Đề thi thử THPT quốc gia, ôn thi đại học tham khảo (46)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị H của hàm số.. Tìm a để tổng k1+k2 đạt giá trị lớn nhất.. Cho hình chóp S ABC.. có SA vuông góc với mặt phẳng đáy.. Gọi M là trung điểm của BC và H là

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu I (4 điểm)

Cho hàm số y 2x 11 ( )H

x

− +

=

−

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

2 Chứng minh rằng với mọi a , đường thẳng : d y x a= + luôn cắt đồ thị hàm số (H tại ) hai điểm phân biệt ,A B Gọi k k lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với 1, 2 ( )H tại A và B

Tìm a để tổng k1+k2 đạt giá trị lớn nhất.

Câu II (4 điểm)

2cos x+2 3 sin cosx x+ =1 3 sinx+ 3 cosx

2 Giải hệ phương trình:

3 3 2 2

2

,

x y R

 − − + = − + −

 + + + + = +



Câu III (4 điểm)

1 Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm thực thuộc đoạn [-1; 1]

3 4 3 − x2 − 2 x3+ 4 x2 + ≥ 4 m

2 Cho các số thực a b c , , thỏa mãn 0 a b c ≤ ≤ ≤ và a2 + + = b2 c2 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 3 abc − 2014 a b c − −

Câu IV (4 điểm)

1 Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) = (5x - 3) (n N )n ∈ * ,

biết C12n+1+ 2C2n+12 + 3C32n+1+ + kCk2n+1+ + (2n+1)C2n+12n+1 = 21.220

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D;

qua điểm M ( ) 4;2 Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng diện tích ABCD bằng 10 và điểm A có hoành độ nhỏ

hơn 2

Câu V (4 điểm)

1 Cho hình chóp S ABC có SA vuông góc với mặt phẳng đáy Gọi M là trung điểm của BC và

H là trung điểm của AM Biết HB HC a = = , HBC · = 300; góc giữa mặt phẳng ( SHC ) và mặt phẳng ( HBC ) bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp S HBC . và tính cosin của góc giữa đường

thẳng BC và mặt phẳng ( SHC )

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 0), M(1; 1; 1) Mặt phẳng (P) thay đổi

qua AM cắt Oy, Oz lần lượt tại B( 0; ;0 b ) , C(0;0;c) với b > 0, c > 0 Chứng minh rằng:

2

bc

b c + = Từ đó, tìm b c , sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất

………Hết………

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

GV : Nguyễn Thị Hà

I.1

• Tập xác định: \ 1 .

2

D R=  

 

 

• Sự biến thiên:

Giới hạn và tiệm cận:

→−∞ = − →+∞ = − , tiệm cận ngang: y =-1/2, limx→1/2y− = +∞,limx→1/2y+ = −∞; tiệm cận đứng: x=1/ 2.

0.5

Chiều biến thiên: ( )2

1

x

−

= < ∀ ∈

− Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1/ 2) và (1/ 2;+∞)

0.5

I.2 Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( )H :

( ) 2

1

x x

x a

 ≠

= + ⇔ 

 Đặt g x( ) =2x2+2ax a− −1

0.25

Vì

2

2 2 0,

0,

′

∆ = + + > ∀



   = − ≠ ∀

  ÷ 



nên ( )* có hai nghiệm phân biệt x x khác 1, 2 1

2 với mọi

a

0.25

Vậy d luôn cắt ( )H tại hai điểm phân biệt , A B với mọi a 0.25

GọiA x y( 1; 1) (,B x y với 2; 2) x x là hai nghiệm của 1, 2 ( )* Theo định lý Vi-ét ta có

1 2 1 2

1 ,

2

a

x + = −x a x x = − −

0.25

Tiếp tuyến tại A v B có hệ số góc là à 1 ( )2 2 ( )2

;

Ta có

0.5

4 x x 8x x 4 x x 2 (do 2x 1 2x 1 1)

( )2

= − + − ≤ − ∀

Dấu bằng xẩy ra ⇔ = −a 1

II.1 ) Giải phương trình:2cos2x+2 3 sin cosx x+ =1 3 sin( x+ 3 cosx)

Phương trình ⇔cos 2x+ 3 sin 2x+ =2 3( 3 cosx+sinx)

0.5

2

⇔  − ÷+ =  − ÷⇔  − ÷=  − ÷

0.5

3 cos

x

  −π=



  π

− =

  ÷



¢

0.5

II.2

3 3 2 2



Điều kiện x 3

y

≥ −



 ∈

 ¡

0.5

f t = +t t ∀ ∈t ¡ f t′ = t + > ∀ ∈t ¡ Vậy hàm số f t đồng( ) biến trên ¡ Từ ( )1 ta có f x( − =1) f y( − ⇔ − = − ⇔ = +2) x 1 y 2 y x 1 ( )3

0.25

Thay ( )3 vào ( )2 ta được phương trình:

x+ x+ + +x x+ =x + x+

Phương trình ( ) (4 ⇔ x+1) ( x+ − + +3 3) (x 7) ( x+10 4− =) x2− −x 30

0.25

( 1) ( 6) ( 7) ( 6) ( 5) ( 6)

( )

( )

6 0 5

5 6

x

x

− =







5 :x− = ⇒ = → = ⇒6 0 x 6 y 7 x y; = 6;7 là một nghiệm của hpt

0.25

• Từ ( )6 : 1 3 7 7 0 7( )

+ − + + + − + =

< + × − ÷+ + × − ÷< =

0.25

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x y; ) ( )= 6;7 0.5

0.5 IV.1 2) Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) = (5x - 3) (n N )n ∈ *

,

C + 2C + 3C + + kC + + (2n+1)C = 21.2 (*) Xét (1 )2n 1 20 1 12 1 22 1 2 2 12 1n k 22n11 2n 1 (1)

đạo hàm 2 vế của (1) ta có

0.5

0.5

Chọn x=1 thay vào (2) ta có

0.5

(*)⇔ (2 n + 1)22n = 21.2 (3)20

Nếu n>10 ta thấy vế trái (3)>vế phải (3) nên n>10 loại

tương tự 0<n<10 loại; n=10 thỏa mãn

0.5

IV.2

Gọi I= AC BDI , H là hình chiếu của B trên CD

1 1

1 1

1 1

1 1

2 3

+ +

0.5

a x− +b y− = ⇔ax by+ − a− b= a +b >

Góc giữa AC và BD bằng 0

45 nên cos 450 2 22 3 2 8 3 2 0

5

−

+

Chọn b=1 ta được 1; 3

3

a= a= −

Từ đó suy ra phương trình AC là x+3y− =10 0 hoặc 3x y− − =10 0

0.5

V.1

2

2

ABCD

5

0.5

2 0

.sin120

HBC

a

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên HC

0.5

Góc giữa (SHC) và (ABC) là · 600 tan 600 3

4

a

Gọi B’ là hình chiếu của B trên (SHC), suy ra góc giữa BC và (SHC) là · BCB '. 0.5

Gọi I là hình chiếu của A trên SK ⇒AI ⊥(SHC).

Ta có BB'=d B SHC( ,( )) 2 ( ,(= d M SHC)) 2 ( ,(= d A SHC)) 2= AI

Trong tam giác vuông SAK, ta có

2

2 2

a

V.2 Mặt phẳng (P) đi qua A, B, C⇒ Phương trình mặt phẳng (P):

1 2

b c

+ + =

0.5

M thuộc (P), suy ra

2

bc

Ta có uuur AB = − ( 2; ;0 , b ) uuur AC = − ( 2;0; c ) ⇒   uuur uuur AB AC ,   = ( bc b c ;2 ;2 )

Diện tích tam giác ABC là

2   uuur uuur AB AC  =  2 bc + c + b = b c + + + b c do

0.5

Sử dụng bất đẳng thức Côsi, suy ra S ≥ 6 bc

Mà bc = 2 ( b c + ≥ ) 4 bc ⇒ bc ≥ ⇒ ≥ 16 S 96

0.5

S = ⇔ = = b c

Vậy b c = = 4

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

GV : Nguyễn Thị Hà

I.1

• Tập xác định: \ 1 .

2

D R=  

 

 

• Sự biến thiên:

Giới hạn và tiệm cận:

→−∞ = − →+∞ = − , tiệm cận ngang: y =-1/2, limx→1/2y− = +∞,limx→1/2y+ = −∞; tiệm cận đứng: x=1/ 2.

0.5

Chiều biến thiên: ( )2

1

x

−

= < ∀ ∈

− Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1/ 2) và (1/ 2;+∞)

0.5

I.2 Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( )H :

( ) 2

1

x x

x a

 ≠

= + ⇔ 

 Đặt g x( ) =2x2+2ax a− −1

0.25

Vì

2

2 2 0,

0,

′

∆ = + + > ∀



   = − ≠ ∀

  ÷ 



nên ( )* có hai nghiệm phân biệt x x khác 1, 2 1

2 với mọi

a

0.25

Vậy d luôn cắt ( )H tại hai điểm phân biệt , A B với mọi a 0.25

GọiA x y( 1; 1) (,B x y với 2; 2) x x là hai nghiệm của 1, 2 ( )* Theo định lý Vi-ét ta có

1 2 1 2

1 ,

2

a

x + = −x a x x = − −

0.25

Tiếp tuyến tại A v B có hệ số góc là à 1 ( )2 2 ( )2

;

Ta có

0.5

4 x x 8x x 4 x x 2 (do 2x 1 2x 1 1)

( )2

= − + − ≤ − ∀

Dấu bằng xẩy ra ⇔ = −a 1

II.1 ) Giải phương trình:2cos2x+2 3 sin cosx x+ =1 3 sin( x+ 3 cosx)

Phương trình ⇔cos 2x+ 3 sin 2x+ =2 3( 3 cosx+sinx)

0.5

2

⇔  − ÷+ =  − ÷⇔  − ÷=  − ÷

0.5

3 cos

x

  −π=



  π

− =

  ÷



¢

0.5

II.2

3 3 2 2



Điều kiện x 3

y

≥ −



 ∈

 ¡

0.5

f t = +t t ∀ ∈t ¡ f t′ = t + > ∀ ∈t ¡ Vậy hàm số f t đồng( ) biến trên ¡ Từ ( )1 ta có f x( − =1) f y( − ⇔ − = − ⇔ = +2) x 1 y 2 y x 1 ( )3

0.25

Thay ( )3 vào ( )2 ta được phương trình:

x+ x+ + +x x+ =x + x+

Phương trình ( ) (4 ⇔ x+1) ( x+ − + +3 3) (x 7) ( x+10 4− =) x2− −x 30

0.25

( 1) ( 6) ( 7) ( 6) ( 5) ( 6)

( )

( )

6 0 5

5 6

x

x

− =







5 :x− = ⇒ = → = ⇒6 0 x 6 y 7 x y; = 6;7 là một nghiệm của hpt

0.25

• Từ ( )6 : 1 3 7 7 0 7( )

+ − + + + − + =

< + × − ÷+ + × − ÷< =

0.25

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x y; ) ( )= 6;7 0.5

0.5 IV.1 2) Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) = (5x - 3) (n N )n ∈ *

,

C + 2C + 3C + + kC + + (2n+1)C = 21.2 (*) Xét (1 )2n 1 20 1 12 1 22 1 2 2 12 1n k 22n11 2n 1 (1)

đạo hàm 2 vế của (1) ta có

0.5

0.5

Chọn x=1 thay vào (2) ta có

0.5

(*)⇔ (2 n + 1)22n = 21.2 (3)20

Nếu n>10 ta thấy vế trái (3)>vế phải (3) nên n>10 loại

tương tự 0<n<10 loại; n=10 thỏa mãn

0.5

IV.2

Gọi I= AC BDI , H là hình chiếu của B trên CD

1 1

1 1

1 1

1 1

2 3

+ +

0.5

a x− +b y− = ⇔ax by+ − a− b= a +b >

Góc giữa AC và BD bằng 0

45 nên cos 450 2 22 3 2 8 3 2 0

5

−

+

Chọn b=1 ta được 1; 3

3

a= a= −

Từ đó suy ra phương trình AC là x+3y− =10 0 hoặc 3x y− − =10 0

0.5

V.1

2

2

ABCD

5

0.5

2 0

.sin120

HBC

a

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên HC

0.5

Góc giữa (SHC) và (ABC) là · 600 tan 600 3

4

a

Gọi B’ là hình chiếu của B trên (SHC), suy ra góc giữa BC và (SHC) là · BCB '. 0.5

Gọi I là hình chiếu của A trên SK ⇒AI ⊥(SHC).

Ta có BB'=d B SHC( ,( )) 2 ( ,(= d M SHC)) 2 ( ,(= d A SHC)) 2= AI

Trong tam giác vuông SAK, ta có

2

2 2

a

V.2 Mặt phẳng (P) đi qua A, B, C⇒ Phương trình mặt phẳng (P):

1 2

b c

+ + =

0.5

M thuộc (P), suy ra

2

bc

Ta có uuur AB = − ( 2; ;0 , b ) uuur AC = − ( 2;0; c ) ⇒   uuur uuur AB AC ,   = ( bc b c ;2 ;2 )

Diện tích tam giác ABC là

2   uuur uuur AB AC  =  2 bc + c + b = b c + + + b c do

0.5

Sử dụng bất đẳng thức Côsi, suy ra S ≥ 6 bc

Mà bc = 2 ( b c + ≥ ) 4 bc ⇒ bc ≥ ⇒ ≥ 16 S 96

0.5

Hàm số f x ( ) 3 4 3 = − x2 − 2 x3 + 4 x2 + 4 liên tục trên [-1; 1]

( ) 3 6 ( )2 2(33 2 8 )2 9 2 33 82

'

0.5

Trên [-1; 1],

x

x

+

0.5

Ta có f ( 1) 3 2 7; (0) 2; (1) − = − f = f = − 3 ⇒xmax ( ) 2∈ −[ 1;1] f x = 0.5

Ta có a b c≤ ≤ ⇒(a2−b2) (a2−c2)≥ ⇒0 b c2 2 ≥a b2( 2+ −c2 a2)=a2(3 2− a2)

Suy ra bc a≥ 3 2− a2

0.5

( )2 ( 2 2 2)

+ + ≤ + + = ⇒ + + ≤

Xét hàm f a( ) 3= a2 3 2− a2 −2013a−3; a∈[ ]0;1 Ta có

18 1 2

a

−

a −a = a −a −a ≤  + − + −  =

Suy ra ( 2) 2

1

3 3

3 3

f a

Suy ra ( )f a nghịch biến trên đoạn [ ]0;1 Do đó ( )f a ≥ f(1)= −2013

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c= = =1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2013− khi a b c= = =1

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

GV : Nguyễn Thị Hà

I.1

• Tập xác định: \ 1 .

2

D R=  

 

 

• Sự biến thiên:

0.5

Giới hạn và tiệm cận:

→−∞ = − →+∞ = − , tiệm cận ngang: y =-1/2, limx→1/2y− = +∞,limx→1/2y+ = −∞; tiệm cận đứng: x=1/ 2.

Chiều biến thiên: ( )2

1

x

−

= < ∀ ∈

− Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1/ 2) và (1/ 2;+∞)

0.5

I.2 Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( )H :

( ) 2

1 1

2

x x

x a

 ≠

= + ⇔ 

 Đặt g x( ) =2x2+2ax a− −1

0.5

Vì

2 2 2 0,

0,

′

∆ = + + > ∀



   = − ≠ ∀

  ÷ 



nên ( )* có hai nghiệm phân biệt x x khác 1, 2 1

2 với mọi a

0.5

Vậy d luôn cắt ( )H tại hai điểm phân biệt , A B với mọi a

GọiA x y( 1; 1) (,B x y với 2; 2) x x là hai nghiệm của 1, 2 ( )* Theo định lý Vi-ét ta có

1 2 1 2

1 ,

2

a

x + = −x a x x = − −

0.5

Tiếp tuyến tại A v B có hệ số góc là à 1 ( )2 2 ( )2

;

Ta có

4 x x 8x x 4 x x 2 (do 2x 1 2x 1 1)

( )2

= − + − ≤ − ∀

Dấu bằng xẩy ra ⇔ = −a 1

0.5

2cos x+2 3 sin cosx x+ =1 3 sinx+ 3 cosx

II.1 Phương trình ⇔cos 2x+ 3 sin 2x+ =2 3( 3 cosx+sinx)

0.5

2

⇔  − ÷+ =  − ÷⇔  − ÷=  − ÷

0.5

3 cos

x

  −π=



  π

− =

  ÷



¢

1

II.2

3 3 2 2



0.5

Điều kiện x 3

y

≥ −



 ∈

 ¡ Xét hàm số ( ) 3 ( ) 2

f t = +t t ∀ ∈t ¡ f t′ = t + > ∀ ∈t ¡ Vậy hàm số f t đồng( ) biến trên ¡ Từ ( )1 ta có f x( − =1) f y( − ⇔ − = − ⇔ = +2) x 1 y 2 y x 1 ( )3

0.25

Thay ( )3 vào ( )2 ta được phương trình: (x+1) x+ + +3 (x 7) x+10=x2+6x+1 ( )4

Phương trình ( ) (4 ⇔ x+1) ( x+ − + +3 3) (x 7) ( x+10 4− =) x2− −x 30

0.25

( 1) ( 6) ( 7) ( 6) ( 5) ( 6)

( )

( )

6 0 5

5 6

x

x

− =







5 :x− = ⇒ = → = ⇒6 0 x 6 y 7 x y; = 6;7 là một nghiệm của hpt

0.5

+ − + + + − + =

< + × − ÷+ + × − ÷< =

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x y; ) ( )= 6;7

0.5

III.1 Hàm số f x ( ) 3 4 3 = − x2 − 2 x3 + 4 x2 + 4 liên tục trên [-1; 1]

( ) 3 6 ( )2 2(33 2 8 )2 9 2 33 82

'

0.5

0.5

Trên [-1; 1],

x

x

+

0.5

Ta có f ( 1) 3 2 7; (0) 2; (1) − = − f = f = − 3 ⇒xmax ( ) 2∈ −[ 1;1] f x = 0.5

III.2 Ta có a b c≤ ≤ ⇒(a2−b2) (a2−c2)≥ ⇒0 b c2 2 ≥a b2( 2+ −c2 a2)=a2(3 2− a2)

Suy ra bc a≥ 3 2− a2

0.5

( )2 ( 2 2 2)

+ + ≤ + + = ⇒ + + ≤

0.5

Xét hàm f a( ) 3= a2 3 2− a2 −2013a−3; a∈[ ]0;1 Ta có

18 1 2

a

−

a −a = a −a −a ≤  + − + −  =

Suy ra ( 2) 2

1

3 3

3 3

f a

0.5

Suy ra ( )f a nghịch biến trên đoạn [ ]0;1 Do đó ( )f a ≥ f(1)= −2013

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c= = =1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2013− khi a b c= = =1

0.5

IV.1 2) Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) = (5x - 3) (n N )n ∈ * ,

C + 2C + 3C + + kC + + (2n+1)C = 21.2 (*)

Xét (1 )2n 1 20 1 12 1 22 1 2 2 12 1n k 22n11 2n 1 (1)

đạo hàm 2 vế của (1) ta có

0.5

0.5

Chọn x=1 thay vào (2) ta có

0.5

(*)⇔ (2 n + 1)22n = 21.2 (3)20

Nếu n>10 ta thấy vế trái (3)>vế phải (3) nên n>10 loại

tương tự 0<n<10 loại; n=10 thỏa mãn

0.5

IV.2

Gọi I= AC BDI , H là hình chiếu của B trên CD

1 1

1 1

1 1

1 1

2 3

+ +

0.5

0.5

Đường thẳng AC có dạng: a x( − +4) b y( − = ⇔2) 0 ax by+ −4a−2b=0 (a2+b2 >0).

Góc giữa AC và BD bằng 45 nên 0 cos 450 2 22 3 2 8 3 2 0

5

−

+

Chọn b=1 ta được 1; 3

3

a= a= −

Từ đó suy ra phương trình AC là x+3y− =10 0 hoặc 3x y− − =10 0

0.5

0.5

0

.sin120

HBC

a

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên HC

0.25

4

a

Gọi B’ là hình chiếu của B trên (SHC), suy ra góc giữa BC và (SHC) là · BCB '.

Gọi I là hình chiếu của A trên SK ⇒AI ⊥(SHC)

Ta có BB'=d B SHC( ,( )) 2 ( ,(= d M SHC)) 2 ( ,(= d A SHC)) 2= AI

Trong tam giác vuông SAK, ta có

2

2 2

a

+

0.25

0.25

Do đó ·

0

BCB

Vậy cos· ' 1 3 13.

0.25

0.25

V.2 Mặt phẳng (P) đi qua A, B, C⇒ Phương trình mặt phẳng (P):

1 2

b c

+ + =

0.5

M thuộc (P), suy ra

2

bc

Ta có uuur AB = − ( 2; ;0 , b ) uuur AC = − ( 2;0; c ) ⇒   uuur uuur AB AC ,   = ( bc b c ;2 ;2 )

Diện tích tam giác ABC là

2   uuur uuur AB AC  =  2 bc + c + b = b c + + + b c do

0.5

Mà bc = 2 ( b c + ≥ ) 4 bc ⇒ bc ≥ ⇒ ≥ 16 S 96