Đề thi thử đại học môn Toán năm 2015 (12)

Tìm toạ độ điểm M thuộc 1 sao cho tiếp tuyến của 1 tại M tạo với hai trục toạ độ một tam giác cân.. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD trùng với trung điểm cạnh AC.. Biết cô

Khoá  giải  đề  THPT  Quốc  Gia  –  Thầy:  Đặng  Thành  Nam  

Môn:  Toán;  ĐỀ  SỐ  18/50   Ngày  thi  :  22/03/2015   Thời  gian  làm  bài:  180  phút,  không  kể  thời  gian  giao  đề   Liên  hệ  đăng  ký  khoá  học  –  Hotline:  0976  266  202  –  Chi  tiết:   www.mathlinks.vn    

Câu  1  (2,0  điểm)  Cho  hàm  số   y = x3− x2+ 4 (1)    

1 Khảo  sát  sự  biến  thiên  và  vẽ  đồ  thị  hàm  số  (1)  

2 Tìm  toạ  độ  điểm  M  thuộc  (1)  sao  cho  tiếp  tuyến  của  (1)  tại  M  tạo  với  hai  trục  toạ  độ  một   tam  giác  cân  

Câu  2  (1,0  điểm)  

a) Giải  phương  trình   2cos2x + 3 sin 2x = 2sin5x +1  

b) Giải  bất  phương  trình   log x.log(100x2)= 4        

Câu  3  (1,0  điểm)  Tính  tích  phân  

I = 1− x2ln x

1

2

Câu  4  (1,0  điểm)  

a) Xác  định  phần  ảo  của  số  phức  

z = (3+ 2i)(−3+ i) +1−3i

2−i     b) Cho  khai  triển   (1+ 2x)n = a0+ a1x + a2x2+ + a n x n  Tìm  hệ  số  của  số  hạng  chứa   x8  trong   khai  triển  biết   a0+ 9a1= 2a2+1  

Câu  5  (1,0  điểm).  Cho  hình  chóp  S.ABCD  có  đáy  ABCD  là  hình  thoi, AB = a 3,BD = 3a  Hình  

chiếu  vuông  góc  của  S  trên  mặt  phẳng  (ABCD)  trùng  với  trung  điểm  cạnh  AC  Biết  côsin  góc   tạo  bởi  mặt  phẳng  (SAB)  và  mặt  phẳng  (ABCD)  bằng   21

7  Tính  theo  a  thể  tích  khối  chóp   S.ABCD  và  bán  kính  mặt  cầu  ngoại  tiếp  tứ  diện  S.ACD    

Câu  6  (1,0  điểm)  Trong  không  gian  với  hệ  trục  toạ  độ  Oxyz  cho  điểm  A(1;0;-­‐‑1)  và  mặt  phẳng  

(P ) : 2x −2y + z + 6 = 0  Viết  phương  trình  đường  thẳng  d  đi  qua  A  và  vuông  góc  với  mặt  

phẳng  (P)  Tìm  toạ  độ  điểm  M  thoả  mãn   AM = 2và  khoảng  cách  từ  M  đến  (P)  đạt  giá  trị  lớn   nhất  

Câu  7  (1,0  điểm)  Trong  mặt  phẳng  với  trục  toạ  độ  Oxy  cho  tam  giác  giác  ABC  nội  tiếp  đường  

tròn  

(C ) : x

2+ ( y −29

8 )

2=697

64  Tìm  toạ  độ  đỉnh  A,  biết  đường  tròn  ngoại  tiếp  tam  giác  IBC  cắt   AB,AC  lần  lượt  tại  các  điểm  

M (

21

10;1), N (0;

13

5),(M ≠ B,N ≠ C )  và  A  có  hoành  độ  âm  

Câu  8  (1,0  điểm)  Giải  hệ  phương  trình  

(x2− xy +1)( y2− xy +1) =1

1

x2+ 3 + x2− x +1 = y +1

y+1

⎧

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪⎪

(x, y∈ !)  

Câu  9  (1,0  điểm)  Cho  x,y,z  là  các  số  phức  thoả  mãn   x = y = z =1  Tìm  giá  trị  lớn  nhất  của   biểu  thức  P = x + y − z + y + z − x + z + x − y

-­‐‑-­‐‑-­‐‑HẾT-­‐‑-­‐‑-­‐‑

PHÂN  TÍCH  BÌNH  LUẬN  ĐÁP  ÁN   Câu  1  (2,0  điểm)  Cho  hàm  số   y = x3− x2+ 4 (1)    

1 Khảo  sát  sự  biến  thiên  và  vẽ  đồ  thị  hàm  số  (1)  

2 Tìm  toạ  độ  điểm  M  thuộc  (1)  sao  cho  tiếp  tuyến  của  (1)  tại  M  tạo  với  hai  trục  toạ  độ  một   tam  giác  cân  

1 Học  sinh  tự  giải  

2 Gọi   M (m;m3−m2+ 4)là  điểm  cần  tìm  

+)  Tiếp  tuyến  tạo  với  hai  trục  toạ  độ  một  tam  giác  cân  nên  tiếp  tuyến  vuông  góc  với  đường   phân  giác  của  hai  trục  toạ  độ;    

+)  Phương  trình  hai  đường  phân  giác  của  hai  trục  toạ  độ  là   y = −xhoặc   y = x  

Do  đó  hệ  số  góc  của  tiếp  tuyến  tại  M  là  

k = y'(m) = 3m2−2m = ±1 ⇔ 3m

2−2m −1= 0 3m2−2m +1= 0

⎡

⎣

⎢

m=1

m= −1 3

⎡

⎣

⎢

⎢

⎢

⎢

Kết  luận:  Có  hai  điểm  thoả  mãn  là   M (1;3) và   M (−1

3;

104

27)      

Câu  2  (1,0  điểm)  

a) Giải  phương  trình   2cos2x + 3 sin 2x = 2sin5x +1  

b) Giải  bất  phương  trình   log x.log(100x2)= 4        

a) Phương  trình  tương  đương  với:  

cos2x +1+ 3 sin 2x = 2sin5x +1

⇔ 3 sin 2x + cos2x = 2sin5x ⇔ 3

2 sin 2x+1

2cos2x = sin5x

⇔ sin(2x + π

6)= sin5x ⇔ 5x = 2x +

π

6+ k2π 5x=5π

6 −2x + k2π

⎡

⎣

⎢

⎢

⎢

⎢

⎢

⎢

π

18+ k2π

3

x=5π

42+ k2π

7

⎡

⎣

⎢

⎢

⎢

⎢

⎢

⎢

Kết  luận:  Phương  trình  có  nghiệm  là  

x=

π

18+ k2π

3 ;x=5π

42+ k2π

7 ,k∈ !       b) Điều  kiện:   x > 0  

Phương  trình  tương  đương  với:  

log x.(log100 + log x2)= 4 ⇔ log x.(2+ 2log x) = 4

⇔ log2x + log x −2 = 0 ⇔ log x=1

log x= −2

⎡

⎣

⎢

x=10

x= 1 100

⎡

⎣

⎢

⎢

⎢

⎢

Kết  luận:  Phương  trình  có  nghiệm  

x =10;x = 1

100        

Câu  3  (1,0  điểm)  Tính  tích  phân  

I = 1− x2ln x

1 2

Ta  có:    

I = (1

x − x ln x)dx

1

2

1− x ln x dx

1

2

∫ = ln 2− K  

+)  Đặt  

u = ln x

dv = xdx

⎧

⎨

⎪⎪

x

v= x2 2

⎧

⎨

⎪⎪

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪⎪⎪

⇒ K = x2

2 ln x

2

2 1

2

∫ = 2ln 2−x2

4

2

1= 2ln 2−3

4  

Kết  luận:  Vậy  

I = ln 2−(2ln 2−3

4)=3

4−ln 2      

Câu  4  (1,0  điểm)  

a) Xác  định  phần  ảo  của  số  phức  

z = (3+ 2i)(−3+ i) +1−3i

2−i     b) Cho  khai  triển   (1+ 2x)n = a0+ a1x + a2x2+ + a n x n  Tìm  hệ  số  của  số  hạng  chứa   x8  trong   khai  triển  biết   a0+ 9a1= 2a2+1  

a) Ta  có:  

z = (−11−3i) +(1−3i)(2+ i)

5 = −11−3i +5−5i

5 = −11−3i +1−i = −10−4i   Vậy  phần  ảo  của  z  bằng  -­‐‑4  

b) Ta  có:  

(1+ 2x)n= C n k.2k x k

k=0

n

∑ = a0+ a1x + a2x2+ + a n x n ⇒

a0= C n0.20=1

a1= C n1.21= 2n

a2= C n2.22= 2n(n −1)

⎧

⎨

⎪⎪

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪⎪⎪

Theo  giả  thiết  ta  có:  

  1+ 9.2n = 2n(n −1) +1 ⇔ 2n(n −10) = 0 ⇔ n =10  

Suy  ra  hệ  số  của  số  hạng  chứa   x8  là   a8= C108.28      

Câu  5  (1,0  điểm).  Cho  hình  chóp  S.ABCD  có  đáy  ABCD  là  hình  thoi, AB = a 3,BD = 3a  Hình  

chiếu  vuông  góc  của  S  trên  mặt  phẳng  (ABCD)  trùng  với  trung  điểm  cạnh  AC  Biết  côsin  góc   tạo  bởi  mặt  phẳng  (SAB)  và  mặt  phẳng  (ABCD)  bằng   21

7  Tính  theo  a  thể  tích  khối  chóp   S.ABCD  và  bán  kính  mặt  cầu  ngoại  tiếp  tứ  diện  S.ACD    

Gọi  H  là  giao  điểm  của  AC  và  BD,  ta  có   SH ⊥ (ABCD)  

Áp  dụng  định  lý  hàm  số  côsin  cho  tam  giác  ABD  ta  có:  

cos BAD ! = AB2+ AD2− BD2

2AB.AD =3a2+ 3a2−9a2

2.a 3.a 3 = −1

2⇒ BAD! =1200  

Do  đó  các  tam  giác  ABC,  ADC  đều  cạnh   a 3  

Kẻ  HN  vuông  góc  với  AB  tại  N,  ta  có:  

⎧

⎨

⎪⎪

⎩⎪⎪ ⇒ AB ⊥ (SHN ) ⇒ ((SAB);(ABCD)) ! =SNH!   Tam  giác  vuông  ABH  có:  

HN = AH.sin600=a 3

2 .

3

2 =3a

4   Tam  giác  vuông  SHN  có:  

cosSNH! = 21

7 ⇒ tanSNH! = 2

3

⇒ SH = HN.tanSNH ! = a 3

2

S ABCD = 4S HAB = 2HN.AB = 2.a 3 3a

4 =3a2 3

2   Suy  ra:  

V S ABCD =1

3SH.S ABCD =1

3.

a 3

2 .

3a2 3

2 =3a3

4 (đvtt)  

+)  Ta  có:  

HS = HA = HC = a 3

2  nên  H  là  tâm  đường  tròn  ngoại  tiếp  tam  giác  SAC  

Mặt  khác  BD  vuông  góc  với  mặt  phẳng  (SAC)  nên  BD  là  trục  đường  tròn  ngoại  tiếp  tam  giác   SAC  

Gọi  O  là  tâm  tam  giác  đều  ACD  ta  có   OA = OC = OD = OS = anên  O  là  tâm  mặt  cầu  ngoại  tiếp  

tứ  diện  S.ACD  và  bán  kính  bằng  a        

Câu  6  (1,0  điểm)  Trong  không  gian  với  hệ  trục  toạ  độ  Oxyz  cho  điểm  A(1;0;-­‐‑1)  và  mặt  phẳng  

(P ) : 2x −2y + z + 6 = 0  Viết  phương  trình  đường  thẳng  d  đi  qua  A  và  vuông  góc  với  mặt  

phẳng  (P)  Tìm  toạ  độ  điểm  M  thoả  mãn   AM = 2và  khoảng  cách  từ  M  đến  (P)  đạt  giá  trị  lớn   nhất  

+)  Đường  thẳng  d  vuông  góc  với  (P)  nên  nhận  vtpt  của  (P)  làm  véc  tơ  chỉ  phương,  suy  

ra: u!d = (2;−2;1)  Do  đó:  

d :

x−1

2 = y

−2=

z+1

1   +)  Để  khoảng  cách  từ  M  đến  (P)  lớn  nhất  khi  M  nằm  trên  đường  thẳng  d  và  M  có  khoảng  cách  

đến  (P)  lớn  hơn  khoảng  cách  từ  A  đến  (P),  khi  đó     M(1+2t;−2t;−1+t)  

Ta  có:  

AM = 2 ⇔ 4t2+ 4t2+ t2= 4 ⇔

t= −2 3

t=2 3

⎡

⎣

⎢

⎢

⎢

⎢

⎢

⎢

⇒

M (7

3;−4

3;−1

3)

M (−1

3;

4

3;−5

3)

⎡

⎣

⎢

⎢

⎢

⎢

⎢

⎢

Kiểm  tra:  

+)  Với  

M (

7

3;−4

3;−1

3)⇒ d(M ;(P )) =13

3   +)  Với  

M (−1

3;

4

3;−5

3)⇒ d(M ;(P )) =1

3  

So  sánh  hai  trường  hợp  ta  có  điểm  cần  tìm  là  

M (

7

3;−4

3;−1

3)  

Kết  luận:  Vậy  

M (

7

3;−4

3;−1

3)      

Cách  2:  Gọi   M (a;b;c) ⇒ AM2= 4 ⇔ (a −1)2+ b2+ (c +1)2= 4  

Ta  có:  

d(M ;(P ))= 2a −2b + c + 6

3 = 2(a −1)−2b + (c +1) +7

3 ≤ 2(a −1)−2b + (c +1) +7

3

≤ (22+ (−2)2+12)((a−1)2+ b2+ (c +1)2)+7

3

Dấu  bằng  xảy  ra  khi  và  chỉ  khi  

(a−1)2+ b2+ (c +1)2= 4

a−1

2 = b

−2=

c+1 1

⎧

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪⎪

⇔ a =7

3,b= −4

3,c= −1

3  

Ta  có  kết  quả  tương  tự    

Câu  7  (1,0  điểm)  Trong  mặt  phẳng  với  trục  toạ  độ  Oxy  cho  tam  giác  giác  ABC  nội  tiếp  đường  

tròn  

(C ) : x

2+ ( y −29

8 )

2=697

64  Tìm  toạ  độ  đỉnh  A,  biết  đường  tròn  ngoại  tiếp  tam  giác  IBC  cắt   AB,AC  lần  lượt  tại  các  điểm  

M (

21

10;1), N (0;

13

5),(M ≠ B,N ≠ C )  và  A  có  hoành  độ  âm  

+)  Phát  hiện  tính  chất  hình  học:    

Ta  có  AI  vuông  góc  với  MN,  thật  vậy:  

Gọi  H  là  giao  điểm  của  AI  và  MN,  ta  có:  

Theo  tính  chất  góc  ở  tâm  ta  có:  

  AIC ! = 2ABC ! ⇒ IAC! = 900− ABC!   +)  Tứ  giác  BMNC  nội  tiếp  đường  tròn  nên   ANH ! = ABC!   Cộng  lại  theo  vế  ta  được:  

  IAC ! + ACH! = 900⇒ AHC! = 900   Vậy  AI  vuông  góc  với  MN    

+)        

+)  Đường  thẳng  AI  đi  qua  I  và  vuông  góc  với  MN  có  phương  trình  là   21x −16y+58= 0  

Toạ  độ  điểm  A  là  nghiệm  của  hệ  

21x −16y + 58 = 0

x2+ ( y −29

8 )

2=697 64

⎧

⎨

⎪⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎪

⇔

x = −2, y =1

x = 2, y =25

4

⎡

⎣

⎢

⎢

⎢

⎢

⇒ A(−2;1);A(2;25

4 )  

Kết  luận:  Vậy  A(-­‐‑2;1)  hoặc  A(2;25/4)      

Câu  8  (1,0  điểm)  Giải  hệ  phương  trình  

(x2− xy +1)( y2− xy +1) =1

1

x2+ 3 + x2− x +1 = y +1

y+1

⎧

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪⎪

(x, y∈ !)  

Phương  trình  thứ  nhất  của  hệ  tương  đương  với:  

(x2− xy +1)( y2− xy +1) =1 ⇔ (x − y)2(xy−1) = 0 ⇔ x = y

⎡

⎣

⎢

Cả  hai  trường  hợp,  Thay  vào  phương  trình  thứ  hai  của  hệ  ta  được:  

3+ 1

x2 + x2− x +1 = x +1

x+1

Bình  phương  hai  vế  của  phương  trình  ta  được:  

3+ 1

x2+ x2− x +1+ 2 (3+ 1

x2)(x2− x +1) = x2+ 1

x2+ 3+2

x + 2x

x2)(x2− x +1) = 3x +2

    chú  ý  sử  dụng  bất  đẳng  thức  Cauchy  –Schwartz  ta  có:  

2 (3+ 1

x2)(x2− x +1) = (3+ 1

x2)((2− x)2+ 3x2)≥2− x

x + 3x

⇒VT(*)≥VP(*)

Vì  vậy  dấu  bằng  phải  xảy  ra  

⇔2− x 1

x

= 3x

3 > 0 ⇔ x =1  

Kết  luận:  Hệ  Phương  trình  có  nghiệm  duy  nhất   (x;y) = (1;1)    

Bình  luận:  Ta  có  thể  bình  phương  hai  vế  để  giải  phương  trình:  

2 (3+ 1

x2)(x2− x +1) = 3x +2

x−1   Thậy  vậy  bình  phương  hai  vế  ta  được: (x −1)(5x3+ 3x2+ 8) = 0 (**)    

Chú  ý  Nếu  x<0  thì  

x

2− x +1 >1,x +1

x +1<1phương  trình  vô  nghiệm  

Vì  vậy     (**) ⇔ x =1      

Bài  tập  tương  tự  -­‐‑  Giải  hệ  phương  trình  

x2− xy +1 + y2− xy +1 = (x − y)2+ 4 1

x2 + 3 + x2− x +1 = y +1

⎧

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪⎪

Câu  9  (1,0  điểm)  Cho  x,y,z  là  các  số  phức  thoả  mãn   x = y = z =1  Tìm  giá  trị  lớn  nhất  của   biểu  thức  P = x + y − z + y + z − x + z + x − y

Theo  giả  thiết  ta  có:

x

z =1    

Khi  đó  

P = z ( x

z−y

z )= x

z−y

z  

Ta  đặt  

a= x

z ,b= y

z ⇒ P = a + b −1 + b +1−a + 1+ a −b , a = b =1  

Suy  ra  tồn  tại  các  góc   0≤α≤β <2π sao  cho   a = cosα+i.sinα,b = cosβ+i.sinβ  

Khi  đó:  

a + b −1 = (cosα+ cosβ −1)2+ (sinα+ sin β)2

= 3−2cosα−2cosβ + 2cosαcosβ + 2sinαsin β

= 3−4cosα+ β

2 .cos

α−β

2 + 2cos(α−β)

= 1−4cosα+ β

2 .cos

α−β

2 + 4cos2α−β

2 = 1−4cosu.cosv + 4cos2v

Với  

u=

α+ β

2 ,v=α−β

2   Tương  tự  ta  có:  

b +1−a = 1−4sinu.sinv + 4sin2v,

a +1−b = 1+ 4sinu.sinv + 4sin2v  

Do  đó  sử  dụng  bất  đẳng  thức  Cauchy  –Schwarz  ta  có:  

P = 1−4cosu.cosv + 4cos2v + 1−4sinu.sinv + 4sin2v + 1+ 4sinu.sinv + 4sin2v

≤ 3(7−4cosu.cosv + 4sin2v) ≤ 21+12cosv +12sin2v

= 33+12cosv −12cos2v = 36−12(cosv −1

2)

2 ≤ 6

Dấu  bằng  xảy  ra  khi  và  chỉ  khi  

cosv=1

2

cosu= −1

⎧

⎨

⎪⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎪

3

⎧

⎨

⎪⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎪

2π

3

β =4π

3

⎧

⎨

⎪⎪

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪⎪⎪

Vậy  giá  trị  lớn  nhất  của  P  bằng  6    

Bình  luận:  Ý  tưởng  bài  toán  trước  tiên  là  giảm  số  biến  phức  và  sau  đó  chuyển  từ  dạng  số  phức  

sang  dạng  đại  số  để  áp  dụng  các  bất  đẳng  thức  AM  –GM  hoặc  Cauchy  –Schwartz    

+)  Phép  chuyển  từ  số  phức  sang  dạng  đại  số  dựa  vào  dạng  lượng  giác  của  số  phức  

+)  Ta  cần  chú  ý  hai  công  thức  liên  quan  đến  môđun  của  số  phức  như  sau:  

z1

z2 = z1

z2 , z1.z2 = z1 z2     +)  Bài  toán  này  đặt  yêu  cầu  về  GTLN  nên  tất  nhiên  nghĩ  đến  việc  sử  dụng  bất  đẳng  thức  Cachy   –Schwartz  dạng:  

  x1+ x2+ + x n ≤ n(x1+ x2+ + x n)    

+)  Nếu  các  bài  toán  yêu  cầu  về  giá  trị  nhỏ  nhất  lúc  đó  chú  ý  sử  dụng  bất  đẳng  thức  Mincopski   dạng:  

  x12+ y12 + x22+ y22 + + x n2+ y n2≥ (x1+ x2+ + x n)2+ ( y1+ y2+ + y n)2    

Dấu  bằng  đạt  tại  

x1

y1 = x2

y2 = = x n

y n    

Bài  tập  tương  tự-­‐‑  Cho  x,y,z  là  các  số  phức  thoả  mãn   x = y = z =1  Tìm  giá  trị  lớn  nhất  của  

biểu  thức  P = x + y − z + y + z − x + z + x − y