ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 128 Ngày 11 tháng 6 năm 2015 Câu 1.(1.0 điểm) Cho hàm số 3 2 (2 1) 1y x m x m= − + + − − (m là tham số). 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 1.m = 2.Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để đồ thị của hàm số đã chi tiếp xúc với đường thẳng 2 1.y mx m= − − Câu 2.(1.0 điểm) 1.Giải phương trình ( ) ( ) 2 3 2cos cos 2 3 2cos sin 0x x x x+ − + − = . 2. Tìm các giá trị của số thực α sao cho iα là một nghiệm của phương trình 4 3 2 2 7 4 10 0z z z z− + − + = Câu 3.(1.0 điểm) 1. Giải phương trình 2 4 2 16 2 2 3 log ( 5) log | 1| 1 log ( 3 2) 2 x x x x+ + − = + − + 2. Tìm hệ số của 4 x trong khai triển 2 (1 3 ) n x x+ − , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 1 2 3 156. n n n A A A+ + = Câu 4.(1.0 điểm) Giải hệ phương trình 2 1 1 3 2 4 x y x y x y + + − + = + = ( ,x y ∈¡ ) Câu 5.(1.0 điểm) Tìm diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 1, x y e= + trục hoành và hai đường thẳng ln3, ln8.x x= = Câu 6.(1.0 điểm) Cho hình lăng trụ .ABC A B C ′ ′ ′ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của đỉnh A ′ trên mặt phẳng ( )ABC trùng với tâm O của tam giác ABC. Biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và AA ′ bằng 3 4 , a hãy tính thể tích của hình lăng trụ và diện tích của thiết diện khi cắt lăng trụ bởi mặt phẳng đi qua BC vuông góc với AA ′ . Câu 7.(1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với các đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B, phân giác trong kẻ từ A lần lượt có phương trình 33 4 0, 12 0.x y x y+ − = + − = Biết rằng điểm (0;2)M là một điểm nằm trên đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 10, tìm tọa độ các đỉnh của tam giác. Câu 8.(1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm (3;2;1),A mặt phẳng ( ): 2 0P x y z+ + + = và đường thẳng 1 1 : 1 2 1 x y z− + ∆ = = − Viết phương trình của đường thẳng d đi qua A, cắt ∆ và ( )P theo thứ tự tại B và C sao cho A là trung điểm BC. Câu 9.(1.0 điểm) Cho các số thực , ,a b c bất kỳ. Chứng minh rằng 2 2 2 2 ( 2)( 2)( 2) 3( )a b c a b c+ + + ≥ + + HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 128 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Cho hàm số 3 2 (2 1) 1y x m x m= − + + − − (m là tham số). 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 1.m = 1.0 Với 3 2 1 3 2m y x x= ⇒ = − + − . TXĐ: ¡ 0.25 Chiều biến thiên: 3 (2 ), 0 0 2y x x y x x ′ ′ = − = ⇔ = ∨ = Xét dấu y ′ và kết luận: hàm số đồng biến trên (0;2), nghịch biến trên các khoảng ( ;0),(2; )−∞ +∞ ; hàm số đạt cực đại tại 2, (2) 2; cd x y y= = = hàm số đạt cực tiểu tại 0, (0) 2 ct x y y= = = − 0.25 Nhánh vô cực: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = = −∞ = = +∞L L , lập bảng biến thiên 0.25 Vẽ đồ thị 0.25 1.2 Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để đồ thị của hàm số đã chi tiếp xúc với đường thẳng 2 1.y mx m= − − 1.0 Đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng 2 1y mx m= − − khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm ( ) ( ) 3 2 2 2 1 1 2 1 (1) 3 2 2 1 2 (2) x m x m mx m x m x m − + + − − = − − − + + = 0.25 Phương trình (1) tương đương với 2 ( (2 1) 2 ) 0x x m x m− + + = do đó luôn có nghiệm 0, 1x x= = và 2x m = 0.25 Do đó, hệ (1)-(2) có nghiệm khi và chỉ khi ít nhất một trong ba nghiệm của (1) là nghiệm của (2). 0x = thỏa mãn (2): 0m = ; 1x = thỏa mãn (2): 1 2 m = ; 2x m = thỏa mãn (2): tìm được 0m = và 1 2 m = 0.25 2.1 Giải phương trình ( ) ( ) 2 3 2cos cos 2 3 2cos sin 0x x x x+ − + − = . 0.5 Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) 2 2 3 cos 2 3 2sin cos 3 cos 3sin 0x x x xx − − + + = Để ý rằng 2 2 sin cos 1,x x+ = nhân tử hóa, thu được ( ) ( ) cos 3sin 3 2sin 0x x x+ − = Giải phương trình 3 2sin 0x− = thu được 2 · ( ) 3 x k k π π = + ∈¢ và 2 2 · ( ) 3 x m m π π = + ∈¢ 0.25 Giải phương trình cos 3sin 0x x+ = thu được · ( ) 6 x n n π π = − + ∈¢ Kết luận nghiệm 0.25 2.2 Tìm các giá trị của số thực α sao cho iα là một nghiệm của phương trình 4 3 2 2 7 4 10 0z z z z− + − + = 0.5 Theo giả thiết iα là nghiệm của pt 4 3 2 2 7 4 10 0z z z z− + − + = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 2 4 2 3 2 7 4 10 0 7 10 2 4 0i i i i iα − α + α − α + = ⇔ α − α + + α − α = Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 4 2 2 2 2 3 2 7 10 0 2 5 2 2 2 4 0 0 2 α − α + = α = ∨ α = ⇔ ⇔ ⇔ α = ⇔ α = ± α − α = α = ∨ α = 3.1 Giải phương trình 2 4 2 16 2 2 3 log ( 5) log | 1| 1 log ( 3 2) 2 x x x x+ + − = + − + 0.5 + Điều kiện 5, 1, 2x x x> − ≠ ≠ + Đưa phương trình về dạng 2 2 2 2 log ( 5) log | 1| 1 log | 3 2|x x x x+ + − = + − + 0.25 + Từ đó, kết hợp với 1,x ≠ thu được ( 5) 2 | 2 |x x+ = − + Giải phương trình này, thu được 1 9 3 x x= ∨ = − . Đối chiếu điều kiện và kết luận. 0.25 3.2 Tìm hệ số của 4 x trong khai triển 2 (1 3 ) n x x+ − , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 1 2 3 156. n n n A A A+ + = 0.5 + 1 2 3 156 6 n n n A A A n+ + = ⇔ ⇔ =L + Khi 6 :n = 2 6 0 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 6 6 6 6 6 5 5 5 6 6 6 6 6 (1 3 ) (1 3 ) (1 3 ) (1 3 ) (1 3 ) (1 3 ) (1 3 ) x x C C x x C x x C x x C x x C x x C x x + − = + − + − + − + − + + − + − Trong khai triển trên, 4 x chỉ xuất hiện trong các số hạng 6 (1 3 ) , k k k C x x− với 2,3, 4.k = Do đó hệ số của 4 x phải tìm là tổng các hệ số của 4 x trong các khai triển trên 0.25 + Với 2 :k = hệ số của 4 x bằng 2 6 9C ; Với 3:k = hệ số của 4 x bằng 3 6 9C− ; Với 4 :k = hệ số của 4 x bằng 4 6 C . + Hệ số cần tìm bằng 2 3 4 6 6 6 9 9 30C C C− + = − 0.25 4 Giải hệ phương trình 2 1 1 3 2 4 x y x y x y + + − + = + = ( ,x y ∈¡ ) 1.0 Điều kiện: 2 1 0, 0x y x y+ + ≥ + ≥ 0.25 Đặt 2 1 , , ( , 0),x y a x y b a b+ + = + = ≥ để ý rằng 3 2 (2 1) ( ) 1,x y x y y x y+ = + + + + + − ta được hệ 2 2 1 (1) 5 (2) a b a b − = + = 0.25 Giải hệ, với chú ý , 0,a b ≥ thu được 2, 1.a b= = 0.25 Từ đó, thu được 2 3 1 x y x y + = + = . Giải hệ, thu được ( ; ) (2; 1)x y = − Đối chiếu điều kiện và kết luận 0.25 5 Tìm diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 1, x y e= + trục hoành và hai đường thẳng ln3, ln8.x x= = 1.0 Diện tích cần tính bằng ln8 ln3 1 x S e dx= + ∫ 0.25 Đặt 1 x e t+ = , khi đó 2 2 2 1 2 1 x x tdt e t e dx tdt dx t + = ⇒ = ⇒ = − . Hơn nữa, ln3 ln8 ~ 2 3x t≤ ≤ ≤ ≤ 0.25 Suy ra 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 · 2 2 ln 1 1 2 tdt dt S t dt t t = = + = = + ÷ − − ∫ ∫ ∫ L (đ.v.d.t) 0.5 6 Cho hình lăng trụ .ABC A B C ′ ′ ′ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của đỉnh A ′ trên mặt phẳng ( )ABC trùng với tâm O của tam giác ABC. Biết rằng khoảng cách giữa hai đường 1.0 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch thẳng BC và AA ′ bằng 3 4 , a hãy tính thể tích của hình lăng trụ và diện tích của thiết diện khi cắt lăng trụ bởi mặt phẳng đi qua BC vuông góc với AA ′ . Do tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên 2 3 4 ABC a S = . Ngoài ra, với I là trung điểm BC, thì 3 2 a AI = và 2 3 3 a AO AI= = . 0.25 Do giả thiết, ( ) BC AIA ′ ⊥ . Suy ra 3 1 4 2 a IH AI= = (H là hình chiếu của I trên AA ′ ), suy ra 0 30A AI ′ ∠ = . Do đó 0 2 . cos30 3 AO a A O ′ = = Vậy 3 . 3 6 ABC A B C a V ′ ′ ′ = =L (đ.v.t.t) 0.25 Tính được 3 4 a AH AA ′ = > nên A ′ nằm giữa ,A H và 12 a A H ′ = . Gọi J là giao điểm của IH với mặt phẳng ( ) A B C ′ ′ ′ , ( )P là mặt phẳng qua BC, vuông góc với .AA ′ Khi đó, do ( ) ,BC A B C ′ ′ ′ P nên giao tuyến của ( )P với ( ) A B C ′ ′ ′ là đường thẳng qua J song song với BC, hay thiết diện là hình thang BCMN (hình vẽ). 0.25 Do 1 8 HJ A H JI IK ′ = = (K là trung điểm B C ′ ′ ) nên 8 2 9 3 3 a IJ IH= = và 1 . 8 MN BC= Suy ra ( ) 2 1 3 2 BCMN S BC MN IJ a= + × = (đ.v.d.t) 0.25 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với các đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B, phân giác trong kẻ từ A lần lượt có phương trình 33 4 0, 12 0.x y x y+ − = + − = Biết rằng điểm (0;2)M là mộ điểm nằm trên đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 10, tìm tọa độ các đỉnh của tam giác. 1.0 Gọi ,h l theo thứ tự là đường cao kẻ từ B, phân giác trong kẻ từ A; ( ; )N x y là điểm đối xứng với M qua l . Khi đó, x, y là nghiệm của hệ 0 2 3 2 3 12 0 2 2 x y x y − = − + × + − = . Từ đó, tìm được (6;4)N 0.25 Do ,AC h AC AN⊥ P nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 6 4 1 3 3 12 0 x y x y − − = + − = . Từ đó, tìm được 13 ( ; 1) 3 A − 0.25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Do B là giao điểm của các đường thẳng h và AM, nên …. tìm được 13 5 ( ; ) 7 7 B 0.25 Do 2 10MC = cà C nằm trên AC, nên C có tọa độ là nghiệm của hệ ( ) 2 2 3 14 0 2 40 x y x y − − = + − = giải hệ, thu được 1 2 18 16 ( ; ), (6;4) 5 5 C C− . Từ đó, do AB AM uuur uuuur P nên ,AN AC uuur uuur P do đó 2 (6;4)C C≡ 0.25 8 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm (3;2;1),A mặt phẳng ( ): 2 0P x y z+ + + = và đường thẳng 1 1 1 2 1 : . y x z − + = = − ∆ Viết phương trình của đường thẳng d đi qua A, cắt ∆ và ( )P theo thứ tự tại B và C sao cho A là trung điểm BC. 1.0 + Đưa phương trình ∆ về dạng tham số , 1 2 , 1x t y t z t= = + = − − , do đó mọi điểm của ∆ đều có tọa độ dạng ( ;1 2 ; 1 )t t t+ − − 0.25 + Xét điểm ( ;1 2 ; 1 )B t t t+ − − ∈∆ , lấy C đối xứng với B qua A. Khi đó (6 ;3 2 ;3 )C t t t− − + 0.25 + ( ) 4.C P t∈ ⇔ ⇔ =L 0.25 + Do đó … (1;7; 6)AB = − uuur , suy ra đường thẳng cần tìm có phương trình 3 2 1 1 7 6 x y z− − − = = − 0.25 9 Cho các số thực , ,a b c bất kỳ. Chứng minh rằng 2 2 2 2 ( 2)( 2)( 2) 3( )a b c a b c+ + + ≥ + + 1.0 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 8 6( )a b b c c a a b c a b c ab bc ca+ + + + + + + ≥ + + 0.25 Do 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) 0ab bc ca− + − + − ≥ nên 2 2 2 2 2 2 2( ) 6 4( )a b b c c a ab bc ca+ + + ≥ + + Do đó, ta chỉ cần chứng minh 2 2 2 2 2 2 2 2( )a b c a b c ab bc ca+ + + + ≥ + + là đủ 0.25 Do trong ba số 2 2 2 1, 1,a b c− − luôn có hai số cùng dấu, nên 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1)( 1) 0c a b a b c c b c c a− − ≥ ⇒ + ≥ + 0.25 Bởi vậy, ta cần chứng minh 2 2 2 2 2 2 2 2( )a b b c c a ab bc ca+ + + + ≥ + + (1) Để ý rằng 2 2 2 (1) ( ) ( 1) ( 1) 0a b bc ca⇔ − + − + − ≥ , luôn đúng nên ta có được điều phải chứng minh. 0.25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch . ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 128 Ngày 11 tháng 6 năm 2015 Câu 1.(1.0 điểm) Cho hàm số 3 2 (2 1) 1y x m x m= − + + − − (m là tham số) . 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số. Cho các số thực , ,a b c bất kỳ. Chứng minh rằng 2 2 2 2 ( 2)( 2)( 2) 3( )a b c a b c+ + + ≥ + + HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 128 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Cho hàm số 3 2 (2. x m x m= − + + − − (m là tham số) . 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số khi 1.m = 1.0 Với 3 2 1 3 2m y x x= ⇒ = − + − . TXĐ: ¡ 0.25 Chiều biến thi n: 3 (2 ), 0 0 2y x x y x x ′