b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C tại điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường 3.. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của E.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 130 Ngày 15 tháng năm 2015 x y x Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng : y 2 x Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình sin x(cos x 2cos x) cos x cos x z i z 1 i z 5 Tìm số phức z thỏa mãn z Câu 3.(1,0 điểm) 4 xy ( xy 2)2 xy xy 0 ( x, y R) log ( x y ) log x log y 2 Giải hệ phương trình 2 Cho E là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số khác lấy từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 Chọn ngẫu nhiên phần tử E Tính xác suất để phần tử chọn là số có ba chữ số chẵn Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình x x 3x x Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân Câu (1,0 điểm) cos3 x 2cos x I dx 3sin x cos x Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD 3a, hình chiếu vuông góc B lên mặt phẳng ( A ' B ' C ' D ') là trung điểm A ' C ' Biết côsin góc tạo hai mặt phẳng ( ABCD) và (CDD ' C ') và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' BC ' D ' Câu 7.(1,0 điểm) 21 Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, AD 2BC , đỉnh B (4; 0), phương trình đường chéo AC là x y 0, trung điểm E AD thuộc đường thẳng : x y 10 0 cot ADC 2 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại hình thang đã cho biết Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1), B(3; 2; 4) và mặt phẳng ( ) : x y z 0 Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) cho MA AB và d A, MB Câu 9.(1,0 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1 a2 b2 P ( a b) 2 (b c) 5bc (c a) 5ca Tìm giá trị nhỏ biểu thức Hết 330 31 (2) Câu 1.1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 130 NỘI DUNG Điểm 1.0 x y x Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 10 Tập xác định: R \ {1} 20 Sự biến thiên: lim y lim y * Giới hạn vô cực: Ta có x và x lim y lim y Giới hạn vô cực: x 1 và x 1 Suy đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y 1, tiệm cận đứng là đường thẳng x 1 y' 0, ( x 1) * Chiều biến thiên: Ta có với x 1 Suy hàm số đồng biến trên khoảng * Bảng biến thiên: ; 1 và 0,5 1; y x y' + + 3y Đồ thị: 1 1 1; , cắt Đồ thị cắt Ox Oy (0;1) Nhận giao điểm I (1; 1) hai tiệm cận 1.2 1O 1 I 0,5 x làm tâm đối xứng Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng : y 2 x x0 x0 1 x0 x0 3 M x0 ; d ( M , ) (C ) x0 5 12 22 Gọi tiếp điểm Khi đó ta có x 1 x0 3 x02 x0 3 x0 x0 x0 x02 x0 3( x0 1) x02 x0 0 x0 x0 x0 3( x0 1) x0 x0 0 1 y x 2 *) Với ta có M ( 1; 0), suy pt tiếp tuyến y y '( 1).( x 1) hay 1 M ; 3 , y y ' x x0 , 2 2 ta có suy pt tiếp tuyến *) Với hay y 8 x Giải phương trình sin x(cos x 2cos x) cos x cos x Phương trình đã cho tương đương với cos x(sin x cos x) sin x 0 cos x sin x (sin x cos x) (sin x 1) 0 (cos x sin x)(sin x cos x) (sin x 1) 0 (cos x sin x)(1 sin x) (sin x 1) 0 (sin x 1)(cos x sin x 1) 0 sin x 0 sin x 1 x k 2 x k , k Z *) 1.0 0,5 x0 1, 2.1 0,5 0.5 0,25 0,25 (3) 2.2 3.1 x k 2 x k 2 cos x sin x 0 sin x x k 2 , k Z x k 2 4 *) x k , x k 2 , x k 2 , k Z Vậy nghiệm phương trình là z i z 1 i z 5 Tìm số phức z thỏa mãn z z i z x ( y 1)i ( x 1) yi z x yi ( x , y R ) z z x yi x yi Đặt Khi đó ta có : 2 x ( y 1)i ( x yi) ( x 1) yi ( x yi) x y x y x y i x2 y x2 y x y2 2 2 2x y x y x y x y 0 x y 0 2 2 5 x y x y x 4 y x 2 y x y 1 x y 1 2 x y 5( x y ) x y 5( x y ) x y x y Ta có : x 0, y 0 (ktm) x 2 y z i x 2, y 1 y 5 y x y , *) suy x 0, y 0 (ktm) x y z 6 3i x 6, y y 15 y x y , *) suy Vậy z 2 i, z 6 3i xy xy 4 ( xy 2)2 xy 0 ( x, y R) log ( x y ) log x log y 2 Giải hệ phương trình Điều kiện: x y Đặt t xy 0, phương trình thứ hệ trở thành 4t (t 2)2t t 0 (2t 1)(2t t 3) 0 2t t 0, vì 2t t t Vì hàm f (t ) 2 t đồng biến trên R, mà f (1) 0 nên t 0 t 1 y xy 1, x Khi đó ta có hay 1 x2 log 22 x log x.log 0 log 22 log 22 x x x x hai hệ ta Thế vào ptxthứ x 1 1 log log x x x x x x x x 1 x2 x 1 log x log x x x x 2, y 3.2 0,25 0,25 0.5 0,25 0,25 Suy nghiệm hệ là Cho E là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số khác lấy từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 Chọn ngẫu nhiên phần tử E Tính xác suất để phần tử chọn là số có ba chữ số chẵn Gọi phần tử E là số tự nhiên dạng 1.0 abc A Chọn a : có cách (a 0) Sau chọn a còn chữ số xếp vào vị trí b,c có cách số phần A2 tử E là : 5 =100 số phần tử không gian mẫu là n( ) = n(E) = 100 240;420;204;402 n(A) = Gọi A là biến cố:Chọn số có chữ số chẵn A = n A n 0.5 0.25 0.25 0.25 = 25 Xác suất để chọn số có chữ số chẵn là : P(A) = x x 3x x Giải bất phương x 0trình 0 x 1 41 41 1 x 0 41 x x 3x x 0 8 Điều kiện: 0.25 1.0 0,5 (*) (4) Bất phương trình đã cho tương đương với x x x(1 x ) 2 x x 3( x x ) (1 x ) ( x x )(1 x ) 0 34 x 2 x x x x x x 3 2 0 x 10 x 0 1 x 1 x 1 x 34 x 0,5 34 41 x Kết hợp điều kiện (*), ta suy nghiệm bất phương trình là Tính tích phân Ta có 1.0 cos3 x 2cos x I dx 3sin x cos x (4cos x 1)cos x 4sin x I d x d(sin x) 2 3sin x (1 2sin x ) 2sin x 3sin x 0 4t I dt x 2t 3t t 0, x t t sin x Đặt Khi thì khi1 thì Suy 6t (4t 4) (2t 1) dt dt (2t 1)(t 1) (2t 1)(t 1) 0 0 1 dt 2t 2ln(2t 1) ln(t 1) 2ln ln ln18 2t t 0 0,5 Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD 3a, hình chiếu vuông góc B lên mặt phẳng ( A ' B ' C ' D ') là trung điểm A ' C ' Biết côsin góc tạo hai 1.0 0,5 21 ( ABCD ) ( CDD ' C ') mặt phẳng và Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' BC ' D ' *) Áp dụng định lý côsin cho tam giác A ' B ' D ' A D suy B ' A ' D ' 120 Do đó A ' B ' C ', A ' C ' D ' là các tam giác cạnh a BO A ' B ' C ' D ' Gọi O A ' C ' B ' D ', ta có A ' B ' BHO Kẻ OH A ' B ' H, suy ABCD , CDD ' C ' BHO Do đó 21 cos BHO tan BHO Từ a BO HO.tan BHO A ' O.sin 600 a B H B' A' O 3a C D' G C' a 9a a 3.a 3.sin 600 Vậy a BO A 'C ' B ' D ' A ' BC ' 2 *) Vì nên tam giác A ' BC ' vuông B Vì nên B ' D ' là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác A ' BC ' Gọi G là tâm tam giác A ' C ' D ' Khi đó GA ' GC ' GD ' và GA ' GB GC ' nên G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' BC ' D ' Mặt cầu 2 3a R GD ' OD ' a 3 này có bán kính Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, AD 2 BC , đỉnh B (4; 0), phương trình đường chéo AC là x y 0, trung điểm E AD thuộc đường thẳng : x y 10 0 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại hình thang đã cho biết cot ADC 2 I AC I t ; 2t 3 Gọi I AC BE Vì B C E 2t 4; 4t Ta thấy I là trung điểm BE nên E t 3 I 3; 3 , E 2; I Theo giả thiết VABCD A ' B 'C ' D ' 0.5 0,5 1.0 0.5 (5) Vì AD / / BC , AD 2 BC nên BCDE là hình bình hành Suy ADC IBC cot IBC cot ADC 2 cos IBC Từ C AC C c; 2c 3 BI 1; 3 , BC c 4; 2c 3 Vì Ta có c c cos IBC 5 3c 22c 35 0 10 5c 20c 25 C 5; 0.5 c 5 c 7 5 C ; ` 3 Suy C 5; , A 1; 1 , D 3; 13 Với ta thấy I là trung điểm AC nên vì E là trung điểm AD nên 5 11 13 23 C ; , A ; , D ; 3 Với tương tự ta có 3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1), B(3; 2; 4) và mặt phẳng ( ) : x y z 0 Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) cho MA AB và 1.0 330 d A, MB 31 AB 1; 1; 3 , n 1; 5; A Ta có Ta thấy nên đường thẳng MA có VTCP là x y z M 17m 2; 5m 1; 4m 1 uMA AB, n 17; 5; MA : 17 Áp dụng hệ thức lượng cho 1tam giác vuông MAB ta có AM 330 2 d A, MB AM AB Suy 17m 2 0,5 0,5 5m 4m 330 m 1 M 15; 6; , M 19; 4; 3 Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức a2 b2 P ( a b) 2 (b c) 5bc (c a ) 5ca Áp dụng a bất đẳng thức Côsi, a ta có 4a b2 4b (b c)2 5bc (b c )2 (b c)2 9(b c)2 2 Tương tự, ta có (c a) 5ca 9(c a) a2 b2 a2 b2 a b (b c)2 5bc (c a) 5ca (b c) (c a) 2 b c c a Suy ( a b) 2 c(a b) a b c ( a b) 2 2( a b) 4c( a b) ab c(a b) c (a b) (a b) 4c (a b) 4c c ( a b) c Vì a b c 1 a b 21 c nên 2 2(1 c) 4c(1 c) 8 2 P (1 c ) (1 c) (1 c )2 4c(1 c ) 4c c 1 (1) 1.0 0,5 (6) 8 f (c ) (1 c) c c Xét hàm số với c (0; 1) 16 f '(c) (c 1); f '(c ) – c ( c 1) Ta có f '(c ) 0 (c 1) 64 (3c 3)3 0 c f (c ) 1 f (c) với c (0; 1) (2) Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có 1 P , a b c dấu đẳng thức xảy Từ (1) và (2) suy 1 , a b c Vậy giá trị nhỏ P là đạt + 0,5 (7)