SỞ GIÁO DỤC VÀO ĐÀO TẠO TÂY NINH ĐỀ MẪU SOẠN DÀNH CHO KỲ THI TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG LÊ KHA CHUNG QUỐC GIA 2015 Môn : Toán ( Thời gian làm 180 phút) Câu (2 đ) Cho hàm số y = x +1 x−2 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Tìm điểm thuộc trục Oy để từ kẻ hai tiếp tuyến đến (C) cho hai tiếp điểm tương ứng nằm hai phía trục Ox Câu (1 đ) + sin 2α A= π π a) Cho góc α thỏa mãn < α < có cos α = Tính cos α − ÷ 4 b) Cho z1 , z2 nghiệm phức phương trình: z − z + 11 = Tính giá trị biểu thức A = z1 + z2 − ( z1 + z2 ) 2 Câu (1 đ) Giải phương trình − +3= x 3x 2 Câu (1 đ) Giải bất phương trình: x + x + x ≥ ( x + x + 1) x + 1 ( ) Câu (1 đ) Tính tích phân: I = ∫ e x + ln ( + x ) dx Câu (1 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, tam giác SAB vuông cân S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD) Gọi K điểm thuộc cạnh AB thỏa mãn KB = 3KA Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách SB KD Câu (1 đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) x + y = 25 ngoại tiếp ∆ABC nhọn có chân đường cao hạ từ B, C M ( −1; −3) , N ( 2; −3) tìm tọa độ đình ∆ABC , biết điểm A có tung độ âm Câu (1 đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M ( 1;1; ) , mặt phẳng ( P ) :15 x + y − z + = đường thẳng d : x −1 y − z − = = Chứng tỏ đường thẳng d cắt −1 13 mặt phẳng (P) viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm M, cắt đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) Câu (1 đ) Một đoàn tàu có toa sân ga Có hành khách từ sân ga lên tàu, người độc lập với chọn cách ngẫu nhiên lên toa Tính xác suất để toa có khách lên tàu Câu 10 (1 đ) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu thức : P = a +b +c 2 ĐÁP ÁN + ( a + b2 + c ) ≤ 10 ( a + b + c ) − 27 a+b ( a + 2c ) ( b + 2c ) Câu a) Tập xác định: D = R \ { 2} Sự biến thiên: −3 < 0, ∀x ∈ D + chiều biến thiên: y ' = ( x − 2) + hàm số nghịch biến khoảng ( −∞; ) ( 2; +∞ ) + giới hạn tiệm cận: y = lim y = 1; nên tiệm cận ngang đồ thị hàm số : y = Do xlim →−∞ x →+∞ lim y = −∞, lim+ y = +∞ ; nên tiệm cận đứng đồ thị hàm số x = x →2 x →2− 0,25đ + bảng biến thiên: 0,25 đ + Đồ thị: 0,25 đ b) gọi M(0;m) thuộc Oy Đường thẳng ( ∆ ) qua M có dạng y = kx + m x +1 x − = kx + m ( 1) ⇔ có nghiệm ( ∆ ) tiếp xúc ( C ) ⇔ −3 = k ( ) ( x − 2) x +1 −3x +m Thế (2)và (1) ta có: x − = ( x − 2) 0,25 đ ⇔ f ( x ) = ( − m ) x + ( 4m + ) x − − m = ( ) ( x # ) Qua M kẻ tiếp tuyến phân biệt với (C) ⇔ pt ( 3) có nghiệm phân biệt khác m #1 m #1 ⇔ ( 2m + 1) + ( − m ) ( + 4m ) > ⇔ 6m + > f ( 2) # 6#0 m #1 ⇔ ( *) m > − 0,25 đ Gọi x1, x2 nghiệm pt (3), tọa độ tiếp điểm ( x1 ; y1 ) , ( x2 ; y2 ) x1 + x +1 ; y2 = x1 − x2 − 4m + 2 + 4m ; x1.x2 = Theo Viet: x1 + x2 = m −1 m −1 Hai tiếp điểm tương ứng nằm hai phía trục Ox ⇔ y1 y2 < x +1 x +1 x1 x2 + x1 + x2 + ⇔ 0, ∀x, t ∈ R ) ⇔ x ≥ x +1 0,25 đ x2 − x − ≥ ⇔ x≥0 x≥0 ⇔ 1− 1+ vx≥ x ≤ 2 ⇔x≥ 1+ 0,25 đ 1 + ; +∞ ÷ So sánh với điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình S = ÷ 0,25 đ Câu Ta có ∫ (e x + ln ( + x ) ) dx = ∫ e x dx + ∫ ln ( + x ) dx = I1 + I x x + I1 = ∫0 e dx = e 1 0 0,25 đ = e −1 + I = ∫0 ln ( x + 1) dx = x ln ( + x ) = = ln − ( x − ln ( + x ) ) 0,25 đ 1 x − dx ∫0 x + 1 = ln − 0,25 đ Vậy I = e − + 2ln 0,25 đ Câu Gọi H trung điểm AB Chứng minh SH ⊥ ( ABCD ) AH = a 1 a a3 Vậy VS ABCD = SH S ABCD = a = (đvtt) 3 Gọi I thuộc cạnh CD cho ID = 3IC DK / / BI Do d ( DK , SB ) = d ( DK , ( SBI ) ) = d ( K , ( SBI ) ) = d ( H , ( SBI ) ) Kẻ HE ⊥ BI E HF ⊥ SE F ta chứng minh được: d ( H , ( SBI ) ) = HF BC 2a · · = HB.sin BIC = HB = Ta có : HE = HB.sin HBE BI 17 Và : 1 33 2a 33 = + = ⇒ HF = 2 HF SH HE 4a 33 0,25 đ 0,25đ 0,25đ Vậy d ( DK , SB ) = a 33 11 0,25 đ Câu (C) có tâm O bán kính R = Chứng minh OA ⊥ MN OA ∋ uuuu r ⇒ OA : x = Phương trình OA : OA có PVT MN = ( 1;0 ) x + y = 25 A = C ∩ OA ⇒ A ( 0; −5) ( ) Tọa độ thỏa hệ x = AB ∋ A ( 0; −5 ) uuur AB : ⇒ AB : x − y − = AB có VTCP AN = 1;1 ( ) x + y = 25 ( x = 0; y = −5 ) ⇔ Tọa độ B = AB ∩ ( C ) thỏa ( x = 5; y = ) x − y − = AC ∋ A ( 0; −5 ) uuuu r AC : ⇒ AC : x + y + = AC có VTC AM = ( −1; ) ( x = 0; y = −5 ) x + y = 25 ⇔ Tọa độ C = AC ∩ ( C ) thỏa 2 x + y + = ( x = −4; y = ) uuu r uuur uuur uuu r uuu r uuu r Kiểm tra AB AC > 0; BC.BA > 0; CA.CB > ⇒ ∆ABC nhọn KL: A ( 0; −5 ) , N ( 5;0 ) , C ( −4;3 ) Câu 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ r r Mặt phẳng (P) có VTPT n = ( 15;3; −2 ) đường thẳng d có vectơ phương u = ( 2; −1;13) rr Suy n.u = 1# d cắt (P) 0,25 đ Dễ thấy M không thuộc (P) Gọi N giao điểm hai đường thẳng d ∆ , ta có N ( + 2m; − m; + 13m ) , m ∈ R uuuu r Khi đường thẳng ∆ có VTCP MN = ( 2m;1 − m;13m + ) 0,25 đ Mặt khác, đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (P), nên ta có r uuuu r n.MN = ⇔ 15.2m + ( − m ) − ( 13m + ) = ⇔ m = uuuu r Suy MN = ( 2;0;15 ) 0,25 đ x = + 2t Vậy đường thẳng ∆ có phương trình y = , t ∈ R z = + 15t 0,25 đ Câu Gọi A biến cố: “mỗi toa có khách lên tàu” Ta có Ω = , A = 8! Vậy P ( A ) = 0,25 đ A 8! 315 = 8= Ω 1013072 0,25 đ Câu 10 ( a + b2 + c ) ≤ 10 ( a + b + c ) − 27 ⇔ ( a + b + c ) + 27 ≤ 10 ( a + b + c ) ⇒ ( a + b + c ) + 27 ≤ 30 ( a + b + c ) 2 ⇒ ( a + b + c ) − 30 ( a + b + c ) + 27 ≤ 2 ⇒ ≤ a + b2 + c2 ≤ ⇒ ≤ a + b + c ≤ ( 1) Ta có P = a +b +c 2 + 0,25 đ a +b a + b a + 2c + b + 2c ( a + 2c ) ( b + 2c ) ≤ + 2 2 2 a +b +c = a + b2 + c2 + a + b a + b + 4c 2 = ≤ ≤ a + b2 + c a +b +c 2 + + 3 + a + b2 + c = + t = f ( t ) , t = a + b2 + c t a +b +c 2 ( a + b ) a + b + 4c 2 ( a + b + c ) 0,25 đ Do (1) nên, t ∈ [ 1;3] xét f ( t ) = t + , t ∈ [ 1;3] t f '( t ) = 1− = ⇔ t = 3, t > t2 Bảng biến thiên: 0,25 đ Vậy giá trị lớn P a = b = c = hay a = b = c = 0,25 đ