a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=1.. Giải hệ phương trình ,.. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK.. Có tất cả
Trang 1ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 115
Ngày 28 tháng 5 năm 2015
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x= 3−6x2+3(m+2)x+4m−5 có đồ thị (C m), với m là tham số
thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=1
b) Tìm m để trên (C m) tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi điểm đó của (C m) vuông góc với đường thẳng d x: +2y+ =3 0
Câu 2 (1,0 điểm)
1 Giải phương trình sin 1 cot 2
1 cos 1 cos
x
x
2 Cho phương trình 8z2−4(a+1)z+4a+ =1 0 (1), với a là tham số Tìm a∈¡ để (1) có hai nghiệm z z1, 2 thỏa mãn 1
2
z
z là số ảo, trong đó z2 là số phức có phần ảo dương.
Câu 3.(0.5 điểm) Giải hệ phương trình:
=
−
=
− +
−
3 log
) 9 ( log 3
1 2
1
3 3
2
y x
Câu 4.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
( , )
x y
Câu 5.(1,0 điểm)
Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường 3 1 ; 0; 1.
(3 1) 3 1
x
−
−
Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD· =120 ,0 cạnh
bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 60 0
Gọi K là trung điểm của SC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK.
Câu 7.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là x+3y− =18 0, phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là
3x+19y−279 0,= đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x y− + =5 0. Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng
· 135 0
BAC =
Câu 8.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 4; 5), (2; 0; 1)− − B − và mặt phẳng
( ) :P x y z+ + + =3 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông
góc với (P) và MA2−2MB2 =36
Câu 9.(0.5 điểm).
Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà trong các số đó, mỗi chữ số đứng trước đều nhỏ
hơn chữ số đứng sau nó (kể từ trái qua phải).
Câu 10.(1,0 điểm) Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2+ y2+z2 =1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 3 3 3 33 3
P
+
Hết
-Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1
Trang 2HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 115
1.1 Cho hàm số y x= 3−6x2+3(m+2)x+4m−5 có đồ thị (C m), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=1
1.0
Khi m=1 hàm số trở thành y x= 3−6x2+9x−1
a) Tập xác định: R
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim
→−∞ = −∞ và lim
→+∞ = +∞
* Chiều biến thiên: Ta có y' 3= x2−12x+9;
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; 1 , 3;) ( + ∞); nghịch biến trên khoảng ( )1; 3
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=1, y CĐ =3, hàm số đạt cực tiểu tại x=3, y CT = −1
0,5
* Bảng biến thiên:
c) Đồ thị:
0,5
1.2 Tìm m để trên (C m) tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi điểm
đó của (C m) vuông góc với đường thẳng d x: +2y+ =3 0
1.0
Đường thẳng d có hệ số góc 1
2
k = − Do đó tiếp tuyến của (C m) vuông góc với d có hệ số góc ' 2
k =
Ta có y'= ⇔k' 3x2−12x+3(m+ =2) 2⇔3x2−12x+ = −4 3 m (1)
Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1
0,5
Xét hàm số f x( ) 3= x2−12x+4 trên (1;+ ∞)
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình f x( )= −3m có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi
3< <m 3
0,5
2.1
cot 2
1 cos 1 cos
x
x
0.5
Điều kiện: cosx≠ ±1, sinx≠ ⇔ ≠0 x kπ,k∈Z
Phương trình đã cho tương đương với: sin sin cos2 1 cos cos
2 sin sin
x x
2 sinx cosx 1 2sin x sinx cosx cos 2x 0 (sinx cos )(1 cosx x sin ) 0.x
0,25
x
'
y
y
1
∞
3
∞
−
∞
+
1
−
x
O
3
y
1 1
−
3
x
( )
f x
1
∞
∞ +
8
−
2
5
−
∞ +
Trang 3sin cos 0 ,
4
x+ x= ⇔ = − +x π kπ k∈Z.
*)
2 1
π
= +
x= − +π kπ x= +π k π k∈Z
0,25 2.2 Cho phương trình 8z2−4(a+1)z+4a+ =1 0 (1), với a là tham số Tìm a∈¡ để (1) có hai
nghiệm z z1, 2 thỏa mãn 1
2
z
z là số ảo, trong đó z2 là số phức có phần ảo dương.
0.5
Từ giả thiết suy ra z z1, 2 không phải là số thực
Do đó ∆ <' 0, hay 4(a+1)2−8(4a+ <1) 0 ⇔4(a2−6a− < ⇔1) 0 a2−6a− <1 0
(*) Suy ra
0,25
Ta có 1
2
z
z là số ảo
2 1
z
2
a
a
=
Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị của a là a=0,a=2
0,25
3
Giải hệ phương trình:
=
−
=
− +
−
3 log
) 9 ( log 3
1 2
1
3 3
2
y
ĐKXĐ x ≥ 1 , 0 < y ≤ 2
y x y
x y
x
pt ( 2 ) ⇔ 3 ( 1 + log 2) − 3 log3 = 3 ⇔ 1 + log3 − log3 = 1 ⇔ =
9 Kết hơp (1) ta được x − 1 + 2 − x = 1 ⇒ x = 1 ; x = 2
Hệ phương trình có hai nghiệm ( x ; y ) = ( 1 ; 1 ), ( 2 ; 2 )
4
Giải hệ phương trình
( , )
x y
1.0
Điều kiện: x+2y2+ ≥1 0
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
(x y+ ) +4(x y y+ ) +3y = ⇔ + +0 (x y y )(x y+ +3 ) 0.y =
*) x y y+ + 2 =0, hay x= − −y y2 Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
2
2
1 1 (ktm)
1 2
2
2
y= −
thì x= − +4 13 và với 1 13
2
y= +
thì x= − −4 13
0,5
*) x y+ +3y2 =0, hay x= − −y 3 y2 Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
1
y
Vậy nghiệm (x; y) của hệ là 4 13;1 13 , 4 13;1 13 ,( 2; 1 )
0,5
5
Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường 3 1
; 0; 1
(3 1) 3 1
x
−
−
1.0
Ta có
3 1
(3 1) 3 1
x
x
−
3 1
0 (3 1) 3 1
x
−
+ + với mọi x∈[ ]0; 1 Do
đó diện tích của hình phẳng là :
(3 1) 3 1 (3 1) 3 1
x
−
Đặt t= 3x+1, ta có khi x=0 thì t= 2, khi x=1 thì t=2 và 3x = −t2 1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3
Trang 4Suy ra 3 ln 3dx x=2 d ,t t hay 3 d 2 d
ln 3
x=
2
2 3 2 2
t
t
−
6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ·BCD=120 ,0 cạnh bên SD vuông góc
với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 60 0 Gọi K là trung điểm của SC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK.
1.0
Gọi O= AC∩BD Vì ·BCD=1200 nên ·ABC =600
ABC
2
a
AC a OD OB
Kẻ OH ⊥SB tại H Vì AC⊥(SBD) nên AC⊥SB ⇒SB⊥(AHC)⇒SB⊥ AH và SB⊥HC
(·(SAB), (SBC)) =600 ⇔(·AH CH, ) 60= 0 ⇒·AHC =600 hoặc ·AHC=1200
2
a
OHB
2 3
a
3
a
2 2
SD
ABCD ABC
a
Kẻ DP⊥BC tại P, DQ⊥SP tại Q Vì BC⊥(SDP) nên BC⊥DQ⇒DQ⊥(SBC) (2)
.sin 60
2
a
DP DC
2
a
2
a
d AD BK =DQ=
0,5
7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường
cao kẻ từ B là x+3y− =18 0, phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là
3x+19y−279 0,= đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x y− + =5 0. Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng
· 135 0
BAC =
1.0
: 3 18 ( 3 18; ), : 2 5 ( ; 2 5)
B BH x∈ = − + ⇒ − +y B b b C d y∈ = x+ ⇒C c c+
Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực
60 13 357 4 (6; 4)
: 3 19 279 0
10 41 409 9 (9; 23)
là
u BC
∆
∈ ∆
uur uuur
AC⊥ BH⇒ chọn nrAC =urBH = −( 3; 1)⇒pt AC: 3− + + = ⇒x y 4 0 A a a( ; 3 −4)
(6 ; 8 3 ), (9 ; 27 3 )
0.5
135 cos( , )
2 (6 ) (8 3 ) (9 ) (27 3 ) 2
uuur uuur
2
2
| 9 | 6 10
a
< <
0,5
C
P
Q S
K
O
D
H
A H
d
Trang 58 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 4; 5), (2; 0; 1)− − B − và mặt phẳng
( ) :P x y z+ + + =3 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho mặt phẳng (MAB) vuông
góc với (P) và MA2−2MB2 =36
1.0
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với (P) Suy ra M thuộc giao tuyến của (Q) và (P).
( 2; 4; 4)
, (0; 6; 6) 6(0; 1; 1) (1; 1; 1) Q P
P
AB
n
=
uuur
uur uuur uur
Gọi
( ) ( ) pt :
x y z
− − =
( 2; 0; 1) 0
; ;
3 3 3 3
M t
M t
=
−
0,5
9 Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số mà trong các số đó, mỗi chữ số đứng trước đều
nhỏ hơn chữ số đứng sau nó (kể từ trái qua phải).
0,5
Giả sử số cần tìm có dạng abcdef ( a b c d e < < < < < f )
Số được chọn không có chữ số 0, vì giả sử có chữ số 0 thì số đó phải có dạng
{ }
0 bcdef b c d e f , , , , , ∈ 1;2; ;9 (không thỏa mãn)
0.25
Với mỗi cách chọn ra 6 chữ số, có duy nhất một cách tạo thành số có 6 chữ số sao cho mỗi
chữ số đứng trước đều nhỏ hơn chữ số đằng sau nó.
Số các số có 6 chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là số cách chọn 6 trong 9 chữ số thuộc tập
{ 1;2;3;4;5;6;7;8;9 }
A = Vậy có C96 = 84 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0.25
10 Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2+y2 +z2 =1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3 3 3 3
P
+
1.0
1 4
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có 3 3 3 3 1 3
4
x y +y z ≥ xy yz+
nên :
3
4
4
z x
Suy ra
3
P
0,5
Đặt t y y,
z x
96 8 4
P≤ − t + t+
( )
96 8 4
f t = − t + t+ với t>0
32 8
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 5
( )
f t
'( )
f t
0
5 12