ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 125 Ngày 10 tháng 6 năm 2015 Câu 1.(2.0 điểm) 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: 2 1 x y x + = − 2. Gọi I là tâm đối xứng của đồ thị (C). Tìm các điểm M trên đồ thị (C) để tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị (C) lần lượt tại ,A B sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB ngắn nhất Câu 2.(1.0 điểm): 1. Giải phương trình ( ) 2 sin 3 cos .cos2x tan2x + tanx x x= 2. Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn 2 2 6z z+ = và 1 2z i z i− + = − Câu 3.(1.0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 3 3 5 5 x x + + = 2. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 0 1 2 3 2 3 4 ( 1) 512( 2) n n n n n n C C C C n C n+ + + + + + = + Câu 4.(1.0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 2 2 ( 1) 3 0 (1) 5 ( ) 1 0 (2) x x y x y x + + − = + − + = Câu 5.(1.0 điểm) Tính tích phân sau ∫ = 4 0 cos )ln(cos.tan π dx x xx I Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình hộp đứng . ' ' ' 'ABCD A B C D nội tiếp trong hình trụ cho trước. Biết đường kính đáy của hình trụ bằng 5a , góc giữa đường thẳng 'B D và mặt phẳng ( ) ' 'ABB A bằng 30 0 . Khoảng cách từ trục hình trụ đến mặt phẳng ( ) ' 'ABB A là 3 2 a . Tính thể tích khối hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D . Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho đường tròn I: 3664 22 =+−+ yxyx . Đường thẳng ∆ qua ( 2;0)A − và cắt đường tròn tại hai điểm P, Q. Viết phương trình của đường thẳng ∆ biết độ dài đoạn PQ ngắn nhất Câu 8.(1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): 2 2 2 2 4 6 11 0x y z x y z+ + − + − − = và mặt phẳng ( ) α có phương trình 2 2 17 0x y z+ − + = . Viết phương trình mặt phẳng ( ) β song song với mặt phẳng ( ) α và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi bằng 6 π . Câu 9.(1.0 điểm) : Cho , , 0x y z > thoả mãn: 5 5 5 1 y x z − − − + + = . Chứng minh rằng: 5 5 4 5 5 5 25 25 25 5 5 5 5 y y x z x z y z y x y x z x z + + + + ≥ + + + + + + Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 1 x y f x ( ) = x+2 x-1 1 4 -2 -2 O 1 2 3 5/2 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 125 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị I của hàm số: 2 1 x y x + = − 1.0 + TXĐ { } \ 1R + SBT: 2 3 ' ( 1) y x − = − ; ' 0 1y x< ∀ ≠ . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ;1−∞ và ( ) 1;+∞ . Hàm số không có cực trị. 0,25 lim 1; lim 1 x x y y →+∞ →−∞ = = ; 1 1 lim , lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ Đồ thị có TCN là đường thẳng 1y = và tiệm cận đứng là đường thẳng 1x = . 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 Đồ thị: NX: Đồ thị nhận giao của hai đường tiệm cận (1;1)I làm tâm đối xứng. 0,25 1.2 Gọi I là tâm đối xứng của đồ thị I. Tìm các điểm M trên đồ thị I để tiếp tuyến của đồ thị I tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị I lần lượt tại ,A B sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB ngắn nhất 1.0 Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là I (1;1) Giả sử 0 0 ( ; )M x y ( 0 1x ≠ ) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến ( ) ∆ và đồ thị I. Ta có 0 0 0 2 1 x y x + = − , hệ số góc của tiếp tuyến ( ) ∆ là: 2 0 3 ( 1) k x − = − . Phương trình tiếp tuyến ( ) ∆ là 0 0 2 0 0 2 3 ( ) ( 1) 1 x y x x x x + = − − + − − (1) 0.25 * Bọi B là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cân đứng x = 1 - Cho x = 1, thay vào (1) ta có 0 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 3 3 2 2 5 5 3 3 (1 ) nên (1; ) ( 1) 1 ( 1) 1 1 1 1 1 x x x x x x y x B x x x x x x x x + − + + + + = − − + = + = + = − − − − − − − − * Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang y = 1 - Cho y = 1, thay vào (1) ta có 0 2 1x x= − nên ( ) 0 2 1;1A x − Vì tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB là 2 AB 0.25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 2 x '( )f x ( )f x −∞ +∞ 1 − − 1 1 +∞ −∞ Ta có 2 2 2 0 0 2 0 0 5 36 (2 2) 1 4( 1) 1 ( 1) x AB x x x x + = − + − = − + ÷ − − Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân với hai số không âm 2 0 2 0 36 4( 1) ; ( 1) x x − − ta có 2 2 0 0 2 2 0 0 36 36 4( 1) 2 4( 1) . 24 ( 1) ( 1) x x x x − + ≥ − = − − . Tức là R = 2 6 2 AB ≥ 0.25 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 4 4 0 0 0 0 2 0 36 4( 1) 4( 1) 36 ( 1) 9 1 3 ( 1) x x x x x − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ± − Khi đó (1 3;1 3)M + + hoặc (1 3; 3 1)M − − Vậy (1 3;1 3)M + + hoặc (1 3; 3 1)M − − 0.25 2.1 Giải phương trình ( ) 2 sin 3 cos .cos2x tan2x + tanx x x= ĐK: cos 0 cos2 0 x x ≠ ≠ 0.5 Khi đó : 2 2 sin 2 sin sin 3 cos .cos 2 os2x os x x PT x x x c c x ⇔ = + ÷ 2 2 sin sin sin 2 . osx+cos2x.sinx = cosx.sin2x + cos2x. os2x.sinx = cos2x. osx osx x x x c c c c ⇔ ⇔ 0.25 2 2 cos2 0 (không tm) sinx=0 sinx 1 (không tm do sin os os2x=0) cosx x x c x c = ⇔ = = ⇔ - Nếu sin 0 , ( )x x k k Z tmdk π = ⇔ = ∈ . Vậy nghiệm của PT đã cho là ,x k k π = ∈Z ; 0.25 2.2 Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn 2 2 6z z+ = và 1 2z i z i− + = − 0.5 Giả sử , ( , )z x yi x y= + ∈¡ . Ta có: 2 2 2 2 2 2 6 ( ) ( ) 6 3z z x yi x yi x y+ = ⇔ + + − = ⇔ − = + ( 1) ( 1) ( 2)x y i x y i− + + = + − 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 2)x y x y⇔ − + + = + − 3 1 0x y⇔ − + = 0.25 Giải hệ phương trình: 2 2 2 2, 1 3 1 3 7 1 , 3 1 0 4 3 1 0 4 4 x y x y x y x y x y y y = = = − − = ⇔ ⇔ = − = − − + = − − = . Vậy 7 1 2 ; 4 4 z i z i= + = − − . Suy ra 4 25 ,5 == zz 0.25 3.1 Giải phương trình: 2 3 3 5 5 x x + + = Đặt 3 x t= , t > 0. Phương trình trở thành 2 5 5t t+ + = 0.25 Đặt y = 5 5t y+ ⇒ > . Ta có hệ 2 2 2 2 5 5 5 5 t y t y y t y t + = + = ⇔ = + − = 2 2 2 2 1 0 (do t, y > 0) ( ) 0 5 5 t y t y y t y t y t − + = − + + = ⇔ ⇔ = + = + . Giải hệ có 1 17 ( ) 2 1 17 ( ) 2 t l t tm − − = − + = 0.25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 3 Tính được 3 17 1 log 2 x − = và kết luận…. 0.25 3.2 Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 0 1 2 3 2 3 4 ( 1) 512( 2) n n n n n n C C C C n C n+ + + + + + = + 0.5 0 1 2 2 3 1 ( 1) n n n n n n n x x C x C x C x C x + + = + + + + . Lấy đạo hàm hai vế được : 1 0 1 2 2 ( 1) . .( 1) 2 3 ( 1) n n n n n n n n x n x x C C x C x n C x − + + + = + + + + + . 0.25 Thay 1x = có 1 0 1 2 2 .2 2 3 ( 1) n n n n n n n n C C C n C − + = + + + + + . Suy ra 1 2 .2 512( 2) 10. n n n n n − + = + ⇔ = 0.25 4 Giải hệ phương trình sau: 2 2 ( 1) 3 0 (1) 5 ( ) 1 0 (2) x x y x y x + + − = + − + = Điều kiện xác định 0x ≠ 1.0 C1 Ta có hệ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 5 2 x xy x x xy x + + = + + = 0.25 Thay (1) vào (2) ta được ( ) 2 2 2 3 5 2 6x+4=0 x=1,x=2x x x− + = ⇔ − ⇔ 0.5 Thay vào (*) ta có x = 1 thì y = 1; x = 2 thì y = 3 2 − Thử lại ta được hệ có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) và (2 ; 3 2 − ) 0.25 C2 Khi đó chia hai vế của phương trình (1) cho x ta có phương trình tương đương 3 1x y x + − = − 0.25 Hệ trở thành 2 2 3 1 5 ( ) 1 x y x x y x + − = − + − = − . Đặt 2 1 (b>0) x y a b x + = = ta có hệ 2 2 3 1 5 1 a b a b − = − − = − 0.25 Giải hệ có 1, 2 1 1 , 2 2 b a b a = = = = 0.25 Nếu a = 2, b = 1 ta có x = y = 1 Nếu 1 2 a b= = ta có x = 2, 3 2 y = − . Vậy hệ có hai nghiệm… 0.25 5 Tính tích phân sau ∫ = 4 0 cos )ln(cos.tan π dx x xx I = ∫ 4 0 2 cos )ln(cos.sin π x xx Đặt t = cosx xdxdt sin−=⇒ 1.0 Đổi cận x = 0 thì t = 1; x = 4 π thì t = 2 2 I= ∫∫ =− 1 2 2 2 2 2 1 2 lnln dt t t dt t t Đặt −= = ⇒ = = t v dt t du dt t dv tu 1 1 1 ln 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2ln 2 21 ln 1 t dt t t t I −−=+−=⇒ ∫ . Vậy I= 2ln 2 2 12 −− Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 4 6 Cho hình hộp đứng . ' ' ' 'ABCD A B C D nội tiếp trong hình trụ cho trước. Biết đường kính đáy của hình trụ bằng 5a , góc giữa đường thẳng 'B D và mặt phẳng ( ) ' 'ABB A bằng 30 0 . Khoảng cách từ trục hình trụ đến mặt phẳng ( ) ' 'ABB A là 3 2 a . Tính thể tích khối hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D . 1.0 Vì hình hộp đứng . ' ' ' 'ABCD A B C D nội tiếp trong hình trụ nên đó là hình hộp chữ nhật có đáy là hai hình chữ nhật ABCD, ' ' ' 'A B C D nội tiếp đường tròn đáy của hình trụ. Gọi O, O’ lần lượt là tâm hai đáy hình trụ , ' ' ' ' '; ' ' 5O AC BD O A C B D CA C A a⇒ = ∩ = ∩ = = 0.25 Do AA' DA AB DA ⊥ ⊥ ( ' ')AD ABB A⇒ ⊥ nên AB’ là hình chiếu của B’D trên ( ) ' 'ABB A Suy ra góc giữa đường thẳng 'B D và mặt phẳng ( ) ' 'ABB A bằng góc giữa B’D và AB’ và bằng · / DB A =30 0 . 0.25 Gọi H là trung điểm AB. Chứng minh được 3 2 a OH = , AB’ = 3 3a 0.25 Tính được AB = 4a. BB’ = 11a Thể tích khối hộp là 2 . ' ' ' ' .OO' = AB.AD.OO'=12a 11 ABCD A B C D ABCD V S= (đvdt) 0.25 7 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho đường tròn I: 3664 22 =+−+ yxyx . Đường thẳng ∆ qua ( 2;0)A − và cắt đường tròn tại hai điểm P, Q. Viết phương trình của đường thẳng ∆ biết độ dài đoạn PQ ngắn nhất 1.0 Đường tròn (C) có tâm I(2; -3) bán kính R = 7; A nằm trong đường tròn. 0.25 Gọi H là hình chiếu của I trên PQ. Khi đó H là trung điểm của PQ. PQ nhỏ nhất khi và chỉ khi PH nhỏ nhất. Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông AHP có PH nhỏ nhất khi IH lớn nhất. 0.25 H A ⇔ ≡ . Khi đó đường thẳng PQ hay ∆ là đường thẳng qua A, nhận IA uur làm vecto pháp tuyến. 0.25 Viết được và kết luận phương trình ∆ là 4x – 3y + 8 = 0 0.25 8 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): 2 2 2 2 4 6 11 0x y z x y z+ + − + − − = và mặt phẳng ( ) α có phương trình 2 2 17 0x y z+ − + = . Viết phương trình mặt phẳng ( ) β song song với mặt phẳng ( ) α và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi bằng 6 π . 1.0 Ta có (S): 2 2 2 2 2 2 2 4 6 11 0 ( 1) ( 2) ( 3) 25x y z x y z x y z+ + − + − − = ⇔ − + + + − = nên mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3) bán kính R = 5. Do ( ) β song song với mặt phẳng ( ) α : 2 2 17 0x y z+ − + = nên phương trình mặt phẳng ( ) β có dạng: 2 2 0 ( 17)x y z d d+ − + = ≠ Đường tròn có chu vi 6 π nên có bán kính là r = 3. Gọi H là hình chiễu của I trên ( ) β . Vì ( ) β cắt mặt cầu theo một thiết diện là đường tròn (C) bán 0.25 kính 6 π nên IH = 2 2 25 9 4R r− = − = 0.25 Mà IH = d(I, ( ) β ) = 2 2 2 2 4 3 5 3 2 ( 2) 1 d d− − + − = + − + 0.25 Giải phương trình 17( ) 5 4 7( / ) 3 d loai d d t m = − = ⇔ = − . Vậy phương trình ( ) β là 2 2 7 0 x y z+ − − = 0.25 9 Cho , , 0x y z > thoả mãn: 5 5 5 1 y x z − − − + + = . Chứng minh rằng: 5 5 4 5 5 5 25 25 25 5 5 5 5 y y x z x z y z y x y x z x z + + + + ≥ + + + + + + 1.0 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 5 Đặt 5 , , 0 5 1 1 1 , , 0 1 5 x y z a a b c ab bc ca abc b a b c a b c c = > + + = = ⇒ ⇔ > + + = = Ta có: 2 2 2 3 3 3 2 2 2 a b c a b c VT a bc b ca c ab a abc b abc c abc = + + = + + + + + + + + 0.25 Vì ( ) ( ) 3 3 3 2 2 a a a a abc a ab bc ca a b a c = = + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 a b c VT a b a c b c b a c a c b ⇒ = + + + + + + + + 0.25 Ta có: ( ) ( ) 3 3 3 3 3 8 8 64 4 a a b a c a a a b a c + + + + ≥ = + + Tương tự: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 ; 8 8 4 8 8 4 b b c b a c c a c b b c b c b a c a c b + + + + + + ≥ + + ≥ + + + + 0.25 3 2 ( ) 8 4 4 a b a c b c a b c VT a b c VT VP + + + + + + + ⇒ + ≥ + + ⇒ ≥ = ÷ (ĐPCM) 0.25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 6 . ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 125 Ngày 10 tháng 6 năm 2015 Câu 1.(2.0 điểm) 1, Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số: 2 1 x y x + = − 2. Gọi I. GIẢI ĐỀ 125 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị I của hàm số: 2 1 x y x + = − 1.0 + TXĐ { } 1R + SBT: 2 3 ' ( 1) y x − = − ; ' 0 1y x< ∀ ≠ . Hàm số nghịch. tan2x + tanx x x= 2. Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn 2 2 6z z+ = và 1 2z i z i− + = − Câu 3.(1.0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 3 3 5 5 x x + + = 2. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: 0 1 2