Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 113

ĐỂ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 03 Ngày 28 tháng 5 năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x − = − (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao cho 9OA OB= . Câu 2.(1,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 sin 3 cos2 sin 0x x x+ = 2. Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 2 2z i− + = và 1 1 z z i + = + . Câu 3.(1.0 điểm) Giải phương trình: 2 2 2 3 10 4 2 2 4 2 16 0 x x x x x x− − − − + + + − − = . Trong một lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, trong đó có 2 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó. Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm Câu 4.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 ( , ) xy x y x y x y x y x y  + + =  + ∈   + = −  ¡ Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: 4 8 cot tan sin 2 cos 2 4 x x I dx x x π π π − =   −  ÷   ∫ Câu 6.(1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a= , 3AC a= , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC). Câu 7.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 2 5 0x y∆ − + = và đường tròn 2 2 ( ) : 2 4 5 0C x y x y+ − + − = . Qua điểm M thuộc ∆, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn 2 5AB = . Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; −1), C(3; 3; 1) và mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 6 6 5 0S x y z x y z+ + + − − + = . Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C. Câu 9.(0.5 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn 1 2 3 2 5 4 n n n n C C n + + + − = + . Tìm hệ số của 4 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn 3 n x x   +  ÷   (với 0x ≠ ). Câu 10.(1,0 điểm) Cho hệ bất phương trình: 2 2 2 2 5log 8log .log 8log 1 1 3log 8log .log 4log 2 1 x x y y m x x y y m  − − ≥   + − + ≤  +  ( , )x y + ∈¡ Định m để hệ bất phương trình đã cho có nghiệm. Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 03 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: 2 1 1 x y x − = − (1). 1.0 TXĐ: { } 2 1 \ 1 , ' 0, ( 1) y x x − = = < ∀ ∈ − ¡D D 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng: ( ;1)−∞ và (1; )+ ∞ Giới hạn và tiệm cận: 1 1 lim ; lim x x y y − + → → = −∞ = +∞ ⇒ tiệm cận đứng: x = 1 lim lim 2 x x y y →+∞ →−∞ = = ⇒ tiệm cận ngang y = 2 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 Đồ thị: Đi qua các điểm ( ) 1 ; 0 , 0; 1 2    ÷   và nhận giao điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng. 0,25 1.2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao cho 9OA OB= 1.0 Gọi α là góc tạo bởi tiếp tuyến với trục x’Ox thì từ giả thiết OA = 9OB ta suy ra hệ số góc của tiếp tuyến được tính bởi 1 9 OB k OA = ± = ± 0,25 ⇒ hoành độ tiếp điểm là nghiệm của pt: y’ = k hay: 2 2 2 1 1 ( ) 4 ( 1) 9 ( 1) 9 1 1 2 ( 1) 9 x x x x x −  =  = −   ⇔ − = ⇔  − = −   = −  −  VN , (4) ( 2) 7 5 , 3 3 y y − = = 0,25 + Với 1 9 k = − và tiếp điểm 7 4; 3    ÷   , ta có pt tiếp tuyến: ( ) 1 7 1 25 4 hay 9 3 9 9 y x y x= − − + = − + 0,25 + Với 1 9 k = − và tiếp điểm 5 2; 3   −  ÷   , ta có pt tiếp tuyến: ( ) 1 5 1 13 2 hay 9 3 9 9 y x y x= − + + = − + 0,25 2.1 Giải phương trình: 2 2 sin 3 cos2 sin 0x x x+ = 0.5 Pt tương đương: 2 2 3 2 2 sin 3 cos2 sin 0 (3sin 4sin ) cos2 sin 0x x x x x x x+ = ⇔ − + = 2 2 2 sin (3 4sin ) cos2 1 0x x x   ⇔ − + =   { } 2 [3 2(1 cos 2 )] cos 2 1 0x x⇔ − − + = 0,25 ( ) 2 2 2 3 2 sin (1 2cos2 ) cos 2 1 0 sin 4cos 2 4cos 2 cos 2 1 0x x x x x x x   ⇔ + + = ⇔ + + + =   ( ) ( ) 2 2 sin cos 2 1 4 cos 2 1 0x x x⇔ + + = 2 sin 0 cos2 1 ( ) 2 4cos 2 1 0 (VN) x x k x k x k x π π π  = =    ⇔ = − ⇔ ∈   = +   + =  ¢ 0,25 2.2 Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 2 2z i− + = và 1 1 z z i + = + . 0.5 Giả sử ,( , )z x yi x y= + ∈¡ . Từ giả thiết ta có: 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 2) 2 2 ( 2) ( 2) 8z i x y i x y− + = ⇔ − + + = ⇔ − + + = 0,25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 x y’ −∞ +∞ y 1 − − +∞ 2 −∞ 2 • • • • • • 1 2 1 1 2 0 x y 2 2 2 2 1 1 ( 1) (1 ) ( 1) (1 ) z x yi x y i x y x y x y z i + = ⇔ + + = + − ⇔ + + = + − ⇔ = − + Ta được hệ: 2 2 2 4, 4 ( 2) ( 2) 8 ( 2) 4 0, 0 x y x y x x y y x y x = = −   − + + = − =  ⇔ ⇔    = = = − = −    . Vậy 4 4 ; 0z i z= − = 0,25 3.1 Giải phương trình: 2 2 2 3 10 4 2 2 4 2 16 0 x x x x x x− − − − + + + − − = . 0.5 PT tương đương: 2 2 2 2 2 2 3 10 2 2 8 2 3 14 2 2 12 2 2 2 2 16 0 2 2 2 1 0 x x x x x x x x x x x x− − − − + + − − − − + − + − − = ⇔ + − − = 0,25 2 2 2 2 2 12 2 2 2 12 (2 1)(2 1) 0 2 1 0 x x x x x x− − + − − − ⇔ − + = ⇔ − = 2 2 2 12 0 2 2 2 2 2 12 0 3; 2 x x x x x x − − ⇔ = ⇔ − − = ⇔ = = − 0,50 3.2 Trong một lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, trong đó có 2 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó. Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm 0.5 Mỗi kết quả lấy ra 6 sản phẩm từ 12 sản phẩm ứng với tổ hợp chập 6 của 12, do đó số kết quả có thể xảy ra là: ( ) 6 12 924n CΩ = = Gọi A là biến cố: “ Lấy ra 6 sản phẩm có 2 phế phẩm” Khi đó A là biến cố: “Lấy ra 6 sản phẩm mà trong đó có không quá 1 phế phẩm” Ta tìm được ( ) 2 4 2 10 210n A C C= = 0.25 Ta có: ( ) ( ) ( ) 210 5 924 22 n A P A n = = = Ω . Vậy ( ) 5 17 1 22 22 P A = − = 0.25 4 Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 ( , ) xy x y x y x y x y x y  + + =  + ∈   + = −  ¡ 1.0 Điều kiện: x + y > 0 Đặt u = x + y, u > 0 và v = xy. Pt (1) trở thành: 2 3 2 2 1 2 2 0 v u v u u uv v u − + = ⇔ − − + = 0,25 2 1 ( 1)[ ( 1) 2 ] 0 2 0 u u u u v u u v =  ⇔ − + − = ⇔  + − =  0,25 TH1: Với u = 1 hay x + y = 1 (thỏa đk), thay vào 2 được: 2 2 1 1 (1 ) 2 0 2 x x x x x x =  = − − ⇔ + − = ⇔  = −  1 0; 2 3x y x y= ⇒ = = − ⇒ = 0,25 TH2: Với 2 2 0u u v+ − = hay 2 2 2 ( ) 2 0 0x y x y xy x y x y+ + + − = ⇔ + + + = ⇒ vô nghiệm do đk . Vậy hệ pt có 2 nghiệm (1; 0); (−2; 3). 0,25 5 Tính tích phân: 4 8 cot tan sin 2 cos 2 4 x x I dx x x π π π − =   −  ÷   ∫ 1.0 2 2 4 4 8 8 cos sin cot tan sin .cos sin 2 cos 2 sin 2 cos2 .cos sin 2 .sin 4 4 4 x x x x x x I dx dx x x x x x π π π π π π π − − = =     − +  ÷  ÷     ∫ ∫ 0,25 ( ) 4 4 2 8 8 cot 2 cot 2 1 2 2 2 2 . sin 2 cos2 sin 2 1 cot 2 sin 2 x x dx dx x x x x x π π π π = = + + ∫ ∫ 0,25 Đặt 2 2 2 1 1 cot 2 sin 2 2 sin 2 t x dt dx dt dx x x = ⇒ = − ⇒ − = . Đổi cận: 1; 0 8 4 x t x t π π = ⇒ = = ⇒ = 0 1 1 2 2 . 1 2 t I dt t   = −  ÷ +   ∫ 1 1 0 0 1 2 2 1 1 1 t dt dt t t   = = −  ÷ + +   ∫ ∫ ( ) ( ) 1 0 2 ln 1 2 1 ln 2t t= − + = − 0,5 6 Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a= , 3AC a= , hình 1.0 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC). Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có: · 0 2 2 2 , ; ' 60 3 3 a BC a AG AI A AG= = = = 0 2 3 ' .t an60 3 a A G AG⇒ = = 0,25 Thể tích V của khối lăng trụ được tính bởi: 3 1 1 2 3 . ' . . ' . 3. 2 2 3 ABC a V S A G AB AC A G a a a= = = = (đvtt) 0,25 Dựng AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK 1 1 1 . 1 . 3 3 . 3 3 3 3 2 6 GI MG AB AC a a a CI AK AK MA BC a ⇒ = = ⇒ = = = = . Dựng GH ⊥ A’I tại H (1) Do: (2) ' BC GI BC GH BC A G ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  . Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC) 0,25 Mặt khác nhận thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’. Từ đó: [ ', ( ' )] [ , ( ' )] 3 [ , ( ' )] 3d B A BC d A A BC d G A BC GH= = = 2 2 2 2 2 3 3 3. . ' . 3. ' . 6 2 51 3 6 3. ' 17 51 ' 12 3 9 36 a a A G GI A G GI a a A I A G GI a a = = = = = + + 0,25 7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 2 5 0x y∆ − + = và đường tròn 2 2 ( ) : 2 4 5 0C x y x y+ − + − = . Qua điểm M thuộc ∆, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm). 1.0 +M ∈ ∆ ⇒ M(2m − 5; m);. (C) có tâm I(1; −2), bán kính 10R = 0,25 Gọi H là trung điểm AB ⇒ 5AH = và AH ⊥ MI Tam giác AIM vuông tại A có AH là đướng cao nên: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 10 5 10 AM AH AM AI AM = + ⇔ = + ⇒ = và 2 2 2 5IM IA MA= + = 0,5 2 20IM⇒ = ⇔ 2 2 2 (2 6) ( 2) 20 4 4 0 2m m m m m− + + = ⇔ − + = ⇔ = 0,25 8 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; −1), C(3; 3; 1) và mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 6 6 5 0S x y z x y z+ + + − − + = . Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C. Giả sử M(x; y; z). M cách đều A, B, C nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) hay ( 2) ( 1) ( 3) ( 3) ( 1) AM BM x y z x y z AM CM x y z x y z   = − + − + = − + − + +     = − + − + = − + − + −     0,25 1 3 ( ) 2 7 1 x t x z y t x y z z t =  + =   ⇔ ⇔ = ∈   + + =   = −  ¡ 0,25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 N I C' B' M A B C A' G K H H I B M A M ∈ (S) nên 2 2 2 3 3 3 9 (1 ) 2 18 6 6 5 0 2 6 9 0 2 t t t t t t t − ± + + − + − − + + = ⇔ + − = ⇔ = 0,25 Suy ra 3 3 3 5 3 3 ; 3; 2 2 M   − + −  ÷  ÷   hoặc 3 3 3 5 3 3 ; 3; 2 2 M   − − +  ÷  ÷   0,25 9 Cho số nguyên dương n thỏa mãn 1 2 3 2 5 4 n n n n C C n + + + − = + . Tìm hệ số của 4 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn 3 n x x   +  ÷   (với 0x ≠ ). 0.5 Xét phương trình: 1 2 3 2 5 4 (1) n n n n C C n + + + − = + . Điều kiện: n N ∈ . (1) ( 2)! ( 3)! 2. 5 4 !2! ( 1)!2! n n n n n + + ⇔ − = + + 2 1 10 9 10 0 10 n n n n n  ⇒  = −  = ⇔ − − = ⇔ = Khi đó có : 10 10 10 10 10 2 10 10 0 0 3 3 3 k k k k k k k k x C x C x x x − − = =      ÷  ÷     + = = ∑ ∑ Hệ số của 4 x là 10 3 k k C , trong đó 10 2 4 3k k − = ⇔ = . Vậy hệ số của 4 x là 3 3 10 3 3240C = . 10 Cho hệ bất phương trình: 2 2 2 2 5log 8log .log 8log 1 1 3log 8log .log 4log 2 1 x x y y m x x y y m  − − ≥   + − + ≤  +  ( , )x y + ∈¡ Định m để hệ bất phương trình đã cho có nghiệm. 1.0 Đặt log , logu x v y= = , hệ pt trở thành: 2 2 2 2 2 2 2 2 5 8 8 1 5 8 8 1 1 2 2 3 8 4 6 16 8 2 1 2 1 u uv v u uv v m m u uv v u uv v m m   − − ≥ − + + ≤ −   ⇔   + + − + ≤ − + ≤   + +   (*) 0,25 Giả sử hệ có nghiệm 0 0 ( ; )x y 0 0 0 0 log log u x v y =  ⇒  =  là nghiệm của hệ pt (*), hay ta có hệ bất đẳng thức đúng sau: 2 2 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 5 8 8 1 2 2 6 16 8 2 1 u u v v m u u v v m  − + + ≤ −   + − + ≤  +  . Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên được: ( ) 2 0 0 1 4 2 1 u v m − ≤ + ⇒ ĐK cần để hệ có nghiệm là 1 2 1 0 hay 2 m m+ > > − 0,25 Xét ĐK đủ: Với 1 2 m > − , ta có: 2 2 1 1 1 2 1 2 1 m m m + = + > + + . Suy ra để hệ bất pt đã cho có nghiệm x, y ta chỉ cần c/m hệ bất pt (*) có nghiệm u, v hay hệ pt sau có nghiệm u, v là đủ: 2 2 2 2 5 8 8 1 (**) 6 16 8 1 u uv v u uv v  − + + = −   − + =   0,25 Ta có 2 2 2 2 10 10 4 , 5 8 8 1 5 20 (**) 1 ( 4 ) 0 10 10 40 , 5 20 u v u v u uv v v u v u v  = = =    − + + = −    ⇔ ⇔ ⇔   =  − =     = − = −   ⇒ đpcm Vậy 1 2 m > − là đáp số của bài toán 0,25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 5 . ĐỂ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 03 Ngày 28 tháng 5 năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x − = − (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Viết. GIẢI ĐỀ 03 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số: 2 1 1 x y x − = − (1). 1.0 TXĐ: { } 2 1 1 , ' 0, ( 1) y x x − = = < ∀ ∈ − ¡D D 0,25 Hàm số nghịch. sao cho M cách đều ba điểm A, B, C. Câu 9.(0.5 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn 1 2 3 2 5 4 n n n n C C n + + + − = + . Tìm hệ số của 4 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn 3 n x x 