Biết hình chiếu của B’ lên mặt phẳng ABC trùng với H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam lăng trụ và góc giữa đường thẳng HB’ và mặt phẳng ABB’ theo a.. Lập phương trình đường tròn có tâm
Trang 1ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 105
Ngày 19 tháng 5 năm 2015
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y x= +3 (m−1)x2−(2m+1)x−2 m (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m =1
2 Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x x1, 2 thỏa mãn: 2 2
x +x =x x + .
Câu 2.(1,0 điểm)
1 Giải phương trình: 82 cos+cos3x x = −2sinx
2 Tìm số phứcz biết z =3 5 và phần thực của z bằng 2 lần phần ảo của nó
Câu 3.(0.5 điểm) Giải bất phương trình: 3 1 1
3
1
Câu 4.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
(x,y R)
x xy y x y
x xy y x y
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I =
1
2 0
( 1) ( 1)
x
x e
dx x
+ +
Câu 6.(1,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB = a, BC = 2a Biết hình chiếu của B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
lăng trụ và góc giữa đường thẳng HB’ và mặt phẳng (ABB’) theo a
Câu 7.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d x1: −7y+ =3 0; : 2d2 x y+ + =1 0 Lập
phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng d2 và tiếp xúc với đường thẳng d1 tại điểm có hoành độ là 4
Câu 8.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABCcó A(0;1; 4) và hai trung tuyến nằm trên hai đường thẳng có phương trình: 1
d − = − =
:
d − = − = −
tích tam giác ABC
Câu 9.(1,0 điểm) Tìm số hạng chứa x10trong khai triển (2x− x3)n biết n là số tự nhiên thỏa mãn: 12 1 3 23 1 5 25 1 (2 1) 22n11 2013.22011
+ + + + + + + + + =
Câu 10.(1,0 điểm) Cho x y, là các số thực thuộc khoảng (0; a+1 )với a>1 là số thực cho trước Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P a= 2(x y+ +) x a( + −1) y2 +y a( + −1) x2
Trang 2
-HẾT -HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 105
Với m=1, y=x3− −3x 2
* TXĐ: R
* SBT: y' 3= x2− = ⇔ = ±3 0 x 1
0,25
HS đồng biến trên (−∞ −; 1) và (1;+∞), nghịch biến trên ( 1;1)−
limx→±∞y= ±∞, đồ thị không có tiệm cận
BBT
x −∞ -1 1 +∞
y’ + 0 - 0 +
y
0,25
* Đồ thị: '' 6y = x= ⇔ =0 x 0, ĐU(0;-2)
ĐT cắt trục hoành tại (2;0) đi qua điểm (-2;-4)
Đồ thị nhận ĐU(0;-2) làm tâm đối xứng
0.25
1.2 Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x x thỏa mãn: 1, 2 2 2
x +x =x x + 1.0
2
y = x + m− x− m+
Hàm số có CĐ, CT ⇔ pt: ' 0y = có hai nghiệm phân biệt⇔ ∆ =' (m+2)2 > ⇔ ≠ −0 m 2 0,25 Khi đó áp dụng viet ta có: x12+x22 =x x1 2+1 2 1
2
Đối chiếu điều kiện: 1
2
m= −
0.25 2.1
Giải phương trình: 8 os3 2sin
2 cos
c x
x x
0.5
sinx 0 (1)
8 os3
4sin (2)
2 cos
c x
x x
≤
⇔ +
=
−
(2)⇔8cos2 cos 0 2
1 arccos( ) 2
8
x k
x x
π
= +
0,25
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm: 2 , arccos( 1)+ 2
x= − +π k π x= − − k π
2.2 Tìm mô đun của số phứcz biết z =3 5 và phần thực của z bằng 2 lần phần ảo của nó 0.5 Gọi : z a bi= + , a b, ∈¡ Ta có
2
2
a b
0
-4
−∞
+∞
Trang 33
2
b
b
a b
=
Vậy : z1= +6 3 ,i z2 = − − ⇒6 3i z1 = z2 =3 5 0.5 3
Giải bất phương trình: 3 1 1
3
1
3 log 4
Bpt 16 15.4 27 (4.4 3) 2 2 4 3 log 34
5
Đối chiếu điều kiện: log4 3 log 34
4
Giải hệ phương trình:
(x,y R)
x xy y x y
x xy y x y
x xy y x y
x xy y x y
Nhân hai vế của (1) với 3 rồi trừ vế theo vế ta có: (2x y+ )2−3(2x y+ + =) 2 0 2 1
x y
x y
+ =
Với 2x y+ =1 thế vào (1) ta có: ( ; ) (0;1); ( ; ) ( ;5 3)
7 7
x y = x y = − Với 2x y+ =2 thế vào (1) ta có: ( ; ) (1;0); ( ; ) ( ; )4 6
7 7
Kết luận: Hệ có 4 nghiệm: (0;1), ( ;5 3)
7 7
− ,(1;0), ( ; )4 6
5
Tính tích phân: I =
1
2 0
( 1) ( 1)
x
x e
dx x
+ +
I =
1
2 0
( 1)
( 1)
x
x e
dx x
+ +
∫ Đặt
2
1
u x e du e x dx
dx
I=
1 1 0 0
x
x
x e
e dx
+
x
e x
+
e+ − 0.5
6 Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB = a, BC = 2a Biết
hình chiếu của B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
và góc giữa đường thẳng CC’ và mặt phẳng (A’B’C’) là 600 Tính thể tích khối lăng trụ và góc
giữa đường thẳng HB’ và mặt phẳng (ABB’) theo a
1.0
*) Tính thể tích:
Gọi H là trung điểm của BC Từ giả thiết ta có: B H' =BH.tan 600 =a 3 và 1 2
3 2
ABC
S = a Suy ra ' ' ' ' 3 3
2
ABC A B C ABC
V =B H S = a (đvtt)
0.5
*) Tinh góc:
Gọi M là trung điểm của AB, suy ra AB⊥( 'B HM)⇒(ABB')⊥( 'B HM)
Do đó góc giữa 'B H và ( ABB là góc giữa '') B H và ' B M
MH
B H
0,5
Vậy góc giữa 'B H và ( ABB là ') arctan1
2
7 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d x1: −7y+ =3 0; : 2d2 x y+ + =1 0 Lập
phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng d và tiếp xúc với đường thẳng 2 d tại 1 10
A
C
A’
B’
C’
H M
Trang 4điểm có hoành độ là 4.
Giả sử đường tròn tiếp xúc với d tại A Ta có A(4;1).1
Gọi ( ; 2I a − −a 1) Từ giả thiết ta có: IA uuur ur 1=0
(4 a; 2 2 )(7;1) 0a a 6
0,5
Do đó (6; 13)I − và R2 =IA2 =200 suy ra pt đường tròn là: (x−6)2+ +(y 13)2 =200 0,5
8 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABCcó (0;1; 4)A và hai trung tuyến nằm trên
hai đường thẳng có phương trình: 1
d − = − =
:
d − = − = −
tích tam giác ABC
1.0
Ta thấy A không thuộc hai đường thẳng d d KMTTQ giả sử đường thẳng 1, 2 d d là trung tuyến đi 1, 2
Suy ra (2 2 ,5 2 , ), (3B − t + t t C +u,1 4 ,1− u +u), gọi M,N là trung điểm của AB, AC
Ta có (1 ,3 , 2 ), (3 ;1 2 ;5 )
M −t +t + N + − u +
Vì M∈d N d2; ∈ 1 nên ta có t= −2,u= − ⇒3 B(6;1; 2), (0;13; 2)− C −
0,5
1 , 2
ABC
9
Tìm số hạng chứa x trong khai triển 10 (2x 3)n
x
− biết n là số tự nhiên thỏa mãn:
2 1 3 2 1 5 2 1 (2 1) 2n1 2013.2
+ + + + + + + + + =
0.5
( 1)!
, n 2,k 1 (1) ( )!( 1)!
n
n k k
−
−
−
Áp dụng (1) ta có:
2 1 3 2 1 5 2 1 (2 1) 2n1 (2 1)( 2 2 2n) (2 1).2 n
+ + + + + + + + + = + + + + = +
Suy ra: (2n+1).22n−1=2013.22011⇒ =n 1006 (vì nếu n>1006,n<1006 thì không có đẳng thức)
Khi n=1006, SHTQ của khai triển 3 1006
(2x )
x
3
x
Số hạng chứa x tương ứng với 10 k =498 suy ra số hạng cần tìm là: C10064982 3508 249 10x
0.25
10 Cho ,x y là các số thực thuộc khoảng (0; a+1 )với a>1 là số thực cho trước Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức: P a= 2(x y+ +) x a( + −1) y2 +y a( + −1) x2
1.0
P a= x y+ +x a+ −y +y a+ −x
Ta có: (x a( + −1) x2 +y a( + −1) y2 2) ≤(x2+y2)(2(a+ −1) (x2+y2))
P≤ a x +y + x +y a+ − x +y
0.5
Đặt t= x2+y2 ∈(0; 2(a+1)), f(t)=2at+t 2(a+ −1) t2
2
2( 1) 2
+ −
f t = ⇔a a+ − = − + ⇔ =t t a t a+
Lập BBT ta có P≤ f t( )≤ f( 2a+ =1) (2a+1)3 , có “=” khi 1
2
x= =y a+
A
I
