KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 8) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất 2015!(Kèm đáp án chi tiết tại)! https://www.facebook.com/profile.php?id=100005223169289 Câu I (2 điểm Cho hàm số x y x 2 1 1 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại các điểm phân biệt A , B sao cho OA = 4OB. Câu II (1 điểm) Giải phương trình: 2 sin 2 3sin cos 2 4 x x x Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 6 2 2 1 4 1 dx I x x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD =2a, SA (ABCD) và SA = 6 a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Tính thể tích khối chóp H.SCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC Câu V (1 điểm) ): Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng: 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 y x z x y y z z x x y z Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho ABC có 0 5 A ; . Các đường phân giác và trung tuyến xuất phát từ đỉnh B có phương trình lần lượt là 1 2 1 0 2 0 d : x y ,d : x y . Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC Câu VII (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) 2 2 2 1 2 4 x y z .Lập phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua điểm A(0;0;1) và cách điểm B(1;1;1)một khoảng bằng 1 5 đồng thời cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính lớn nhất. Câu VIII (1 điểm) Cho số tự nhiên n thỏa: 1 2 n 2009 n n n 1.C 2C nC n.2 . Tìm số hạng chứa 805 x trong khai triển nhị thức Niutơn của n 1 x ; x 0 2x x . Câu IX (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 2 35 5 4 24 x x x CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG ! Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Hướng dẫn Câu I: TXĐ: \ 1 D R 2 1 ' 0 ( 1) y x . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;1 và 1; . 1 lim x y ; 1 lim x y Tiệm cận đứng x = 1 lim lim 2 x x y y ; Tiệm cận ngang y = 2. * Bảng biến thiên x 1 , y y 2 2 Đồ thị: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M x y 0 0 ( ; ) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB. Do OAB vuông tại O nên: OB A OA 1 tan 4 Hệ số góc của d bằng 1 4 hoặc 1 4 . Hệ số góc của d là: y x x 0 2 0 1 ( ) 0 ( 1) y x 0 1 ( ) 4 x 2 0 1 1 4 ( 1) 1 3 o o x x Với o x 1 thì 3 2 o y . Khi đó phương trình tiếp tuyến là: y x 1 3 ( 1) 4 2 1 5 4 4 x Với o x 3 thì 5 2 o y . Khi đó phương trình tiếp tuyến là: y x 1 5 ( 3) 4 2 1 13 4 4 x Câu II: 2 sin 2 3sin cos 2 4 x x x sin 2 cos 2 3sin cos 2 x x x x 2 2sin cos 2cos 1 3sin cos 2 x x x x x 2 sin 2cos 3 2cos cos 3 0 x x x x sin 2cos 3 cos 1 2cos 3 0 x x x x 2cos 3 sin cos 1 0 x x x 1 sin cos 1 0 sin cos 1 sin 4 2 x x x x x 2 4 4 5 2 4 4 x k x k , (k Z ) 2 2 2 x k x k (k Z.) Câu II: 3 2 3 3 2 6 13 10 2 5 3 3 10 6 x x x y y x y x y x x y 3 3 1 2 2 x x y y (*) Xét hàm số 3 f t t t . Ta có ' 2 3 1 0 f t t t f t R đồng biến trên R Do đó (*) 2 y x .Thay 2 y x vào (2) ta được : 3 2 3 3 5 2 3 10 26 x x x x x 3 2 3 3 3 1 5 2 3 10 24 x x x x x 2 3 2 2 2 2 12 3 3 3 1 5 2 x x x x x x x 2 2 3 2 12 3 3 3 1 5 2 x x x x x PT (3) vô nghiệm vì với 5 1 2 x thì 2 12 0 x x . Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2 0 x y Câu III: 6 2 2 1 4 1 dx I x x Đặt 2 1 4 1 4 2 t tdt t x x dx 2 3, 6 5 t t Khi đó 5 5 5 3 2 2 3 3 1 1 1 3 1 ln 1 ln 1 1 2 12 1 1 tdt I dt t t t t t 5 3 1 ln 1 1 t t 3 1 ln 2 12 Câu IV Ta có : 2 . . . 2 2 . . 6 , 7 S HDC H SDC S HDC S BDC V SH SH SB SA V V V SB SB SB . . 6 6 1 2 . . . 6. 7 7 3 7 S HDC S BDC BDC BDC V V SA S a S Gọi K là hình chiếu của B trên AD Ta có ; . 3 BK.AD AB.BD BK= 2 AB BD a AD 2 1 3 . 2 4 BCD a S BK BC Vậy 3 . 3 2 14 H SDC a V Vì AD SBC nên , , , d AD SC d AD SBC d A SBC h .Dựng hình bình hành ADBE .Do AB BD nên AB AE Trong tứ diện vuông ASEB ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 9 6 h SA AB AE SA AB BD a 6 3 a h Câu V +Đặt 0; 0; 0 a x b y c z +VT= 6 4 6 4 6 4 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 a b c a b c a b b c c a a b b c c a a b b c c a +VP= 4 4 4 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a b c a b b c c a ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =1 hay x = y = z = 1 Câu VI Ta có 1 2 2 1 3 5 0 B d d B ; AB : x y . Gọi A' đối xứng với A qua 1 2 3 4 1 d H ; ,A' ; . Ta có 3 1 0 A' BC BC : x y . Tìm được 28 9 7 35 0 C ; AC : x y . Câu VII +Mặt cầu đi qua C(2; 2; 0);D 1 (0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có PT : x 2 +y 2 +z 2 +2ax+2by+2cz+d=0 nên 4 4 8 0 4 4 8 0 5 1 ; ; 4 2 1 0 2 2 2 2 2 0 a b d b c d a c b d a d b c d Suy ra tâm mặt cầu và bán kính mặt cầu là: I(5/2;1/2;5/2); R = 35 2 +(MNC 1 ) đi qua M(1;0;0) nhận 1 1 ; (0;3; 3) MC NC làm véc tơ pháp tuyến có PT: y – z = 0 + h = d(I;(MNC 1 )) = 2 + Bán kính đường tròn giao tuyến là 2 2 3 3 2 R h Câu VIII Xét nhị thức: n n k k n k 0 1 x C .x . Lấy đạo hàm hai vế ta có: n n 1 k k 1 n k 1 n 1 x kC x . Cho x = 1 ta được: 1 2 n n 1 n 1 2009 n 1 2009 n n n 1.C 2.C n.C n.2 n.2 n.2 2 2 n 2010 Ta có: 2010 k 2010 2k 3k 2010 2010 2010 2010 k k k k 1005 2k 2 2 2010 2010 2010 k k 0 0 0 1 1 1 1 x C x C x .x C x 2 2 2x x 2x x Yêu cầu bài toán 1005 2k 805 k 100 Vậy số hạng cần tìm là: 100 2010 100 1 C 2 . Câu IX BPT tương đương 2 2 2 2 2 2 11 35 24 5 4 5 4 11 (5 4)( 35 24) 35 24 x x x x x x x x x Xét: a)Nếu x 4 5 không thỏa mãn BPT b)Nếu x>4/5: Hàm số 2 2 (5 4)( 35 24) y x x x với x>4/5 y ' = 2 2 2 2 1 1 5( 35 24) (5 4)( ) 35 24 x x x x x >0 mọi x>4/5 Vậy HSĐB. +Nếu 4/5<x 1 thì y(x) 11 +Nếu x>1 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1 . KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 8) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất. https://www.facebook.com/profile.php?id=100005223169 289 Câu I (2 điểm Cho hàm số x y x 2 1 1 . 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ. đường tròn có bán kính lớn nhất. Câu VIII (1 điểm) Cho số tự nhiên n thỏa: 1 2 n 2009 n n n 1.C 2C nC n.2 . Tìm số hạng chứa 80 5 x trong khai triển nhị thức Niutơn của n 1 x ; x