đề thi thử thpt quốc gia môn toán tháng 9 năm 2015

Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng P và tìm toạ độ tiếp điểm... LỜI GIẢI THAM KHẢO THẦY ĐẶNG THÀNH NAM Câu 1 1,0 điểm.. Bạn đọc tự giải... Viết phương trình mặt cầu

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI - BÁO THTH T9/2015

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x3− 3x2+ 9x

Câu 2 (1,0 điểm) Tìm m để hàm số y = x3− 3(m +1)x2+ 9x − m có 2 điểm cực trị x1, x2 thoả mãn

x1− x2 = 2

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Cho số phức z thoả mãn 2(z −1) = 3z + (i −1)(i + 2) Tính 2z − z

b) Giải phương trình log32(x− 2) + log1

2

(x− 2) = log2(7− 2x)

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = (3− 2cos3x)sin x dx

0

π 4

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm I(-1;2;3) và mặt phẳng (P) có

phương trình là: 4x + y – z – 1 = 0 Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) và tìm toạ độ tiếp điểm

Câu 6 (1,0 điểm)

a) Cho 0< a <π

2 và sin a+ 2 sin π

2 − a

⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟ = 2 Tính tan a+ π4

⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟ b) Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt thành lập từ các số 0, 1, 4, 6 Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số mà số đó không chia hết cho 4

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, ABC! = 300

,SA ⊥ (ABC), góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm

G của tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC)

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có tâm I(1;4), đỉnh A nằm

trên đường thẳng có phương trình 2x + y – 1 = 0, đỉnh C nằm trên đường thẳng có phương trình x – y + 2 = 0 Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông đã cho

Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 32x4−16x2− 9x − 9 2x −1 + 2 ≥ 0

Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn 1

x18 + 1

y18 + 1

z18 ≤ 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P= x2015+ y2015

x1997+ y1997 + y2015+ z2015

y1997+ z1997 +z2015+ x2015

z1997+ x1997

HẾT

LỜI GIẢI THAM KHẢO THẦY ĐẶNG THÀNH NAM

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x3− 3x2+ 9x

Bạn đọc tự giải

Câu 2 (1,0 điểm) Tìm m để hàm số y = x3− 3(m +1)x2+ 9x − m có 2 điểm cực trị x1, x2 thoả mãn

x1− x2 = 2

Ta có: y' = 3x2− 6(m +1)x + 9; y' = 0 ⇔ x2− 2(m +1)x + 3 = 0 (1)

Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn x1− x2 = 2

⇔ Δ' = (m +1)

2− 3 > 0

x1− x2 = 2

⎧

⎨

⎪

m > −1+ 3 ∨ m < −1− 3 (x1− x2)2 = 4

⎧

⎨

⎪

⎩⎪

⇔ m > −1+ 3 ∨ m < −1− 3

(x1+ x2)2− 4x1x2 = 4

⎧

⎨

⎪

m > −1+ 3 ∨ m < −1− 3 4(m+1)2− 4.3 = 4

⎧

⎨

⎪

m= −3

m= 1

⎡

⎣

⎢

Vậy giá trị cần tìm của m là m = - 1 hoặc m = 3

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Cho số phức z thoả mãn 2(z −1) = 3z + (i −1)(i + 2) Tính 2z − z

b) Giải phương trình log32(x− 2) + log1

2

(x− 2) = log2(7− 2x)

a) Đặt z = a + b.i (a,b ∈!), theo bài ra ta có:

2(a + bi −1) = 3(a − bi) + (i −1)(i + 2)

⇔ 2(a −1) + 2bi = 3a − 3bi − 3+ i

⇔ (a −1) + (1− 5b)i = 0 ⇔ a−1 = 0

1− 5b = 0

⎧

⎨

a= 1

b=1 5

⎧

⎨

⎪

⎩⎪

⇒ z = 1+1

5i

Vậy số phức cần tìm z= 1+ 1

5i b) Điều kiện: x− 2 > 0

7− 2x > 0

⎧

⎨

⎩ ⇔ 2 < x <

7

2 Phương trình tương đương với:

3log2(x− 2) − log2(x− 2) = log2(7− 2x)

⇔ 2log2(x− 2) = log2(7− 2x) ⇔ log2(x− 2)2 = log2(7− 2x)

⇔ (x − 2)2 = 7 − 2x ⇔ x2− 2x − 3 = 0 ⇔ x = −1(l)

x = 3(t / m)

⎡

⎣

⎢

Vậy nghiệm phương trình x = 3

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = (3− 2cos3x)sin x dx

0

π 4

Ta có: I = (3− 2(4 cos3

x − 3cos x))sin x dx

0

π

4

x − 6cos x − 3)sin x dx

0

π 4

Đặt t = cos x ⇒ dt = −sin xdx Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x =π

4 ⇒ t = 1

2

Vì vậy, I = (8t3− 6t − 3)dt

1

1

2

∫ = 2t( 4 − 3t2− 3t) 12

1

= 3− 3

2

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm I(-1;2;3) và mặt phẳng (P) có

phương trình là: 4x + y – z – 1 = 0 Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) và tìm toạ độ tiếp điểm

Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P) nên bán kính R = d(I;(P)) = 4.(−1) + 2 − 3−1

42+12+ (−1)2 = 2

Vậy mặt cầu cần tìm (S) :(x+1)2+ (y − 2)2+ (z − 3)2 = 2

Toạ độ tiếp điểm H là hình chiếu vuông góc của I lên (P)

Phương trình IH qua I vuông góc với (P) là

x = −1+ 4t

y = 2 + t

z = 3− t

⎧

⎨

⎪

⎩⎪

,t∈! Thay x, y, z từ phương trình của IH vào phương trình của (P) ta được:

4(−1+ 4t) + (2 + t) − (3− t) −1 = 0 ⇔ 18t − 6 = 0 ⇔ t =1

3⇒ H 1

3;

7

3;

8 3

⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟

Vậy tiếp điểm H 1

3;

7

3;

8 3

⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟

Câu 6 (1,0 điểm)

a) Cho 0< a <π

2 và sin a+ 2 sin π

2 − a

⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟ = 2 Tính tan a+ π4

⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟ b) Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt thành lập từ các số 0, 1, 4, 6 Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số mà số đó không chia hết cho 4 a) Vì 0< a <π

2 ⇒ 0 < sina < 1;0 < cosa < 1;tana > 0, và theo bài ra ta có:

sin a + 2 cosa = 2 ⇔ sina = 2(1− cosa)

⇒ sin2

a = 2(1− cosa)2 ⇔ (1− cos2

a) = 2(1− cosa)2

⇔ (1− cosa)(1+ cosa − 2(1− cosa)) = 0 ⇔

cos a = 1(l) cos a= 1

3(t / m)

⎡

⎣

⎢

⎢

Suy ra: tan2a= 1

cos2

a −1 = 8 ⇒ tana = 2 2 , và tan a+ π

4

⎛

⎝⎜ ⎞⎠⎟ =1− tanatan a+1=1− 2 22 2+1= −9+ 4 27

b) Số phần tử thuộc M là 3.3! = 18 số, nên không gian mẫu n(Ω) = 18

Gọi A là biến cố chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số mà số đó không chia hết cho 4

Một số thuộc M chia hết cho 4 sẽ có 2 chữ số tận cùng là 04 hoặc 16 hoặc 40 hoặc 60 hoặc 64 + Số các số có tận cùng là 04 là 2!.1 = 2 số

+ Số các số có tận cùng là 64 là 1.1.1 = 1 số

+ Số các số có tận cùng là 16 là 1.1.1 = 1 số

+ Số các số có tận cùng là 40 là 2!.1 = 2 số

+ Số các số có tận cùng là 60 là 2! 1 = 2 số

Vậy trong M có tất cả 2 + 1+ 1+ 2 + 2 = 8 số chia hết cho 4, và 10 số không chia hết cho 4

Vì vậy n(A) = 10

Xác suất cần tính P(A)= n(A)

n(Ω)=

10

18= 5

9

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, ABC! = 300

,SA ⊥ (ABC), góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm

G của tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC)

Ta có: S ABC = 1

2AB.AC sin120

0 =a2 3

4

BC ⊥ AM

BC ⊥ SA

⎧

⎨

⎩ ⇒ BC ⊥ (SAM ) ⇒ SMA ! = (SBC);(ABC)(!)= 600

AM = ABsin 300 =a

2⇒ SA = AM tan600 = a 3

2

Vì vậy, V S.ABC =1

3SA.S ABC= a 3

6 .

a2 3

4 = a3

8 (đvtt)

Tính d(G; (SBC))

Ta có: d(G;(SBC))= 1

3d(A;(SBC)) (1)

Kẻ AH vuông góc SM tại K, khi đó: BC ⊥ AH mà

AH ⊥ SM ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH = d(A;(SBC)) (2)

Tam giác vuông SAM có: 1

AH2 = 1

SA2 + 1

AM2 = 4

a2 + 4

3a2 = 16

3a2 ⇒ AH = a 3

4 (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: d(G;(ABC))=a 3

12

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có tâm I(1;4), đỉnh A nằm

trên đường thẳng có phương trình 2x + y – 1 = 0, đỉnh C nằm trên đường thẳng có phương trình x – y + 2 = 0 Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông đã cho

J Đề chuối quá!

Gọi A(a; 1 – 2a) vì I là trung điểm AC nên C( 2 – a; 7 + 2a)

Mặt khác C thuộc đường thẳng x – y + 2 =0 nên (2 – a) – (7 + 2a) +2 =0 óa = - 1,

Suy ra: A(-1; 3), C(3; 5)

Tìm B, D đơn giản; các em tự tính

Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 32x4−16x2− 9x − 9 2x −1 + 2 ≥ 0

Điều kiện: x≥1

2 Bất phương trình tương đương với:

64x4− 32x2+ 4 ≥ 18x +18 2x −1 = 9( 2x −1 +1)2

⇔ 4(4x2−1)2 ≥ 9( 2x −1 +1)2

⇔ 2(4x2−1) ≥ 3( 2x −1 +1) do 4x2−1 ≥ 0,∀x ≥ 1

2

⎛

⇔ 8x2− 3 2x −1 − 5 ≥ 0 ⇔ 8(x2−1) + 3(1− 2x −1) ≥ 0

⇔ 2(x −1) 4(x +1) − 3

1+ 2x −1

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥≥ 0

⇔ 2(x −1) 4x +1+ 4(x +1) 2x −1⎡⎣ ⎤⎦ ≥ 0 ⇔ x ≥1

Vậy tập nghiệm bất phương trình S= 1;+∞[ )

Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn 1

x18 + 1

y18 + 1

z18 ≤ 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P= x2015+ y2015

x1997+ y1997 + y2015+ z2015

y1997+ z1997 +z2015+ x2015

z1997+ x1997

Với x, y là 2 số thực dương ta luôn có: x

m + y m

x n + y n ≥ x m −n + y m −n

2 ,∀m > n > 0 Thật vậy bất đẳng thức tương đương với:

2(x m + y m

)≥ (x n + y n

)(x m −n + y m −n)

⇔ x m + y m − x m −n y n − x n

y m −n ≥ 0

⇔ x n

(x m −n − y m −n)+ y n

(y m −n − x m −n)≥ 0

⇔ (x n − y n

)(x m −n − y m −n)≥ 0

Bất đẳng thức cuối luôn đúng, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y

Áp dụng ta có:

P≥ x2015−1997+ y2015−1997

2 = x18+ y18+ z18

1

x18 + 1

y18 + 1

z18

≥ 3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3