Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 113

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1.. Viết phương trình tiếp tuyến của C, biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao cho OA = 9 OB.. Trong một lô h

ĐỂ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 03

Ngày 28 tháng 5 năm 2015

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 2 1

1

x y x

−

=

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

2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao cho OA = 9 OB

Câu 2.(1,0 điểm)

1 Giải phương trình: sin 3 cos 22 x x + sin2 x = 0

2 Tìm số phức z thỏa mãn z − + 2 2 i = 2 2 và z 1 1

z i + =

Câu 3.(1.0 điểm) Giải phương trình: 23x2 − −x 10+ 4x2 − −x 4− 2x2 + +x 2− = 16 0 Trong một lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, trong đó có 2 phế phẩm Lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm

Câu 4.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2

2 1

xy





¡

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân:

4

8

cot tan sin 2 cos 2

4

π

−

=

∫

Câu 6.(1,0 điểm)

Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a = ,

3

AC a = , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối lăng trụ

ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC).

Câu 7.(1,0 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ − : x 2 y + = 5 0 và đường tròn

( ) : C x + y − 2 x + 4 y − = 5 0 Qua điểm M thuộc ∆ , kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB = 2 5

Câu 8.(1,0 điểm)

Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; − 1), C(3; 3; 1) và mặt cầu

( ) : S x + y + + z 2 x − 6 y − 6 z + = 5 0 Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba điểm A,

B, C.

Câu 9.(0.5 điểm) Cho số nguyên dương n thỏa mãn 1

C + − C ++ = n + Tìm hệ số của x trong4

khai triển nhị thức Niu-tơn 3

n x x

 + 

  (với x ≠ 0 ).

Câu 10.(1,0 điểm) Cho hệ bất phương trình:

5log 8log log 8log 1

1 3log 8log log 4log

m

m





( , x y ∈ ¡ +)

Định m để hệ bất phương trình đã cho có nghiệm.

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 03

1.1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: 2 1

1

x y x

−

=

− (1).

1.0

TXĐ: { } 2

1

( 1)

x

−

−

¡

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

Giới hạn và tiệm cận:lim1 ; lim1

→ = −∞ → = +∞⇒ tiệm cận đứng: x = 1

→+∞ = →−∞ = ⇒ tiệm cận ngang y = 2

0,25

Bảng biến thiên:

0,25

Đồ thị: Đi qua các điểm 1 ; 0 , 0; 1 ( )

2

  và nhận giao điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng

0,25

1.2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao cho

9

Gọi α là góc tạo bởi tiếp tuyến với trục x’Ox thì từ giả thiết OA = 9OB ta suy ra hệ số góc của tiếp tuyến

được tính bởi 1

9

OB k

OA

⇒ hoành độ tiếp điểm là nghiệm của pt: y’ = k hay:

2

2

2

( )

4

( 1) 9

x x

x

x x

−

 −



VN

, (4) 7 ( 2) 5

,

+ Với 1

9

k = − và tiếp điểm 7

4;

3

 , ta có pt tiếp tuyến: 1 ( 4 ) 7 hay 1 25

+ Với 1

9

k = − và tiếp điểm 5

2;

3

 − 

 , ta có pt tiếp tuyến: 1 ( 2 ) 5 hay 1 13

2.1 Giải phương trình: sin 3 cos 22 x x + sin2 x = 0 0.5

Pt tương đương:sin 3 cos 22 x x + sin2x = ⇔ 0 (3sin x − 4sin ) cos 23x 2 x + sin2x = 0

sin x  (3 4sin ) cos 2 x x 1  0

⇔  − + =  ⇔ { [3 2(1 cos 2 )] cos 2 − − x 2 x + = 1 } 0 0,25

sin x  (1 2cos 2 ) cos 2 x x 1  0 sin x 4cos 2 x 4cos 2 x cos 2 x 1 0

sin x cos 2 x 1 4 cos 2 x 1 0

2

sin 0

2 4cos 2 1 0 (VN)

x

π

 = +



2.2

Tìm số phức z thỏa mãn z − + 2 2 i = 2 2 và 1

1

z

z i + =

0.5

Giả sử z x yi x y = + ,( , ∈ ¡ ) Từ giả thiết ta có:

x y’

y

1

+ ∞

2

−∞

2

•

•

•

•

•

•

1 2

1 1

2

y

2 2 2 2

1

z

+

Ta được hệ:

3.1 Giải phương trình: 23x2 − −x 10+ 4x2 − −x 4− 2x2 + +x 2− = 16 0 0.5

PT tương đương: 3 2 10 2 2 2 8 2 2 3 2 14 2 2 2 12 2 2

2 x − −x + 2 x − −x − 2x + +x − = ⇔ 16 0 2 x− −x + 2 x− −x − 2x + −x − = 1 0 0,25

(2 x − −x 1)(2x+ −x 1) 0 2 x− −x 1 0

2

2 x− −x 2 2 x 2 x 12 0 x 3; x 2

3.2 Trong một lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, trong đó có 2 phế phẩm Lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô

hàng đó Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm 0.5 Mỗi kết quả lấy ra 6 sản phẩm từ 12 sản phẩm ứng với tổ hợp chập 6 của 12, do đó số kết quả có thể xảy

ra là: ( ) 6

12 924

n Ω = C =

Gọi A là biến cố: “ Lấy ra 6 sản phẩm có 2 phế phẩm”

Khi đó A là biến cố: “Lấy ra 6 sản phẩm mà trong đó có không quá 1 phế phẩm”

Ta tìm được ( ) 2 4

2 10 210

Ta có: P A ( ) n A ( ) ( ) 210 924 22 5

n

Ω Vậy ( ) 5 17

1

22 22

4

Giải hệ phương trình:

2

2 1

xy





¡

1.0

Điều kiện: x + y > 0

Đặt u = x + y, u > 0 và v = xy Pt (1) trở thành: 2 2 3

u

2

1 ( 1)[ ( 1) 2 ] 0

u

=



TH1: Với u = 1 hay x + y = 1 (thỏa đk), thay vào 2 được: 2 2 1

2

x

x

=



x = ⇒ = y x = − ⇒ = y

0,25

TH2: Với u2+ − u 2 v = 0 hay ( x y + )2+ + − x y 2 xy = ⇔ 0 x2+ y2+ + = ⇒ x y 0 vô nghiệm do đk

Vậy hệ pt có 2 nghiệm (1; 0); (−2; 3) 0,25

5

Tính tích phân:

4

8

cot tan sin 2 cos 2

4

π

−

=

∫

1.0

cos sin

sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 cos sin 2 sin

−

−

2

sin 2 cos 2 sin 2 1 cot 2 sin 2

cot 2

x = ⇒ = π t x = ⇒ = π t

0

1

1

t

t

t

0

2 t ln t 1 2 1 ln 2

chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’

tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC).

Gọi M là trung điểm BC Từ giả thiết ta có:

a

3

a

Thể tích V của khối lăng trụ được tính bởi:

3

ABC

a

Dựng AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK

.

⇒ = = ⇒ = = = = Dựng GH ⊥ A’I tại H (1)

'



⊥  Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC)

0,25

Mặt khác nhận thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’ Từ đó:

[ ', ( ' )] [ , ( ' )] 3 [ , ( ' )] 3

3.

0,25

7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ − : x 2 y + = 5 0 và đường tròn

( ) : C x + y − 2 x + 4 y − = 5 0 Qua điểm M thuộc ∆, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các

tiếp điểm)

1.0

+M ∈∆⇒ M(2m − 5; m); (C) có tâm I(1; −2), bán kính R = 10 0,25

Gọi H là trung điểm AB ⇒ AH = 5 và AH ⊥ MI

Tam giác AIM vuông tại A có AH là đướng cao nên:

10

0,5

2 20

IM

(2 m − 6) + ( m + 2) = 20 ⇔ m − 4 m + = ⇔ = 4 0 m 2 0,25

8 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; −1), C(3; 3; 1) và mặt cầu

( ) : S x + y + + z 2 x − 6 y − 6 z + = 5 0 Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba điểm A, B,

C.

Giả sử M(x; y; z) M cách đều A, B, C nên:

hay

0,25

1

1

x t

x z

=

 + =

N

I

C'

B'

M A

B

C A'

G K

H

H I B

M A

M ∈ (S) nên 2 2 2 3 3 3

2

Suy ra 3 3 3 5 3 3

; 3;

; 3;

9 Cho số nguyên dương n thỏa mãn 1

C + − C ++ = n + Tìm hệ số của x4 trong khai triển nhị thức Niu-tơn 3 n

x x

 + 

  (với x≠0).

0.5

Xét phương trình: 2 n 2 n 31 5 4 (1)

+ − + = + Điều kiện: n N ∈ (1) 2. ( 2)! ( 3)! 5 4

!2! ( 1)!2!

10

n

n

 = −



=

Khi đó có :

Hệ số của x4làC10k 3k, trong đó 10 2− k= ⇔ =4 k 3

Vậy hệ số của x4 là C10333 = 3240

10

Cho hệ bất phương trình:

5log 8log log 8log 1

1 3log 8log log 4log

m

m





( , x y ∈ ¡ +)

Định m để hệ bất phương trình đã cho có nghiệm.

1.0

Đặt u = log , x v = log y, hệ pt trở thành:

(*)

0,25

Giả sử hệ có nghiệm ( ; x y0 0) 0 0

log log

=



 là nghiệm của hệ pt (*), hay ta có hệ bất đẳng thức đúng

sau:

m

m





Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên được: ( )2

1 4

m

+

⇒ ĐK cần để hệ có nghiệm là 1

2 1 0 hay

2

Xét ĐK đủ: Với 1

2

m > − , ta có: 2 2 1

m

m + = + m >

+ + Suy ra để hệ bất pt đã cho có nghiệm x, y ta chỉ cần c/m hệ bất pt (*) có nghiệm u, v hay hệ pt sau có nghiệm u, v là đủ:

(**)







0,25

Ta có

2 2

v





⇒ đpcm

Vậy 1

2

m > − là đáp số của bài toán

0,25