Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 110

Tìm m để đồ thị C tiếp xúc với trục hoành.. Gọi F là hình chiếu của E lên cạnh SD.. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và chứng minh rằng mặt phẳng AMN vuông góc với mặt phẳng CEF.. Viết phư

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2015 SỐ 110

Ngày 25 tháng 5 năm 2015 Câu 1.(2.0 điểm) Cho hàm số y x = −3 2 mx2 + m x m2 − + 1 có đồ thị (C).

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1

2 Tìm m để đồ thị (C) tiếp xúc với trục hoành.

Câu 2.(1.0 điểm)

1 Giải phương trình 1 2(cos sin )

−

=

2 Cho số phức z thỏa mãn 3 6 (1 ) 0

1

i z

i z i

+ Tìm 1 iz + .

Câu 3.(0.5 điểm) Giải phương trình: ( ) ( )2

log x + + 4 log 4 − = + x 2 log x + 1

Câu 4.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2 2

2 2

2



Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân 2

8 3

1

1 dx

x x +

∫

Câu 6.(1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB cân tại S; mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD); góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 Gọi M, N, E là trung điểm của các cạnh CD, SC và AD Gọi F là hình chiếu của E lên cạnh SD Tính thể tích hình chóp S.ABCD và chứng minh rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (CEF)

Câu 7.(1.0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 = 1 Tìm các giá trị thực của m sao cho trên đường thẳng x − + = y m 0 có duy nhất một điểm mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến này bằng 900

Câu 8.(1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + + + = y z 4 0 và đường thẳng

− Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;0;-1) và cắt đường thẳng (d) tại điểm A, cắt mặt phẳng (P) tại điểm B sao cho M là trung điểm của AB.

Câu 9.(0.5 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1 − x + 2 ( 1 − x )2 + + n ( 1 − x )n thu được đa thức

n

nx a x

a

a

x

P ( ) = 0 + 1 + + Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn: C C n

n n

1 7 1 3

Câu 10(1 điểm)

Cho ba số x, y, z dương thỏa mãn x + + = y z 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau

3 3 3

P xy yz zx

= + + + + +

-HẾT -HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 110

1.1 Cho hàm số y x = −3 2 mx2 + m x m2 − + 1 có đồ thị (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1

1.0

Với m=1 ta có y x = −3 2 x2 + x

TXĐ: R

2

y = x − x + > 1

3

y = ⇔ = x x =

0,25

Giới hạn: lim

x

y

→±∞

= ±∞

bảng biến thiên

x

-∞ 1

3 1 +∞

y’ + 0 - 0 +

y

0,25

Hàm số đồng biến trên khoảng 1

( ; );(1; ) 3

−∞ +∞ Hàm số nghịch biến trên khoảng 1

( ;1) 3 Điểm cực đại 1 4

( ; )

3 27 ; điểm cực tiểu (1;0)

0,25

Đồ thị : Điểm uốn I 2 2

( ; )

3 27

2

-2

Nhận xét: đồ thị nhận điểm I 2 2

( ; )

3 27 là tâm đối xứng

0,25

Đồ thị hàm số y x = −3 2 mx2 + m x m2 − + 1tiếp xúc với trục hoành



3

x m

x m





⇔   =



  =



0,25

Với x = m thế vào (1) ta được : m=1

Với 3x = m thế vào (1) ta được :

= − ⇒ = −





 = ⇒ =



Vậy m = 1; m= -3; m =3

2

0,25

+∞

27

O y

x

Giải phương trình 1 2(cos sin )

−

=







≠ +

≠

≠

0 2 cot

1 cot

0 2 sin

x g tgx

gx

x

0.5

Pt ⇔

x x

x x x

x g

sin ) sin (cos

2 2

cot

1

−

−

=

x x

x x

2 sin

2 cos cos

sin

1

=

⇔ sin2x = 2sinx ⇔ sinx(2cosx – 2) = 0

⇔ 2cosx – 2 = 0 (vì sin2x ≠ 0)⇔ cosx =

2

4 + k k ∈ Z

± π π

4 + k π k ∈ Z

π

thì cotgx = 1 (loại)

4 + k k ∈ Z

− π π thỏa mãn điều kiện

Vậy nghiệm của phương trình là : x = 2 ( )

4 + k k ∈ Z

0,25

2.2

Cho số phức z thỏa mãn 3 6 (1 ) 0

1

i z

i z i

+

1

i z

i z i z i z i z z i

+

Giả sử z x yi x y = + , , ( ∈ ¡ ) Khi đó (*) trở thành 3

2

x

i x yi x yi

y

= −

 + − − + − = ⇔  =

Suy ra z = − + ⇒ + = − − 3 2 i 1 iz 1 3 i Vậy 1 + = − − = iz 1 3 i 10 0.25

3

log x + + 4 log 4 − = + x 2 log x + 1 ĐK:

4 4 1

x x x

> −



 <



 ≠ −



0.5

( ) ( )

-Nếu x > − 1, (*) 2 2 (tm)

4 12 0

6 (ktm)

x

x

=



2 2 6 (tm)

x

x

 = +

< − ⇔ − − = ⇔ 

= −



Kết luận: Phương trình có hai nghiệm là 2

2 2 6

x x

=



 = −

 (Học sinh áp dụng công thức sai, không có dấu ||, trừ 0,5 điểm)

0.25

4

Giải hệ phương trình

2 2

2 2

2



2 2

2 2

2(1) 2

1

3

x y



0,5

y = ⇒ = x



Với x = − − y 3thế vào (1) ta được : 2 1 2

= − ⇒ = −

 + + = ⇔  = − ⇒ = − 

Vậy hệ có 3 nghiệm là (1;0) ; (-1;-2); (-2;-1)

0,25

5

Tính tích phân 2

8 3

1

1 dx

x x +

Đặt t = x2 + ⇒ = + ⇒ 1 t2 x2 1 tdt xdx = Đổi cận: x = 3 ⇒ = t 2; x = 8 ⇒ = t 3 0,5

3 2 2

2

x x + = t − = ∫ − + −

2

ln

| ln

t t

−

=

6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB cân tại S; mặt phẳng (SAB)

vuông góc với mặt phẳng (ABCD); góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 Gọi M, N,

E là trung điểm của các cạnh CD, SC và AD Gọi F là hình chiếu của E lên cạnh SD Tính thể tích hình

chóp S.ABCD và chứng minh rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (CEF)

1.0

Gọi H là hình chiếu của S lên AB Vì (SAB)⊥(ABCD)⇒SH ⊥(ABCD) mà ∆SAB cân tại S nên

.

0,25

Vì ∆ C E D = ∆ DAH suy ra · A H D = · EC D → CE ⊥ DH mà S H ⊥ CE ⇒ CE ⊥ ( S H D ) ⇒ CE ⊥ S D

mà EF ⊥ S D ⇒ S D ⊥ ( CF E )

Mặt khác ta có SD//MN nên SD//(AMN).suy ra ( AMN ) ( ⊥ CF E )

7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) :x2 + y2 = 1 Tìm các giá trị thực của m sao cho trên đường thẳng x − + = y m 0có duy nhất một điểm mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến với (C) sao

cho góc giữa hai tiếp tuyến này bằng 900

1.0

Gọi M(a;a+m) là điểm thuộc đường thẳng d Goi A ,B là hai tiếp điểm.Vì 2 tiếp tuyến kẻ từ M vuông góc

với nhau nên ∆ MAB vuông cân tại M Vì ∆MAB vuông cân tại M nên suy ra ∆MAO vuông cân tại A ta

B

A

M

: a2 + + ( a m )2 = ⇔ 2 2 a2 + 2 am m + 2 − = 2 0(1) Trên đường thẳng d tìm được duy nhất một điểm M⇔ PT(1) có nghiệm duy nhất ⇔ /

0

∆ = ⇔m=± 2.Vậy m=± 2 thỏa mãn đề bài

0,25

0,5

8 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):x + + + = y z 4 0 và đường thẳng (d):

− Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1;0;-1) và cắt đường thẳng (d) tại điểm A, cắt mặt phẳng (P) tại điểm B sao cho M là trung điểm của AB

1.0

Phương trình tham số của (d)

3 2

1

2

= +



= = ⇔  = −

Gọi A(3+2k;1-k;2+k) thuộc đường thẳng (d).Vì M là trung điểm của AB nên tọa độ của B(-1-2k;-1+k;-4-k)

Vì B thuộc mặt phăng (P) suy ra :− −1 2k− + − − + = ⇔ = −1 k 4 k 4 0 k 1

0.5

Suy ra A(1;2;1) ⇒ uuuur AM (0; 2; 2) / /(0;1;1) − − Vậy PT đường thẳng cần tìm là

1 1

x

y k

=



 =



 = − +



0.5

9 Khai triển và rút gọn biểu thức 1 − x + 2 ( 1 − x )2 + + n ( 1 − x )n thu được đa thức

n

nx a x

a a x

P ( ) = 0 + 1 + + Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn:

n C

1 7 1 3

0.5

Ta có









=

−

−

+

−

≥

⇔

= +

n n n n n n

n n C

) 2 )(

1 (

! 3 7 )

1 ( 2

3 1

7 1

3

0 36 5

3







=

−

−

≥

n n n

Suy ra a8 là hệ số của x8 trong khai triển 8 ( 1 − x )8+ 9 ( 1 − x )9. Vậy a8= 8 C88 + 9 C98 = 89 0,25

10 Cho ba số x, y, z dương thỏa mãn x + + = y z 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 3 3 3

P xy yz zx

Ta có: x y z + + ≥ 33 xyz ⇒ xyz ≤ 1

+ + + + + ≥ + Mà 3 2 2 2 3 1 3 1

Và 3 1

Vậy Pmin =12 khi x=y=z=1

0,25 0,25 0,25 0,25