Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 129

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 129 Ngày 14 tháng 6 năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 6 3( 2) 4 5y x x m x m= − + + + − có đồ thị ( ), m C với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 1.m = b) Tìm m để trên ( ) m C tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi điểm đó của ( ) m C vuông góc với đường thẳng : 2 3 0.d x y+ + = Câu 2.(1,0 điểm). 1. Giải phương trình sin 1 cot 2. 1 cos 1 cos x x x x + + = + − 2. Cho phương trình 2 8 4( 1) 4 1 0 (1),z a z a− + + + = với a là tham số. Tìm a ∈¡ để (1) có hai nghiệm 1 2 ,z z thỏa mãn 1 2 z z là số ảo, trong đó 2 z là số phức có phần ảo dương. Câu 3 (1,0 điểm). 1. Giải bất phương trình : 2 3 6 3 5 2 15.2 2 x x x x+ − − + − + < 2. Một đội xây dựng gồm 3 kĩ sư, 7 công nhân lập một tổ công tác gồm 5 người. Hỏi có bao nhiêu cách lập được tổ công tác gồm 1 kĩ sư làm tổ trưởng, 1 công nhân làm tổ phó và 3 công nhân tổ viên. Câu 4.(1.0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 1 1 2 2 0 ( , ). 1 4 0 x y y x y y y x x  − − − + =  ∈  + − + − =   ¡ Câu 5.(1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường 3 1 ; 0; 1. (3 1) 3 1 x x x y y x − − = = = + + Câu 6.(1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có 2, 3, 2 ,AB AC a BD CD a BC a= = = = = góc tạo bởi hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) bằng 0 45 . Tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD). Câu 7.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là 3 18 0,x y+ − = phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là 3 19 279 0,x y+ − = đỉnh C thuộc đường thẳng : 2 5 0.d x y− + = Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng · 0 135 .BAC = Câu 8.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm (4; 4; 5), (2; 0; 1)A B− − − và mặt phẳng ( ) : 3 0.P x y z+ + + = Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông góc với (P) và 2 2 2 36.MA MB− = Câu 9.(1,0 điểm). Giả sử ,x y là các số thực dương thỏa mãn ( ) 2 2 2 3( ) 4 1 .x y x y+ = + + Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 . 2 2 x y x y P x y x y + + = + + + Hết HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 129 1 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Cho hàm số 3 2 6 3( 2) 4 5y x x m x m= − + + + − có đồ thị ( ), m C với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 1.m = 1.0 Khi 1m = hàm số trở thành 3 2 6 9 1.y x x x= − + − a) Tập xác định: .R b) Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim x y →−∞ = −∞ và lim . x y →+∞ = +∞ * Chiều biến thiên: Ta có 2 ' 3 12 9;y x x= − + 1 1 ' 0 ; ' 0 ; ' 0 1 3. 3 3 x x y y y x x x = <   = ⇔ > ⇔ < ⇔ < <   = >   Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ; 1 , 3; ;−∞ + ∞ nghịch biến trên khoảng ( ) 1; 3 . * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1, 3, CĐ x y= = hàm số đạt cực tiểu tại 3, 1. CT x y= = − 0,5 * Bảng biến thiên: c) Đồ thị: 0,5 1.2 Tìm m để trên ( ) m C tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi điểm đó của ( ) m C vuông góc với đường thẳng : 2 3 0.d x y+ + = 1.0 Đường thẳng d có hệ số góc 1 . 2 k = − Do đó tiếp tuyến của ( ) m C vuông góc với d có hệ số góc ' 2.k = Ta có 2 ' ' 3 12 3( 2) 2y k x x m= ⇔ − + + = 2 3 12 4 3 .x x m⇔ − + = − (1) Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. 0,5 Xét hàm số 2 ( ) 3 12 4f x x x= − + trên (1; ).+ ∞ Ta có bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình ( ) 3f x m= − có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi và chỉ khi 5 8 8 3 5 . 3 3 m m− < − < − ⇔ < < Vậy 5 8 . 3 3 m< < 0,5 2.1 Giải phương trình sin 1 cot 2. 1 cos 1 cos x x x x + + = + − 0.5 Điều kiện: cos 1, sin 0 , .x x x k k π ≠ ± ≠ ⇔ ≠ ∈Z Phương trình đã cho tương đương với: 2 sin sin cos 1 cos cos 2 sin sin x x x x x x x − + + + = 2 sin cos 1 2sin sin cos cos2 0 (sin cos )(1 cos sin ) 0.x x x x x x x x x x⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + + − = 0,25 *) sin cos 0 , 4 x x x k π π + = ⇔ = − + .k ∈Z 0,25 x 'y y 1 ∞− ∞+ 3 3 ∞− ∞+ 1 − + – 0 0 + 2 x O 3 y 1 1 − 3 x ( )f x 1 ∞− ∞+ ∞+ 8 − 2 5 − ∞+ *) 2 1 1 cos sin 0 sin 2 4 2 2 , . x k x x x x k k π π π π π  = +    + − = ⇔ − = ⇔  ÷    = + ∈  Z Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là , 2 , . 4 2 x k x k k π π π π = − + = + ∈Z 2.2 Cho phương trình 2 8 4( 1) 4 1 0 (1),z a z a− + + + = với a là tham số. Tìm a ∈¡ để (1) có hai nghiệm 1 2 ,z z thỏa mãn 1 2 z z là số ảo, trong đó 2 z là số phức có phần ảo dương. 0.5 Từ giả thiết suy ra 1 2 ,z z không phải là số thực. Do đó ' 0,∆ < hay 2 4( 1) 8(4 1) 0a a+ − + < 2 2 4( 6 1) 0 6 1 0.a a a a⇔ − − < ⇔ − − < (*) Suy ra 2 2 1 2 1 1 ( 6 1) 1 ( 6 1) , . 4 4 a a a i a a a i z z z + − − − − + + − − − = = = 0,5 Ta có 1 2 z z là số ảo 2 1 z⇔ là số ảo ( ) 2 2 2 0 ( 1) ( 6 1) 0 2 0 2. a a a a a a a =  ⇔ + − − − − = ⇔ − = ⇔  =  Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị của a là 0, 2.a a= = 0,5 3.1 Giải bất phương trình : 2 3 6 3 5 2 15.2 2 x x x x+ − − + − + < 0.5 Bpt 3 3 2 3 6 3 5 2 3 3,2 , 0 2 2 15. 1 4 15. 4 0 2 2 x x x x x x x x x t t t t + − − + − − + − ≥ −   ≥ − = >   ⇔ ⇔   + < + − <     1 0 4 t⇔ < < 0.25 3 3 3 3 1 1 2 3 1 4 x x x x x x x + − − ≥ −  ≥ −    ⇔ ⇔ ⇔ >   < + < +     0.25 3.2 Một đội xây dựng gồm 3 kĩ sư, 7 công nhân lập một tổ công tác gồm 5 người. Hỏi có bao nhiêu cách lập được tổ công tác gồm 1 kĩ sư làm tổ trưởng, 1 công nhân làm tổ phó và 3 công nhân tổ viên. 0.5 Chọn 1 kĩ sư làm tổ trưởng trong 3 kĩ sư ⇒ số cách chọn là 3. Được 1 tổ trưởng 0,25 Chọn 1 công nhân làm tổ phó trong 7 công nhân ⇒ số cách chọn là 7. Được 1 tổ trưởng, 1 tổ phó 0,25 Chọn 3 công nhân làm tổ viên trong 6 công nhân ⇒ số cách chọn là số tổ hợp chập 3 của 6 là 3 6 C 0,25 ⇒ số cách lập tổ công tác thỏa mãn đề bài là 3 6 3.7. 420C = 0,25 4 Giải hệ phương trình ( ) ( ) 1 1 2 2 0 ( , ). 1 4 0 x y y x y y y x x  − − − + =  ∈  + − + − =   ¡ Điều kiện: 1.x ≥ 1.0 Đặt 1, 0.t x t= − ≥ Khi đó 2 1x t= + và hệ trở thành 2 2 2 2 (1 2 ) 2 0 2 2 0 ( ) 2 2 0 ( ) 3 0 3 0 ( ) 3 3 0 t y y t y ty t y ty y y t t y ty t t y ty − − + = − − + = − − + =       ⇔ ⇔    + + − = + + − = − + − =       Suy ra 2 0 2( ) 3( ) 0 3 3 . 2 2 t y y t t y t y t y y t − = =     − + − = ⇔ ⇔   − = − = +   0,5 *) Với ,y t = ta có 2 2 2 0 1.t t− + = ⇔ = Suy ra 2, 1.x y= = *) Với 3 , 2 y t= + ta có 2 3 3 3 13 2 2 0 4 6 1 0 . 2 2 4 t t t t t − +   − − + + = ⇔ + − = ⇔ =  ÷   Suy ra 19 3 13 3 13 , . 8 4 x y − + = = 0,5 3 Vậy nghiệm (x; y) của hệ là 19 3 13 3 13 (2; 1), ; . 8 4   − +  ÷  ÷   5 Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường 3 1 ; 0; 1. (3 1) 3 1 x x x y y x − − = = = + + 1.0 Ta có 3 1 0 3 1 0. (3 1) 3 1 x x x x x − − = ⇔ = ⇔ = + + Vì 3 1 0 (3 1) 3 1 x x x− − ≥ + + với mọi [ ] 0; 1 .x ∈ Do đó diện tích của hình phẳng là : 1 1 0 0 3 1 3 1 d .3 d . (3 1) 3 1 (3 1) 3 1 x x x x x x x S x x − − − = = + + + + ∫ ∫ 0,5 Đặt 3 1, x t = + ta có khi 0x = thì 2,t = khi 1x = thì 2t = và 2 3 1. x t= − Suy ra 3 ln3d 2 d , x x t t= hay 2 d 3 d . ln3 x t t x = Khi đó ta có: ( ) 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 d 1 d . ln3 ln3 ln3 ln3 t S t t t t t t t − −     = = − = + =  ÷  ÷     ∫ ∫ 0,5 6 Cho tứ diện ABCD có 2, 3, 2 ,AB AC a BD CD a BC a= = = = = góc tạo bởi hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) bằng 0 45 . Tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD). 1.0 Gọi M là trung điểm BC.Từ các tam giác cân ABC, DBC , .AM BC DM BC⇒ ⊥ ⊥ Từ giả thiết · · · 0 0 0 45 ( , ) 45 135 AMD AM DM AMD  = ⇒ = ⇒   =  TH 1. · 0 45AMD = . Sử dụng định lý Pitago , 2.AM a DM a⇒ = = 0.5 Kẻ AH MD⊥ tại H. Vì ( ) ( ).BC AMD BC AH AH BCD⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ Khi đó 0 2 2 1 .sin 45 ; . 2. 2 2 BCD a AH AM S DM BC a= = = = Suy ra 3 1 . . 3 3 ABCD BCD a V AH S= = Sử dụng định lý cosin cho 2 2 2 2 3AMD AD a AC AD a CD ACD∆ ⇒ = ⇒ + = = ⇒ ∆ vuông tại A. Suy ra ( ) 2 3 1 2 . , ( ) 2. 2 2 ABCD ACD ACD V a S AC AD d B ACD a S = = ⇒ = = TH 2. · 0 135AMD = Tương tự ta có ( ) 3 6 ; ,( ) , 3 3 ABCD a a V d B ACD= = ( 5AD a= ). 0,5 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là 3 18 0,x y+ − = phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là 3 19 279 0,x y+ − = đỉnh C thuộc đường thẳng : 2 5 0.d x y− + = Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng · 0 135 .BAC = 1.0 : 3 18 ( 3 18; ), : 2 5 ( ; 2 5).B BH x y B b b C d y x C c c∈ = − + ⇒ − + ∈ = + ⇒ + Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực : 3 19 279 0x y∆ + − = 60 13 357 4 (6; 4) . 0 10 41 409 9 (9; 23). là b c b B u BC b c c C BC M ∆  + = =    =  ⇔ ⇔ ⇔ ⇒     + = = ∈∆      uur uuur AC BH⊥ ⇒ chọn ( 3; 1) pt : 3 4 0 ( ; 3 4) AC BH n u AC x y A a a= = − ⇒ − + + = ⇒ − r r (6 ; 8 3 ), (9 ; 27 3 ).AB a a AC a a⇒ = − − = − − uuur uuur 0.5 A B D M H C A B D M H C 4 trung điểm A B C H d M µ 0 2 2 2 2 1 (6 )(9 ) (8 3 )(27 3 ) 1 135 cos( , ) 2 2 (6 ) (8 3 ) . (9 ) (27 3 ) a a a a A AB AC a a a a − − + − − = ⇔ = − ⇔ = − − + − − + − uuur uuur 2 2 2 3 9 (9 )(3 ) 1 2(3 ) 6 10 2 | 9 | 6 10 a a a a a a a a a < <  − −  ⇔ = − ⇔  − = − +  − − +  4.a⇔ = Suy ra (4; 8).A 0,5 8 Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm (4; 4; 5), (2; 0; 1)A B− − − và mặt phẳng ( ) : 3 0.P x y z+ + + = Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông góc với (P) và 2 2 2 36.MA MB− = 1.0 Gọi (Q) là mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với (P). Suy ra M thuộc giao tuyến của (Q) và (P). ( 2; 4; 4) , (0; 6; 6) 6(0; 1; 1) (1; 1; 1) Q P P AB n AB n n  = −    ⇒ = = − = −    =   uuur uur uuur uur uur . Suy ra pt (Q): 1 0.y z− − = 0, 5 1 0 2 1 ( ) ( ) pt : 3 0 2 1 1 y z x y z d P Q d x y z − − =  + + = ∩ ⇒ ⇔ = =  + + + = −  ( 2 2; ; 1) .M t t t d⇒ − − − ∈ Ta có 2 2 2 ( 2; 0; 1) 0 2 36 6 8 0 14 4 1 4 ; ; . 3 3 3 3 M t MA MB t t M t − −  =    − = ⇔ − + = ⇔ ⇒     − =  ÷       0, 5 9 Giả sử ,x y là các số thực dương thỏa mãn ( ) 2 2 2 3( ) 4 1 .x y x y+ = + + Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 . 2 2 x y x y P x y x y + + = + + + 1.0 Ta có 2 2 2 2 2 2 2 1 3 3 3 . . . . 2 2 ( ) 2 x y xy xy x x y x y x y x y x y x y x y y xy y + − = ≤ = + + + + + + + + + Tương tự, ta cũng có 2 2 2 1 3 . . 2 2 x y y x y x y x y x y + − ≤ + + + + Mặt khác, ta có 2 , 2 2 3 x y x y x y + ≤ + + vì bất đẳng thức này tương đương với 2 2 2 2 4 2 3 2 2 5 x y xy x y xy + + ≤ + + , hay 2 ( ) 0.x y− ≥ 0,5 Từ đó ta có 2 3 2 3 2 . . . 2 2 3 x y P x y x y x y x y x y x y   − ≤ + ≤ =  ÷ + + + + + +   Suy ra 4 .P x y ≤ + (1) Từ giả thiết ta lại có 2 2 2 2 3( ) 4( ) 4 2( ) 4.x y x y x y+ = + + ≥ + + Suy ra 2 ( ) 4,x y+ ≥ hay 2.x y+ ≥ (2) Từ (1) và (2) ta có 2.P ≤ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.x y= = Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2, đạt được khi 1.x y= = 0,5 5 . ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 129 Ngày 14 tháng 6 năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 6 3( 2) 4 5y x x m x m= − + + + − có đồ thị ( ), m C với m là tham số thực. a). Điểm 1.1 Cho hàm số 3 2 6 3( 2) 4 5y x x m x m= − + + + − có đồ thị ( ), m C với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 1.m = 1.0 Khi 1m = hàm số trở thành. a là tham số. Tìm a ∈¡ để (1) có hai nghiệm 1 2 ,z z thỏa mãn 1 2 z z là số ảo, trong đó 2 z là số phức có phần ảo dương. 0.5 Từ giả thi t suy ra 1 2 ,z z không phải là số thực. Do