Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 126

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 126 Ngày 10 tháng 6 năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = . 2. Tìm m để đường thẳng 2 1y x= + cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn điểm ( ) C 0;1 nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 . Câu 2.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 log ( 2 8) 6 8 2 .3 2.3 x x y x y y x + − + =    + =   . 1. Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 2. Tìm số phức z thỏa mãn ( ) 22 1 1 10 3z z i z + + − − = + . Câu 3.(1.0 điểm) 1. Giải hệ phương trình: 2 log ( 2 8) 6 8 2 .3 2.3 x x y x y y x + − + =    + =   . 2. Cho khai triển ( ) 10 1 2x+ . ( ) 2 2 3 4x 4x+ + = 0 a + 1 a x + 2 a x 2 + .+ 14 a x 14 . Tìm giá trị của a 6 . Câu 4.(1.0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 4( 1) 4 2 7 x y x y x y xy  + + − = −   + + =   . Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = e 1 ln x 2 dx x ln x x − + ∫ . Câu 6.(1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45 0 . Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a. Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết đỉnh A , C lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng : 1 1 : 2 1 x t d y t z = +   = −   =  ; 2 2 1 1 : 1 2 2 x y z d − − + = = − . Viết phương trình mp(P) song song với 1 d và 2 d , sao cho khoảng cách từ 1 d đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ 2 d đến (P). Câu 9.(1,0 điểm) Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn 3 222 =++ zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: zyx zxyzxyA ++ +++= 5 . Hết 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 126 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = . 1.0 Với m=1 ta có 3 2 2 3 1y x x= − + • TXĐ: D=R • Sự biến thiên: - Giới hạn: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ 0,25 -Ta có: ' 6 ( 1)= − ⇒y x x 0 ' 0 1 x y x =  = ⇔  =  -BBT: x −∞ 0 1 +∞ y’ + 0 - 0 + y 1 +∞ −∞ 0 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞ ;0) và (1; +∞ ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y CĐ =1 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và y CT =0 0,25 • Đồ thị: - Ta có 1 '' 12 6 '' 0 2 = − ⇒ = ⇔ =y x y x 1 1 ( ; ) 2 2 I⇒ là điểm uốn của đồ thị. - Đồ thị (C) cắt trục Oy tại ( ) A 0;1 - Đồ thi cắt trục Ox tại ( ) 1 B 1;0 ;C ;0 2   −  ÷   0,25 1.2 Tìm m để đường thẳng 2 1y x= + cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn điểm ( ) C 0;1 nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 . 1.0 Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + là nghiệm phương trình: 3 2 2 3 ( 1) 1 2 1x mx m x x− + − + = + 2 2 0 1 (2 3 3) 0 2 3 3 0 (*) = ⇒ =  ⇔ − + − = ⇔  − + − =  x y x x mx m x mx m 0,25 Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu 2.( 3) 0 3m m⇔ − < ⇔ < 0,25 Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn 3 2 3 . 2 A B A B m x x m x x  + =    −  =   và 2 1 2 1 A A B B y x y x = +   = +  ( vì A và B thuộc (d)) 0,25 2 AB = 30 2 2 ( ) ( ) 30 B A B A x x y y⇔ − + − = 2 2 2 9 3 ( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6 4 2 − ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − = B A B A B A m m x x x x x x ( ) 2 8 9 8 0 ; 0 : 3 9 m m m m tmdk m⇔ − = ⇔ = = < . 0,25 2.1 Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 0.5 Phương trình đã cho tương đương với: 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x 2 cosx=0 4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx 2cos3x= 3 osx+sinx c c x c  ⇔ + ⇔   0,25 + osx=0 x= 2 c k π π ⇔ + + 3x=x- 2 6 2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- ) 6 3 2 6 k c c x x k π π π π π  +  ⇔ ⇔   = − +   12 24 2 x k k x π π π π  = − +  ⇔   = +   0,25 2.2 Tìm số phức z thỏa mãn ( ) 22 1 1 10 3z z i z + + − − = + . 0.5 Gọi z = a + bi suy ra được z , ( ) 22 1 , 1z z+ − theo a, b Theo đề bài ta có hệ 2 2 1 0 2 3 10 0 a a ab b  − − =  + − =  Giải hệ được nghiệm (1 ; 2) , 1 ;5 2   −  ÷   0.25 Đs : 1 1 2 ; 5 2 i i+ − + 0.25 3.1 Giải hệ phương trình: 2 log ( 2 8) 6 8 2 .3 2.3 x x y x y y x + − + =    + =   . 0.5 Điều kiện: y – 2x + 8 > 0 (1) ⇔ y – 2x + 8 = ( ) 6 2 2y x⇔ = .Thay 2y x= vào phương trình (2), ta được 2 3 8 2 .3 2.3 x x x x + = 8 18 2.27 x x x ⇔ + = 8 18 2 27 27 x x     ⇔ + =  ÷  ÷     3 2 2 2 3 3 x x     ⇔ + =  ÷  ÷     0,25 Đặt: t = 2 3 x    ÷   (t > 0).Ta có phương trình ( ) ( ) 3 2 2 0 1 2 0t t t t t+ − = ⇔ − + + = 0 1 0 x t y =  ⇔ = ⇒  =  Vậy nghiệm của hệ phương trình (0;0) 0,25 3.2 Cho khai triển ( ) 10 1 2x+ . ( ) 2 2 3 4x 4x+ + = 0 a + 1 a x + 2 a x 2 + .+ 14 a x 14 . Tìm giá trị của a 6 . 0.5 ( ) 10 1 2x+ . ( ) 2 2 3 4x 4x+ + = ( ) 10 1 2x+ . ( ) 2 2 2 1 2x é ù + + ê ú ë û = 4 ( ) 10 1 2x+ + 4 ( ) 12 1 2x+ + ( ) 14 1 2x+ Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 10 1 2x+ là 4.2 6 . 6 10 C Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 12 1 2x+ là 4.2 6 . 6 12 C Hệ số của x 6 trong khai triển 4 ( ) 14 1 2x+ là 2 6 . 6 14 C 0.25 Vậy a 6 = 4.2 6 . 6 10 C + 4.2 6 . 6 12 C + 2 6 . 6 14 C = 482496 0.25 3 4 Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 4( 1) 4 2 7 x y x y x y xy  + + − = −   + + =   . 1.0 Điều kiện: x+2y 1 0 + ≥ . Đặt t = 2 1 (t 0)x y+ + ≥ 0,25 Phương trình (1) trở thành : 2t 2 – t – 6 = 0 ( ) ( ) 2 / 3 t/m 2 t t m t k  =  ⇔  = −   0,25 + Hệ 2 2 2 3 4 2 7 x y x y xy + =  ⇔  + + =  1 1 ( / ) 2 1 2 x y t m x y  =    =    ⇔ =      =     0,5 5 Tính tích phân: I = e 1 ln x 2 dx x ln x x − + ∫ . 1.0 Ta có: I = e 1 ln x 2 dx x ln x x − + ∫ = e 1 ln x 2 dx (ln x 1)x − + ∫ 0,25 Đặt t = lnx + 1 ⇒ dt = 1 dx x ; Đổi cận: x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2 0,25 Suy ra: I = 2 2 1 1 t 3 3 dt 1 dt t t −   = −  ÷   ∫ ∫ = ( ) 2 1 t ln | t |− = 1 – ln2 0,5 6 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45 0 . Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a. 1.0 BC AB BC (SAB) BC SB BC SA ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  Suy ra góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) là góc · SBA . Theo giả thiết · SBA = 45 0 0,25 Gọi M là trung điểm của SC, H là trung điểm của AC. Tam giác SAC vuông tại A nên MA = MS = MC, tam giác SBC vuông tại B nên MB = MC = MS. Suy ra M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. 0,25 Suy ra tam giác SAB vuông cân tại A, do đó SA = AB = a. SA ⊥ (ABC), MH // SA nên MH ⊥ (ABC).Suy ra MH là đường cao khối chóp M.ABC. 0,25 Suy ra 3 M.ABC ABC 1 a V MH.S 3 12 ∆ = = 0,25 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết đỉnh A , C lần lượt thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. 1.0 4 Vỡ im A thuc ng thng x + y + 3 = 0 v C thuc ng thng x+ 2y + 3 = 0 nờn A(a ; - a 3) v C(- 2c 3 ; c). 0,25 I l trung im ca AC 2 3 4 1 3 6 4 a c a a c c = = + = = A(-1; -2); C(5 ;-4) 0,25 ng thng BD i qua im I(2 ; -3 ) v cú vtcp l u r =(1;3) cú ptts l x 2 t y 3 3t = + = + B BD B(2+t ; -3 +3t) Khi ú : AB uuur = (3 +t ;1+3t); CB uuur = (- 3+t; 1+3t) . 0AB CB = t = 1 0,25 Vy A(-1; -2); C(5 ;-4), B(3;0) v D(1;-6) hoc A(-1; -2); C(5 ;-4), B(1;-6) v D(3;0) 0,25 8 Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho hai ng thng : 1 1 : 2 1 x t d y t z = + = = ; 2 2 1 1 : 1 2 2 x y z d + = = . Vit phng trỡnh mp(P) song song vi 1 d v 2 d , sao cho khong cỏch t 1 d n (P) gp hai ln khong cỏch t 2 d n (P). 1.0 1 d i qua im A(1 ; 2 ; 1) v vtcp l : ( ) 1 1; 1;0u = ; 2 d i qua im B (2; 1; -1) v vtcp l: ( ) 2 1; 2;2u = 0,25 Gi n l mt vtpt ca (P), vỡ (P) song song vi 1 d v 2 d nờn n = [ 1 2 ;u u ] = (-2 ; -2 ; -1) (P): 2x + 2y + z + D = 0 0,25 d(A ; (P) = 2d( B;(P)) 7 2. 5D D + = + 7 2(5 ) 7 2(5 ) D D D D + = + + = + 17 ; 3 3 D D = = 0,25 Vy phng trỡnh mt phng (P): 2x + 2y + z 3 = 0 hoc 2x + 2y + z - 17 3 = 0 0,25 9 Cho cỏc s thc khụng õm zyx ,, tho món 3 222 =++ zyx . Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc: zyx zxyzxyA ++ +++= 5 . 1.0 Đặt zyxt ++= 2 3 )(23 2 2 =+++++= t zxyzxyzxyzxyt . 0,25 Ta có 30 222 =++++ zyxzxyzxy nên 3393 2 tt vì .0>t Khi đó . 5 2 3 2 t t A + = 0.25 Xét hàm số .33, 2 35 2 )( 2 += t t t tf Ta có 0 55 )(' 2 3 2 > == t t t ttf , t 3;3 . 0,25 Suy ra )(tf đồng biến trên ]3,3[ . Do đó . 3 14 )3()( = ftf Dấu đẳng thức xảy ra khi .13 ==== zyxt Vậy GTLN của A là 3 14 , đạt đợc khi .1=== zyx 0,25 5 . ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 126 Ngày 10 tháng 6 năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1). Cho các số thực không âm zyx ,, thoả mãn 3 222 =++ zyx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: zyx zxyzxyA ++ +++= 5 . Hết 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 126 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Cho hàm số 3 2 2. 0 - 0 + y 1 +∞ −∞ 0 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞ ;0) và (1; +∞ ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y CĐ =1 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và y CT =0 0,25 •