y− + = Suy ra 17 25 ( , ) 9 9 I − − 0,25 Trường hợp 1: I là giao điểm của (d’) và đường thẳng: 2 1 0x y− + = . Suy ra 7 23 ( , ) 9 9 I 0,25 8 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(3,8,2), mặt phẳng (P): 3 0x y z+ + + = ,và hai đường thẳng chéo nhau: 1 2 2 2 2 1 : 3 , : 1 1 2 x t x y z d y d z t = − − − = = = − = Tìm trên mặt phẳng (P) các điểm M sao cho đường thẳng AM cắt cả hai đường thẳng 1 d và 2 d . 1.0 1 d qua 1 (2,3,0),M có vec- tơ chỉ phương 1 ( 2,0,1)u − ur 2 d qua 2 (2,1,0),M có vec- tơ chỉ phương 2 (1, 1,2)u − uur 0,25 Mặt phẳng (Q) qua A(3, 8, 2) và 1 d có vec- tơ pháp tuyến 1 1 , (5, 5,10)M A u = − uuuur ur nên có phương trình: 2 1 0x y z− + + = 0,25 Mặt phẳng (R) qua A(3, 8, 2) và 2 d có vec- tơ pháp tuyến 2 2 , ( 16,0,8)M A u = − uuuuur uur nên có 0,25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum thành Phố Thanh Hóa 4 phương trình: 2 4 0x z− + + = Đường thẳng d là giao tuyến của (R) và (Q) qua A và căt cả 2 đường thẳng 1 d và 2 d d căt mặt phẳng (P) tại điểm (1, 2, 2)M − − Vậy (1, 2, 2)M − − là điểm nằm mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng AM cắt cả hai đường thẳng 1 d và 2 d . 0,25 9 Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà trong các số đó, mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đứng sau nó (kể từ trái qua phải). 0.5 Giả sử số cần tìm có dạng abcdef ( ) a b c d e f< < < < < Số được chọn không có chữ số 0, vì giả sử có chữ số 0 thì số đó phải có dạng { } ( ) 0 , , , , , 1;2; ;9bcdef b c d e f ∈ (không thỏa mãn) Với mỗi cách chọn ra 6 chữ số, có duy nhất một cách tạo thành số có 6 chữ số sao cho mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đằng sau nó. 0,25 Số các số có 6 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là số cách chọn 6 trong 9 chữ số thuộc tập { } 1;2;3;4;5;6;7;8;9A = Vậy có 6 9 84C = số thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 10 Cho x, y là các số dương thoả mãn 1 1 1 3 xy x y + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 3 3 1 1 1 ( 1) ( 1) y x M x y y x x y x y = + + − − + + + 1.0 Đặt 1 1 0, 0a b x y = > = > , theo đề bài có: 2 ( ) 3 ( ) 4 a b a b ab + − + = ≤ (BĐT Cô-sy) kết hợp với a +b>0 suy ra a +b 2≥ 0,25 Ta tìm giá trị lớn nhất của 2 2 3 3 1 1 a b ab P a b b a a b = + + − − + + + 2 2 2 ( ) 2 1 12 3 ( ) 2 [-(a+b) +a+b+ +2] 1 4 a b ab a b ab a b ab ab a b a b a b + − + + = + − + + = + + + + + 0,25 Đặt t = a +b 2≥ xét hàm số : 2 12 ( ) -t +t+ +2g t t = 2 12 '( ) 2 1 0, 2g t t t t = − − + < ∀ ≥ Suy ra g(t) nghịch biến trên (2, )+∞ 0,25 Do đó [2, ) max ( ) (2) 6g t g +∞ = = suy ra giá trị lớn nhất của M bằng 3 2 đạt khi 1 1a b x y= = ⇔ = = 0,25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum thành Phố Thanh Hóa 5 . ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 108 Ngày 22 tháng 5 năm 2015 Câu 1: (2.0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x − = − (1) có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1). cách tạo thành số có 6 chữ số sao cho mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đằng sau nó. 0,25 Số các số có 6 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là số cách chọn 6 trong 9 chữ số thuộc tập {. 2 d . 0,25 9 Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà trong các số đó, mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đứng sau nó (kể từ trái qua phải). 0.5 Giả sử số cần tìm có dạng abcdef (