đề toán thi thử lần 3 năm 2015 trương lương thế vinh

a Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị C của hàm số đó cho.. Gọi M là trung điểm AD.. S MCD và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng SM và BD.. Hỡnh chiếu vuụng gúc của tõm đường trũn nội tiếp

Năm học 2014 - 2015

Môn thi: Toán - Lần thứ 3 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

- Ngày 16.5.2015 -

Cõu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

1

x y x

−

=

− . a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số đó cho

b) Tỡm cỏc giỏ trị của m để đường thẳng : d y= − +x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phõn biệt

Cõu 2 (1,0 điểm).

a) Cho gúc α thỏa món: 3

2

π

π α< < và tanα =2 Tớnh sin2 sin sin 5 2

M = α + α +π +  π − α

b) Cho số phức z thỏa món hệ thức: (i 3)z 2 i (2 i z)

i

+ + + = − Tỡm mụđun của số phức w z i= −

Cõu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trỡnh: log (2 x− +2) log0,5x<1

x− x− > x − x + x− x − x +

Cõu 5 (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn: 2 ( )

0

cos 2

π

Cõu 6 (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp . S ABCD cú đỏy là hỡnh thang vuụng tại A và B ; AB BC a= = ; 2

AD= a; SA⊥(ABCD) Gúc giữa mặt phẳng (SCD và mặt phẳng () ABCD bằng ) 0

45 Gọi M là trung điểm AD Tớnh theo a thể tớch khối chúp S MCD và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng SM và BD

Cõu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC cú phương trỡnh đường phõn giỏc , trong gúc A là : d x y+ − =3 0 Hỡnh chiếu vuụng gúc của tõm đường trũn nội tiếp tam giỏc ABC lờn đường thẳng AC là điểm (1;4) E Đường thẳng BC cú hệ số gúc õm và tạo với đường thẳng AC gúc 450

Đường thẳng AB tiếp xỳc với đường trũn ( )2 2

( ) :C x+2 +y =5 Tỡm phương trỡnh cỏc cạnh của tam

giỏc ABC

Cõu 8 (1,0 điểm) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1; 1;0− ) và đường thẳng

:

− Lập phương trỡnh mặt phẳng ( )P chứa A và d Tỡm tọa độ điểm B thuộc trục Ox

sao cho khoảng cỏch từ điểm B đến mặt phẳng ( ) P bằng 3

Cõu 9 (0,5 điểm) Trong đợt xột tuyển vào lớp 6A của một trường THCS năm 2015 cú 300 học sinh đăng

ký Biết rằng trong 300 học sinh đú cú 50 học sinh đạt yờu cầu vào lớp 6A Tuy nhiờn, để đảm bảo quyền lợi mọi học sinh là như nhau, nhà trường quyết định bốc thăm ngẫu nhiờn 30 học sinh từ 300 học sinh núi trờn Tỡm xỏc suất để trong số 30 học sinh chọn ở trờn cú đỳng 90% số học sinh đạt yờu cầu vào lớp 6A

Cõu 10 (1,0 điểm) Cho cỏc số thực , a b dương và thỏa món ab≥1

Tìm giá trị nhỏ nhṍt của biểu thức 11 11 32

2 (1 ) 2 (1 ) 8

T

HẾT

-Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.

Họ và tờn thớ sinh: ……… ; Số bỏo danh: ………

Câu Đáp án Điể

1

(2,0đ) a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

1

x y x

−

=

− .

Tập xác định: D=R\{1} xlim→−∞y=3; limx→+∞y=3 suy ra tiệm cận ngang y=3.

lim ; lim

x + y x − y

→ = +∞ → = −∞ suy ra tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng x=1.

Đạo hàm: ( )2

1

1

x

−

0,25

Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng (−∞;1) và (1;+∞)

Bảng biến thiên:

x −∞ 1

+∞

y' - -

y 3 +∞

−∞

3

0,25

b) (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m để d y: = − +x mcắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt.

Phương trình tương giao: 3 2

1

x

x m

x − = − +

− (x≠1)

2

0,25

ĐK: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 0

(1) 0

f

∆ >



2 4 12 0

6; 2

m m

2

(1,0đ) a) (0,5 điểm) Cho tanα =2 3

2

π

π α< < Tính sin2 sin sin 5 2

M = α + α +π +  π − α

π

b) (0,5 điểm) Cho (i 3)z 2 i (2 i z)

i

+

Gọi z a ib a b R i= + ,( ∈ , 2 = −1) Từ giả thiết ta có:

1

5

a a

= −

 + =

0,25

Từ đó: | | | 1 1 | 1 1

3

(0,5đ) Giải bất phương trình: 2 0,5

log (x− +2) log x<1

Bpt log2(x 2) log2x 1 log2 1 2

⇔ − < ⇔ > − .

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bpt là x> 2 0,25

4

(1,0đ) Giải bất phương trình: x− x− >2 x3−4x2+5x− x3−3x2+4.

⇔ − − >  − + − − + (x≥0)

( )2

(x 2) |x 2 | x 1 x1 x 2 1

• x=2 : (1)⇔ >0 2 2 (loại) x=0 : (1)⇔ − > −2 2 (loại).

0,25

(1)⇔ −(x 2) 1+ x+ >1 x1+ x−2 +1

Chia 2 vế cho x x.( − >2) 0 ta được: ( )2

1

t

t

+ ⇒ f t( ) đồng biến ∀ >t 0

(1)

2

x x

⇔ >

− .

0,25

2

⇔ − > ⇔ − + > ⇔ > < .

• 0< <x 2 :

(1)⇔ −(x 2) 1− x+ >1 x1+ x−2 +1

Chia 2 vế cho x x.( − <2) 0 ta được: ( )2

1

+ −

t

∀ Từ đó (1) 1 1

2

x x

⇔ <

− Trường hợp này vô nghiệm vì

1 0 2

x <

Đáp số: x> 4 .

0,25

Cách 2: ĐK x≥0 (mỗi dấu + ứng với ¼ điểm)

0

x= không là nghiệm Xét x>0 :

g x

Nếu x≥1 thì g x( ) 0> .

+ Nếu 0< <x 1: x+ > ⇒1 1 x+ >1 1 Ta có: 1 1 1 (1)

2

+ > + =

x − x + = x+ x− = −x x+ > − = −x x

⇒ x3−4x2+5x+ x3−3x2+ > −4 2 x

3 2 1 3 2 12 2 21 2 21 12

x

−

− + + − + Từ (1) và (2) suy ra g x( ) 0 > ∀ >x 0 + f x( ) 0> ⇔ − > ⇔ >x 4 0 x 4 Kết hợp ĐK suy ra đáp số: x>4.

5

(1,0đ) Tính tích phân: 2 ( )

0

cos 2

π

2

cos 2

0 0

1

π

π π

2

0

cos 2

π

2

u= ⇒ =x u v = x⇒ =v x.

2 2 0 0

sin 2 sin 2

π π

0,25

2 0

π

6

(1,0đ)

S ABCD đáy là hình thang vuông tại A và B; AB BC a= = ; AD=2a; SA⊥(ABCD)

d SM BD

CD ⊥SA AC⇒CD⊥ SAC ⇒SC ⊥CD⇒SCA= 0,25

.

1 3

S MCD MCD

2

MCD

SA AC a= = S = a

.

2

S MCD

6

a .

0,25

Gọi N là trung điểm AB ⇒BD SMN//( ).

Suy ra:

d SM BD =d BD SMN =d D SMN =d A SMN .

0,25

Tam giác vuông SAP có 1 2 12 12

AH = AS + AP

2

4

a

11

a

11

a

d SM BD = .

0,25

7

(1,0đ) Tam giác ABC có phân giác trong góc A là d x y: + − =3 0 Hình chiếu của tâm đường

( ) :C x+2 + y =5 Tìm phương trình các cạnh.

A

D

S

M N

P H

B

A

C I

D

F

E

J

Từ đó AB qua F và vuông góc với IF nên có phương trình AB x: + 2y− = 3 0 .

(3;0)

AB d∩ = A ⇒ AC: 2x+ − =y 6 0 .

Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC Đường thẳng ∆ qua

1 10

3 3

E ⊥ AC⇒ ∆ x− y+ = ⇒ ∆ ∩ =d J− 

0,25

Gọi vtpt của đường thẳng BC là nr=( ; ),a b a2+b2 ≠0 Ta có:

0

2 2

| 2 | cos 45

5

a b

+

=

+

• a=0 : suy ra b=0 (loại)

• a≠0 : chọn a= ⇒ =1 b 3 (thỏa mãn hệ số góc âm),

1

3

b= − (loại).

Suy ra phương trình BC x: +3y C+ =0.

0,25

Do J là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC nên d J AC( , )=d J BC( , )

Suy ra

3

C C

= ⇒ = (thỏa mãn); C= − +29 10 23 (loại

vì khi đó A J, nằm 2 phía BC) Từ đó: : 3 29 10 2 0

3

Đáp số: AB x: + 2y− = 3 0 ; AC: 2x+ − =y 6 0 ; : 3 29 10 2 0

3

BC x+ y− + = .

0,25

8

(1,0đ) A(1; 1;0− ) , : 1 1

− Lập ( )P chứa A và d Tìm B Ox d B Ox∈ : ( , )= 3.

Đường thẳng d qua M(−1;1;0) và có vtcp ur=(2;1; 3)− Ta có MAuuur=(2; 2;0)− .

( )P qua A(1; 1;0− ) và có vtpt nr=MA uuuur r, =(6;6;6 ) Chọn nr=(1;1;1). 0,25 Phương trình tổng quát của ( )P là: 1(x− +1) 1(y+ +1) 1(z− = ⇔ + + =0) 0 x y z 0 0,25 Gọi B b( ;0;0)∈Ox; ( ,( )) 3 | | 3

3

b

| | 3b b 3 B( 3;0;0)

9

(0,5đ)

Có 300 học sinh đăng ký Có 50 học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A Bốc thăm ngẫu nhiên

30 học sinh từ 300 học sinh nói trên Tìm xác suất để có đúng 90% số học sinh đạt yêu

cầu.

Gọi A là biến cố: “Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu”.

Chọn ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh có 30

300

C cách chọn.

Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu, tức là chọn được 27 em Chọn 27 học sinh từ 50

học sinh có 27

50

C cách.

Chọn nốt 3 em từ 250 em còn lại có 3

250

C cách.

0,25

Số cách chọn học sinh đạt yêu cầu là: 27

50

C . 3 250

C Xác suất của biến cố A là P A( )= 5027 2503 21

30 300

1,6.10

C C C

−

(1,0đ) Cho a b, >0 : ab≥1 Tìm GTNN của 11 11 32

2 (1 ) 2 (1 ) 8

T

Ta có: 1 1 2 , ( 1)

1 a+1 b ≥1 ab ab≥

Thật vậy: Quy đồng, chuyển vế, bđt trên tương đương với ( ) (2 )

1 0

a− b ab − ≥

(Đúng).

Lại có:

2

+

1 a+1 b ≥ ab 3

0,25

Ta có: a(1+ +a) b(1+ =b) (a2+ − + + + ≥b2 2) (a b 2) (2ab− +2) 2 ab+ ≥2 2 ab+2.

Suy ra: 2 (1a + +a) 2 (1b + + ≥b) 8 4 ab +12.

2 (1a a) 2 (1b b) 8 4 ab 12 2 (1a a) 2 (1b b) 8 2 ab 3 ab 3

T

0,25

2 2

f t

Xét M =(t2+3)2 −t t( +3) t+ > +3 (t 3)(t2+ −3 t t+3) >0

2 3 3 4 6 2 9 3 3 2 ( 4 3) 3 2 9 0

⇔ + > + ⇔ + + > + ⇔ − + + > (Đúng ∀ ≥t 1).

Suy ra f t'( ) 0 > ∀ ≥t 1 ⇒ f t( ) đồng biến ∀ ≥t 1.

0,25

t

Cách 2: Có thể dồn biến về u a b= + ≥2 ab ≥2 như sau:

1 a+1 b ≥1 a 1 b =u 2

• a(1+ +a) b(1+ = + +b) a b a2+b2 ≥ + +a b 2 a b2 2 ≥ + + = +a b 2 u 2

2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 12

( ), 2

+ + Chứng minh f u'( ) 0 > ∀ ≥u 2 tương tự cách 1.

Kết luận: MinT u≥2 = f(2)= − ⇔ = ⇔ = =7 u 2 a b 1.

- Hết