Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 8

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