Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 58

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP QUỐC GIA NĂM 2015 SỐ 58 Ngày 23 tháng 3 năm 2015 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 2 x y x − = − (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến cắt hai đường tiệm cận của (C) lần lượt tại A và B sao cho tam giác ABI có bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2 2− , với I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: (1 cos )cos 1 (1 cos )(1 2cos ) tan x x x x x − = + − ( )x∈¡ Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 1 1 2 2x x x x− + + + − = + ( )x∈¡ Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: 3 0 (cos 2sin )I x x x dx π = + ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , · 0 120ABC = . Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng ( )ABCD trùng với trọng tâm H của tam giác ABC . Gọi ,E F lần lượt là trung điểm của SA , BC . Biết góc giữa hai mặt phẳng ( )SBC và ( )ABCD bằng 0 60 . Tính thể tích khối chóp .S AFCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AF và DE . Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm , ,a b c thoả mãn: 2 2 2 1a b c+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 6( ) 27T b c a abc= + − + Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A , phương trình cạnh AB là 3 7( 1)y x= − . Hai đỉnh ,B C nằm trên trục hoành và đỉnh A có toạ độ là các số dương. Xác định toạ độ các điểm , ,A B C biết tam giác ABC có chu vi bằng 18. Câu 8.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 9 0x y α + − = và điểm (0; 3;6)B − . Chứng minh rằng mặt phẳng ( ) α tiếp xúc với mặt cầu tâm B , bán kính BO . Tìm toạ độ tiếp điểm. Câu 9.(1,0 điểm). Gọi 1 2 ,z z là hai nghiệm phức của phương trình: 2 2 4 0z z− + = . Tính 2013 2013 1 2 T z z= + . ……………………….HẾT……………………… Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò chum thành Phố Thanh Hóa 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 58 Câu Đáp án Điểm 1.a 1 0 . Hàm số có TXĐ là : { } \ 2¡ 0.25 2 0 . Sự biến thiên của hàm số a) Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực của hs và các đường tiệm cận. 2 lim x y + → = +∞ , 2 lim x y − → = −∞ . Tiệm cận đứng: 2x = lim lim 1 x x y y →+∞ →−∞ = = Tiệm cận ngang: 1y = 0.25 b) Bảng bt : ( ) 2 1 ' 0, 2 2 y x x − = < ∀ ≠ − x −∞ 2 +∞ 'y − + y 1 −∞ +∞ 1 - Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng : ( ) ;2 −∞ và ( ) 2; +∞ . - Hàm số không có cực trị. 0.25 3 0 . Đồ thị • Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ : Đồ thị ( ) C cắt trục hoành tại điểm ( ) 1;0 và cắt trục tung tại điểm 1 0; 2    ÷   . • Đồ thị • Nhận xét: Đồ thị ( ) C nhận giao điểm ( ) 2;1I của hai đường tiệm cận làm tâm đx. 0.25 1.b Giả sử 0 x là hoành độ tiếp điểm ( ) 0 2x ≠ PT tiếp tuyến của ( ) C tại 0 x có dạng : : ∆ ( ) ( ) 0 0 2 0 0 1 1 2 2 x y x x x x − − = − + − − Giả sử ,A B lần lượt là hai giao điểm của ∆ với các đường tiệm cận ngang và tiệm cận đứng của ( ) C . Khi đó: 1 . . 2 2 ABI S IA IB ∆ = = , ( ) 0 2x 2;1A − , 0 0 2; 2 x B x    ÷ −   0.25 Và: ( ) 0 2x 4;0IA − uur , 0 2 0; 2 IB x    ÷ −   uur , 0 0 2 4 2x ; 2 AB x   −  ÷ −   uuur Có: 1 . . 2 2 ABI S IA IB ∆ = = ( ) 1 . 4 2 2 2 ABI S IA IB AB r IA IB AB ∆ = + + ⇔ + + = + 0.25 ( ) ( ) 2 0 0 2 0 0 2 1 2 2 2. 2 4 2 2 2 2 x x x x ⇔ − + + − + = + − − • Đặt ( ) 0 2 , 0t x t= − > 0.25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò chum thành Phố Thanh Hóa 2 Ta được phương trình: 2 2 1 1 2 2t t t t + + + = + Đặt 1 a t t = + , Đk: 2a ≥ Ta được phương trình: 2 2 2 2a a+ − = + Giải phương trình trên ta được: 2a = .Từ đó ta được: 1t = . Với 1t = ta được: 0 3x = ; 0 1x = . Vậy các tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là: 5y x= − + , 1y x= − + 0.25 2 ( ) ( ) ( ) 1 cos cos 1 1 cos 1 2cos tan x x x x x − = + − ( ) 1 ĐK: cos 1 1 sin 2x 0 cos 2 1 cos x cos 0 2 sin 0 x x x x ≠ −   ≠   ≠   ⇔   ≠   ≠   ≠   PT ( ) 1 2 sin sin .cos 1 cos 2cosx x x x x⇔ − = − − 0.25 ( ) ( ) sin cos 1 sin .cos 2 1 sin 1 sin 0x x x x x x⇔ + − − + − + = ( ) ( ) 1 sin 2sin cos 1 0x x x⇔ − + + = 0.25 ( ) sin 1 2sin cos 1 0 x Loai x x = ⇔  + + =  2sin cos 1x x ⇔ + = − ( ) ( ) 2 2 2 / x k loai x k T m π π α π = + ⇔  = − +   0.25 Vậy PT ( ) 1 có các nghiệm 2 2 ,x k α π = − + k ∈ ¢ Với α thỏa mãn: 2 cos 5 1 sin 5 α α  =     =   0.25 3 2 1 1 2 2x x x x− + + + − = + ( ) 1 Đk: 1 2x − ≤ ≤ ( ) * PT ( ) 1 ( ) ( ) 2 1 2 1 2 0x x x x⇔ + + − + − − − = Đặt: 1 2t x x= + + − , ( ) 0t > Ta được phương trình: 4 2 6 4 3 4 2 0t t t− + − − = 0.25 • Đặt 2t a= + , ta được phương trình: 4 3 2 4a 2 6a 4a 2 4 11 0a a+ + − + − = ( ) ( ) 3 2 2 1 a 7a 11 4 2 0a a a a   ⇔ − + + + + + =   ( ) 2 0.25 • Ta có: 2 2 3 2 2 3 0t x x t a= + + − ⇒ ≥ ⇒ > . Suy ra PT ( ) 2 1a ⇔ = 0.25 • Với 1 1 2a t= ⇒ = + 2 3 2 2 3 2 2x x⇒ + + − = + 1; 0x x⇔ = = Vậy PT ( ) 1 có 2 nghiệm 1; 0x x= = . 0.25 4 ( ) 3 1 2 0 cos 2sinI x x x dx I I π = + = + ∫ • Tính 1 0 cos .I x x dx π = ∫ Sử dụng tích phân từng phần ta được: 1 2I = − 0.5 • Tính 3 2 0 2 .sin .I x x dx π = ∫ ( ) 1 Đặt: t x π = − ( ) ( ) 3 3 2 0 0 2 sin . 2 sin .I t t dt x x dx π π π π ⇒ = − = − ∫ ∫ ( ) 2 Cộng từng vế ( ) 1 và ( ) 2 ta được: 3 2 0 2 2 sin .I x dx π π = ∫ ( ) ( ) 2 2 0 4 cos 1 cos 3 I x d x π π π ⇒ = − = ∫ . Vậy: 4 2 3 I π = − + 0.5 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò chum thành Phố Thanh Hóa 3 5 Ta có: 2 D 3 . .sin 2 ABC a S AB BC ABC= ∠ = ; 2 1 1 3 3a 3 2 4 4 8 ABF ABC ABCD AFCD ABCD S S S S S= = ⇒ = = 0.25 DBC ∆ đều cạnh a nên 3 2 a DF = , kẻ HK BC ⊥ tại K . Do / /HK DF 1 3 D 3 6 HK BH a HK DF B ⇒ = = ⇒ = ( ) ( ) ( ) ( ) 0 , D 60 2 a BC SHK SBC ABC SKH SH⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = 3 . D D 1 3 . 3 16 S AFC AFC a V SH S⇒ = = (đvtt) 0.25 Dựng hệ trục tọa độ Oxyz với H O ≡ , ,S Oz∈ D Oy∈ , / /Ox AC (như hình vẽ) Khi đó ta có : ( ) 0;0;0H , 0; ;0 3 a B   −  ÷   , 0;0; 2 a S    ÷   , 2 0; ;0 3 a D    ÷   , 3 ; ;0 2 6 a a A   −  ÷  ÷   , 3 ; ;0 2 6 a a C    ÷  ÷   Suy ra: 3 ; ; 4 12 4 a a a E   −  ÷  ÷   , 3 ; ;0 4 12 a a F   −  ÷  ÷   Áp dụng công thức: ( ) , . a 165 ; 55 , AF DE AD d AF DE AF DE     = =     uuur uuur uuur uuur uuur . 0.5 6 Có: 2 2 2 2 2 2 1 1a b c b c a+ + = ⇒ + = − [ ] , , 0 0,1a b c a≥ ⇒ ∈ Có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 0 2 b c b c b c b c bc  + ≤ +  − ≥ ⇒  + ≤   ( ) ( ) ( ) 2 2 27a 1 6 2 1 2 a T a a − ⇒ ≤ − − + 0.25 ( ) 3 2 1 27a 15a 12 2 1 2 T a   ≤ − + + −     * Xét hàm số: ( ) ( ) 3 2 27x 15x 12 2 1f x x= − + + − trên [ ] 0,1 . ( ) ( ) 2 2 24x ' 81x 15 2 1 f x x = − + − − ( ) ( ) 2 2 8x ' 0 5 27x 0 2 1 f x x ⇒ = ⇔ − − = − Đk: 0 1x≤ < ( ) 2 2 5 27x 1 4 2.x x⇔ − − = ( Đk: 15 0 9 x≤ ≤ ) ( ) ( ) 2 2 2 2 5 27x 1 32x x⇔ − − = Đặt: 2 t x= , Đk: 5 0 27 t≤ ≤ 0.25 Được PT: ( ) ( ) 2 5 27 1 32t t t− − = 3 2 729 999 327 25 0t t t⇔ − + − = 25 1 1 ; ; 27 9 3 t t t⇔ = = = Đối chiếu với điều kiện ta được: 1 9 t = 1 3 x⇒ = . 0.25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò chum thành Phố Thanh Hóa 4 Tacó: ( ) ( ) 1 0 12 2; 1 12; 20 3 f f f   = = − =  ÷   [ ] ( ) 0,1 max 20 10 x f x T ∈ ⇒ = ⇒ ≤ Dấu “=” xảy ra khi: 1 2 , 3 3 a b c= = = .Vậy max 10T = khi 1 2 , 3 3 a b c= = = 0.25 7 Có: ( ) , : 0 1;0B C Ox BC y B∈ ⇒ = ⇒ 0.25 Giả sử ( ) ( ) ;3 7 1A a a − , ( ) 1a > ( ) ;0C c , ( ) 1c ≠ Khi đó: ( ) ( ) 1 ;3 7 1AB a a= − − uuur , 8 1AB a= − ( ) ( ) ;3 7 1AC c a a= − − uuur Do ABC ∆ cân tại A nên ( ) ( ) 2 2 1AB AC a c a= ⇒ − = − ( ) 2a 1 2a 1;0c C⇔ = − ⇒ − ( ) 2a 2;0BC = − uuur 0.25 Ta có: 18 16 1 2 1 18AB BC CA a a+ + = ⇔ − + − = 0 1 1 2 a a a =  ⇔ − = ⇔  =  (t/m) 0.25 Vậy ( ) ( ) ( ) 2;3 7 ; 1;0 ; 3;0A B C 0.25 8 Giả sử ( ) S là mặt cầu tâm B, bán kính là BO . 3 5BO⇒ = . Ta có: ( ) ( ) 6 9 , 3 5 1 4 0 d B α − − = = + + ( ) α ⇒ tiếp xúc với mặt cầu ( ) S 0.5 Giả sử H là tiếp điểm của ( ) α và mặt cầu ( ) S ( ) BH α ⇒ ⊥ . : 3 2 6 x t BH y t z =   ⇒ = − +   =  Tọa độ của H là nghiệm của hệpt: 3 3 2 3 6 3 2 9 0 6 x t t y t x z y x y z = =     = − + =   ⇔   = =     + − = =   Vậy: ( ) 3;3;6H . 0.25 9 2 2z 4 0z − + = Giải được: 1 1 3z i= + , 2 1 3z i= − 0.5 Ta có: 2013 2013 2013 1 1 2013 2013 2 cos .sin 2 cos .sin 2 3 3 3 3 z i z i π π π π     = + ⇒ = + = −  ÷  ÷     0.25 ( ) ( ) 2013 2013 2013 2 2 2 cos .sin 2 cos 671 .sin 671 2 3 3 z i z i π π π π       = − + − ⇒ = − + − = −   ÷  ÷           Vậy: 2014 2T = − . 0.25 Lưu ý: Học sinh giải bài theo cách khác thì chấm điểm tương ứng theo các bước. ……………………… Hết……………………… Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò chum thành Phố Thanh Hóa 5 . ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP QUỐC GIA NĂM 2015 SỐ 58 Ngày 23 tháng 3 năm 2015 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 2 x y x − = − (C) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết. Đường Lò chum thành Phố Thanh Hóa 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 58 Câu Đáp án Điểm 1.a 1 0 . Hàm số có TXĐ là : { } 2¡ 0.25 2 0 . Sự biến thi n của hàm số a) Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực của hs. 2 +∞ 'y − + y 1 −∞ +∞ 1 - Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng : ( ) ;2 −∞ và ( ) 2; +∞ . - Hàm số không có cực trị. 0.25 3 0 . Đồ thị • Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ