Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA MÔN TOÁN SỐ 100 Ngày 13 Tháng 5 Năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = 1 x x − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1). Câu 2.(1,0 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) 3 2 cos cos 2 1 sin . sin cos x x x x x − = + + 2. Tìm số phức z thỏa mãn : 2 2 2 . 8z z z z+ + = và 2z z+ = Câu 3 .(1,0 điểm)Giải phương trình sau trên tập số thực: 1 15 .5 5 27 23 x x x x + = + + Câu 4.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 ( ) 4 1 ( ) 2 7 2 x x y y x x x y y x + + = − + − = + Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: 1 ln 1 ln e x dx x x+ ∫ Câu 6.(1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 0 60 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ = 4 a . Câu 7.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm M 1 (0; ) 3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC) (NPQ)⊥ . Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng : 1 : 4 1 2 x t d y t z t = = − = − + d 2 : 2 1 3 3 x y z− = = − − , và d 3 : 1 1 1 5 2 1 x y z+ − + = = . Viết phương trình đường thẳng ∆, biết ∆ cắt ba đường thẳng d 1 , d 2 , d 3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC. Câu 10(1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện 3ab bc ca + + = , ta có: 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2a b c + + ≤ + + + Hết Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thành Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 100 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = 1 x x − . 1.0 TXĐ : D = R\{1} y’ = 2 1 0 ( 1)x − < − lim ( ) lim ( ) 1 x x f x f x →+∞ →−∞ = = nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim ( ) , lim x x f x + − → → = +∞ = −∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0.5 Bảng biến thiên 1 + ∞ - ∞ 1 - - y y' x - ∞ 1 + ∞ Hàm số nghịch biến trên ( ;1)−∞ và (1; )+∞ ,Hàm số không có cực trị 0.25 Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 0.25 1.2 Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1). 1.0 Với 0 1x ≠ , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x 0 ; 0 0 1 x x − ) có phương trình : 0 0 2 0 0 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x = − − + − − 2 0 2 2 0 0 1 0 ( 1) ( 1) x x y x x ⇔ + − = − − 0.5 (d) có vec – tơ chỉ phương 2 0 1 ( 1; ) ( 1) u x = − − r , 0 0 1 ( 1; ) 1 IM x x = − − uuur Để (d) vuông góc IM điều kiện là : 0 0 2 0 0 0 0 1 1 . 0 1.( 1) 0 2 ( 1) 1 x u IM x x x x = = ⇔ − − + = ⇔ = − − r uuur + Với x 0 = 0 ta có M(0,0) + Với x 0 = 2 ta có M(2, 2) 0.5 2.1 Giải phương trình: ( ) 3 2 cos cos 2 1 sin . sin cos x x x x x − = + + ĐK: sin cos 0x x + ≠ 0.5 Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x⇔ − − = + + ( ) ( ) 1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x⇔ + + + + = ( ) ( ) ( ) 1 sin 1 cos 1 sin 0x x x⇔ + + + = sin 1 cos 1 x x = − ⇔ = − (thoả mãn điều kiện) 2 2 2 x k x m π π π π = − + ⇔ = + ( ) ,k m ∈Z Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thành Hóa 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k π π = − + và 2x m π π = + ( ) ,k m ∈Z 2.2 Tìm số phức z thỏa mãn : 2 2 2 . 8z z z z+ + = và 2z z+ = 0.5 Gọi z = x + iy ta có 2 2 2 2 ;z x iy z z z z x y= − = = = + 2 2 2 2 2 2 2 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1)z z z z x y x y+ + = ⇔ + = ⇔ + = 2 2 2 1 (2)z z x x+ = ⇔ = ⇔ = Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1± Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 – i 3 Giải phương trình sau trên tập số thực: 1 15 .5 5 27 23 x x x x + = + + 0.5 Phương trình đã cho ( ) 5 15 5 27 23 x x x⇔ − = + . Ta phải có 15 5 0x − ≠ và phương trình trên trở thành 27 23 5 15 5 x x x + = − . Hàm số ( ) 5 x f x = đồng biến trên R còn hàm số ( ) 27 23 15 5 x g x x + = − có ( ) ( ) 2 480 ' 0 15 5 g x x − = < − nên nó nghịch biến trên các khoảng 1 ; 3 −∞ ÷ và 1 ; 3 +∞ ÷ . Vậy phương trình có tối đa 1 nghiệm trên mỗi khoảng. Mặt khác ( ) ( ) 1 1 5f g= = và ( ) ( ) 1 1 1 5 f g− = − = Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm là 1x = ± . 4 Giải hệ phương trình: 2 2 2 ( ) 4 1 ( ) 2 7 2 x x y y x x x y y x + + = − + − = + 1.0 Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình Với 0x ≠ , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 ( ) 2 2 7 1 ( ) 2 7 y x y x y xy x x x x y y x y x y x + + + = + + + = ⇔ + − − = + + − = 0.5 Đặt 2 1 , y u v x y x + = = + ta có hệ: 2 2 4 4 3, 1 2 7 2 15 0 5, 9 u v u v v u v u v v v u + = = − = = ⇔ ⇔ − = + − = = − = +) Với 3, 1v u= = ta có hệ: 2 2 2 1, 2 1 1 2 0 2, 5 3 3 3 y x y x y x y y y x x y x y x y = = + = + = + − = ⇔ ⇔ ⇔ = − = + = = − = − . +) Với 5, 9v u= − = ta có hệ: 2 1 9 5 y x x y + = + = − , hệ này vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) (2;1), ( ; ) (5; 2).x y x y= = − 0.5 5 Tính tích phân: 1 ln 1 ln e x dx x x+ ∫ 1,0 Đặt t = 1 ln x+ có 2tdt = 1 dx x x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2 2 2 1 1 ln 1 2 1 ln e x t dx tdt t x x − = = + ∫ ∫ 2 3 1 2( ) 3 t t− = 2(2 2) 3 − 6 Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 0 60 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ = 4 a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ 1.0 Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thành Hóa 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC) (NPQ)⊥ . Gọi I là trung điểm A’B’ thì ' ' ' ' ( ' ') ' AA' C I A B C I ABA B C I ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính là góc · 'C BI . Suy ra · 0 ' 60C BI = · 15 ' .tan ' 2 a C I BI C BI= = 3 . ' ' ' ' ' ' 1 . 15 . . AA'. AA' . ' ' 2 4 ABC A B C A B C a V S CI A B= = = / / ' ( ) / /( ' ) / / ' NP BC NPQ C BI PQ C I ⇒ (1) · · · · 0 ' ( ) ' ' 90 AM BIABM BB I c g c suy ra AMB BIB suy r a AMB B BI= − − = + = ⇒ ⊥V V . Mặt khác theo chứng minh trên C’I ⊥ AM nên AM ⊥ ( ' )C BI Suy ra (AMC) ⊥ ( ' )C BI (2) Từ (1) và (2) suy ra (MAC) (NPQ)⊥ 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm M 1 (0; ) 3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 1.0 Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có : ' ' 2 4 2 5 N I N N I N x x x y y y = − = = − = − Phương trình đường thẳng AB:4x + 3y – 1 = 0 Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 2 2 4.2 3.1 1 2 4 3 d + − = = + AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 2 2 2 1 1 1 4d x x = + suy ra x = 5 suy ra BI = 5 Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2 4x 3y – 1 0 ( 2) ( 1) 5x y + = − + − = B có hoành độ dương nên B( 1; -1) Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thành Hóa 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 8 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng : 1 : 4 1 2 x t d y t z t = = − = − + d 2 : 2 1 3 3 x y z− = = − − , và d 3 : 1 1 1 5 2 1 x y z+ − + = = . Viết phương trình đường thẳng ∆, biết ∆ cắt ba đường thẳng d 1 , d 2 , d 3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC. 1,0 Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d 1 , d 2 , d 3 Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v) A, B, C thẳng hàng và AB = BC ⇔ B là trung điểm của AC ( 1 5 ) 2 4 (1 2 ) 2.(2 3 ) 1 2 ( 1 ) 2( 3 ) t v u t v u t v u + − + = ⇔ − + + = − − + + − + = − Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0 Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1) Đường thẳng ∆ đi qua A, B, C có phương trình 2 1 1 1 x y z− = = 9 Tìm hệ số của 4 x trong khai triển biểu thức 3 2 n x x − ÷ , biết n là số tự nhiên thỏa mãn hệ thức 6 2 4 454 n n n C nA − − + = 0.5 Từ hệ thức đã cho suy ra 6n ≥ . ( ) ( ) ( ) 6 2 4 4 ! ! 454 454 2! 6 ! 2 ! n n n n n C nA n n n − − − + = ⇔ + = − − ⇔ 3 2 2 9 888 0 8.n n n n− − − = ⇔ = Với 8n = , ( ) ( ) ( ) 8 8 8 8 8 3 1 3 24 4 8 8 0 0 2 2 2 1 k k k k k k k k k x C x x C x x − − − − = = − = − = − ÷ ∑ ∑ Hệ số của x 4 tương ứng với 24 4 4 5k k− = ⇔ = . Vậy hệ số của x 4 là ( ) 8 5 5 5 8 2 1 1792C − − = − . 10 Câu 10(1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện 3ab bc ca+ + = , ta có: 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2a b c + + ≤ + + + 1,0 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4a b b c c a a b c+ + + ≥ Đặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh 2 2 2 4x y z xyz+ + + ≥ với mọi x, y, z không âm thỏa mãn: x + y + z = 3. Không làm mất tính tổng quát giả sử x ≤ y; x ≤ z thì x ≤ 1 ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 ( ) ( 2) 4 ( ) ( ) ( 2) 4 4 x y z xyz x y z yz x x y z y z x+ + + − = + + + − − ≥ + + + + − − = 2 2 2 2 1 (3 ) 4 ( 1) ( 2) 0 4 4 x x x x x + = + − − = − + ≥ Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 Luyện thi Đại Học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thành Hóa 5 . Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA MÔN TOÁN SỐ 100 Ngày 13 Tháng 5 Năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = 1 x x − 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm tọa độ. Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 100 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = 1 x x − . 1.0 TXĐ : D = R{1} y’ = 2 1 0 ( 1)x −. ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim ( ) , lim x x f x + − → → = +∞ = −∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0.5 Bảng biến thi n 1 + ∞ - ∞ 1 - - y y' x - ∞ 1 + ∞ Hàm số nghịch biến trên