Trờng thpt lơng thế vinh Hà nội Năm học 2014 - 2015 đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 Môn thi: Toán - Lần thứ 3 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày 16.5.2015 Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s 3 2 1 x y x = . a) Kho sỏt s bin thiờn v v th ( C ) ca hm s ó cho. b) Tỡm cỏc giỏ tr ca m ng thng :d y x m= + ct th ( C ) ti hai im phõn bit. Cõu 2 (1,0 im). a) Cho gúc tha món: 3 2 < < v tan 2 = . Tớnh 2 5 sin sin sin 2 2 2 M = + + + ữ ữ . b) Cho s phc z tha món h thc: 2 ( 3) (2 ) i i z i z i + + + = . Tỡm mụun ca s phc w z i = . Cõu 3 (0,5 im). Gii bt phng trỡnh: 2 0,5 log ( 2) log 1x x + < . Cõu 4 (1,0 im). Gii bt phng trỡnh: 3 2 3 2 2 4 5 3 4x x x x x x x > + + . Cõu 5 (1,0 im). Tớnh tớch phõn: ( ) 2 0 cos2 .I x x x dx = + Cõu 6 (1,0 im). Cho hỡnh chúp .S ABCD cú ỏy l hỡnh thang vuụng ti A v B ; ;AB BC a= = 2AD a = ; ( )SA ABCD . Gúc gia mt phng ( )SCD v mt phng ( )ABCD bng 0 45 . Gi M l trung im AD . Tớnh theo a th tớch khi chúp .S MCD v khong cỏch gia hai ng thng SM v BD . Cõu 7 (1,0 im). Trong mt phng ta ,Oxy cho tam giỏc ABC cú phng trỡnh ng phõn giỏc trong gúc A l : 3 0d x y+ = . Hỡnh chiu vuụng gúc ca tõm ng trũn ni tip tam giỏc ABC lờn ng thng AC l im (1;4)E . ng thng BC cú h s gúc õm v to vi ng thng AC gúc 0 45 . ng thng AB tip xỳc vi ng trũn ( ) 2 2 ( ) : 2 5C x y+ + = . Tỡm phng trỡnh cỏc cnh ca tam giỏc ABC . Cõu 8 (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho im ( ) 1; 1;0A v ng thng 1 1 : 2 1 3 x y z d + = = . Lp phng trỡnh mt phng ( )P cha A v d . Tỡm ta im B thuc trc Ox sao cho khong cỏch t im B n mt phng ( )P bng 3 . Cõu 9 (0,5 im). Trong t xột tuyn vo lp 6A ca mt trng THCS nm 2015 cú 300 hc sinh ng ký. Bit rng trong 300 hc sinh ú cú 50 hc sinh t yờu cu vo lp 6A. Tuy nhiờn, m bo quyn li mi hc sinh l nh nhau, nh trng quyt nh bc thm ngu nhiờn 30 hc sinh t 300 hc sinh núi trờn. Tỡm xỏc sut trong s 30 hc sinh chn trờn cú ỳng 90% s hc sinh t yờu cu vo lp 6A. Cõu 10 (1,0 im). Cho cỏc s thc , a b dng v tha món 1ab . Tim gia tri nh nhõt cua biu thc 1 1 32 1 1 2 (1 ) 2 (1 ) 8 T a b a a b b = + + + + + + + . HT Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. H v tờn thớ sinh: ; S bỏo danh: Câu Đáp án Điể 1 (2,0đ) a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 1 x y x − = − . Tập xác định: D = R \ {1} . lim 3; lim 3 x x y y →−∞ →+∞ = = suy ra tiệm cận ngang 3y = . 1 1 lim ; lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ suy ra tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng 1x = . Đạo hàm: ( ) 2 1 ' 0 1 1 y x x − = < ∀ ≠ − . 0,25 Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng ( ) ;1 −∞ và ( ) 1; +∞ . Hàm số không có cực trị. 0,25 Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y' - - y 3 +∞ −∞ 3 0,25 Đồ thị: (Hs có thể lấy điểm (2;4); (0;2) ). 0,25 b) (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m để :d y x m = − + cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt. Phương trình tương giao: 3 2 1 x x m x − = − + − ( 1)x ≠ 2 ( ) (2 ) 2 0f x x m x m ⇔ = + − + − = (1) 0,25 ĐK: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 0 (1) 0f ∆ >  ⇔  ≠  0,25 2 4 12 0m m ⇔ − − > 0,25 6; 2m m ⇔ > < . 0,25 2 (1,0đ) a) (0,5 điểm) Cho tan 2 α = . 3 2 π π α < < . Tính 2 5 sin sin sin 2 2 2 M π π α α α     = + + + −  ÷  ÷     . Ta có 2 2 2 1 1 1 3 1 tan 1 4 5 cos cos cos 5 2 5 x π α α α π α   = + = + = ⇒ = ⇒ = − < <  ÷   . 0,25 2 2 2 2 sin cos cos2 sin cos 2cos 1 cos cosM α α α α α α α α = + + = + + − = + = 1 1 5 5 − . 0,25 b) (0,5 điểm) Cho 2 ( 3) (2 ) i i z i z i + + + = − . Tìm môđun của số phức w z i = − . Gọi ( ) 2 , , 1z a ib a b R i= + ∈ = − . Từ giả thiết ta có: ( 3)( ) 1 2 (2 )( ) 1 1 0 4 ( 1) (2 5 2) 0 1 . 4 2 5 2 0 5 5 i a bi i i a bi a a a a b i z i a b b + + + − = − − = −  + =   ⇔ + + + − = ⇔ ⇔ ⇒ = − +   + − = =    0,25 Từ đó: 1 1 | | | 1 | 1 5 25 z i i − = − − = + = 26 5 . 0,25 3 (0,5đ) Giải bất phương trình: 2 0,5 log ( 2) log 1x x − + < . Điều kiện: 2x > . Bpt ( ) 2 2 2 2 2 log 2 log 1 log 1 2 x x x x x x − − ⇔ − − < ⇔ < ⇔ < 0,25 2 2 2x x x ⇔ − < ⇔ > − . Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bpt là 2x > . 0,25 4 (1,0đ) Giải bất phương trình: 3 2 3 2 2 4 5 3 4x x x x x x x− − > − + − − + . Bpt ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 ( 1)x x x x x x   ⇔ − − > − + − − +   ( ) 0x ≥ . ( ) 2 ( 2) | 2 | 1 1 2 1x x x x x   ⇔ − + − + > + − +     . (1) • 2 :x = (1) 0 2 2 ⇔ > (loại). 0 : (1) 2 2x = ⇔ − > − (loại). 0,25 • 2 :x > ( ) ( ) 2 (1) ( 2) 1 1 1 2 1x x x x   ⇔ − + + > + − +     Chia 2 vế cho .( 2) 0x x − > ta được: ( ) 2 1 1 1 1 (1) 1 1 2 2 x x x x ⇔ + + > + + − − . Xét hàm 2 2 ( ) 1 , 0 '( ) 1 0 0 1 t f t t t t f t t t = + + > ⇒ = + > ∀ > + ( )f t ⇒ đồng biến 0t ∀ > 1 1 (1) 2x x ⇔ > − . 0,25 2 2 5 4 0 4; 1x x x x x x ⇔ − > ⇔ − + > ⇔ > < . Kết hợp 2 4x x > ⇒ > . 0,25 • 0 2 :x < < ( ) ( ) 2 (1) ( 2) 1 1 1 2 1x x x x   ⇔ − − + > + − +     . Chia 2 vế cho .( 2) 0x x − < ta được: ( ) 2 1 1 1 1 (1) 1 1 2 2 x x x x ⇔ − + < − + − − . Xét hàm 2 2 2 2 1 ( ) 1 , '( ) 1 0 1 1 t t t f t t t t f t t t t + − = − + ∈ ⇒ = − = > ∀ + + R ( )f t ⇒ đồng biến t∀ . Từ đó 1 1 (1) 2x x ⇔ < − . Trường hợp này vô nghiệm vì 1 0 2x < − . Đáp số: 4x > . 0,25 Cách 2: ĐK 0x ≥ (mỗi dấu + ứng với ¼ điểm) 0x = không là nghiệm. Xét 0:x > + ( ) ( ) 2 3 2 3 2 5 4 (1) 2 1 4 5 3 4 x x x x x x x x x − + ⇔ − + > − + + − + ( ) 3 2 3 2 1 1 ( ) 4 0 2 4 5 3 4 x x f x x x x x x x x   + − ⇔ = − + >   + − + + − +   . + Xét 3 2 3 2 1 1 ( ) 2 4 5 3 4 x x g x x x x x x x + − = + + − + + − + Nếu 1x ≥ thì ( ) 0g x > . + Nếu 0 1:x < < 1 1 1 1x x + > ⇒ + > . Ta có: 1 1 1 (1) 2 2 2 2 x x x x + + > = + + ( ) ( ) 2 3 2 3 4 1 2 2 1 2 2x x x x x x x x− + = + − = − + > − = − 3 2 3 2 4 5 3 4 2x x x x x x⇒ − + + − + > − 3 2 3 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 4 5 3 4 x x x x x x x x x x x x x − − − − ⇒ < = < = − − + − − + + − + 3 2 3 2 1 1 (2) 2 4 5 3 4 x x x x x x − ⇒ > − − + + − + . Từ (1) và (2) suy ra ( ) 0 0g x x > ∀ > . + ( ) 0 4 0 4f x x x > ⇔ − > ⇔ > . Kết hợp ĐK suy ra đáp số: 4x > . 5 (1,0đ) Tính tích phân: ( ) 2 0 cos2 .I x x x dx π = + ∫ 2 2 2 0 0 cos2I x dx x xdx π π = + ∫ ∫ . Ta có 3 2 2 3 2 0 0 1 3 24 A x dx x π π π = = = ∫ . 0,25 2 0 cos2 .B x xdx π = ∫ Đặt 1 ' 1. ' cos2 sin 2 2 u x u v x v x = ⇒ = = ⇒ = . 2 2 0 0 1 1 sin 2 sin 2 2 2 B x x xdx π π = − ∫ . 0,25 ( ) 2 0 1 1 1 1 0 cos2 1 1 2 2 4 2 x π   = − − = − − = −  ÷   0,25 I A B = + = 3 1 24 2 π − . ( 0,792)I ≈ . 0,25 6 (1,0đ) .S ABCD đáy là hình thang vuông tại A và B ; ;AB BC a = = 2AD a = ; ( )SA ABCD ⊥ . Góc giữa ( )SCD và ( )ABCD bằng 0 45 . M là trung điểm AD . Tính thể tích .S MCD , ( , )d SM BD Ta có ( ) ( ) .SCD ABCD CD ∩ = · 0 , ( ) 45 .CD SA AC CD SAC SC CD SCA⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = 0,25 . 1 . . 3 S MCD MCD V SA S = . 2 1 2; . 2 MCD SA AC a S a = = = Suy ra 2 . 1 1 . 2. 3 2 S MCD V a a = = 3 2 6 a . 0,25 Gọi N là trung điểm AB //( )BD SMN ⇒ . Suy ra: ( , ) ( ,( )) ( ,( )) ( ,( ))d SM BD d BD SMN d D SMN d A SMN = = = . Kẻ ( ) ( ) , ( ) ( ,( )) AP MN P MN AH SP H SP AH SMN d A SMN AH ⊥ ∈ ⊥ ∈ ⊥ ⇒ = . 0,25 Tam giác vuông SAP có 2 2 2 1 1 1 AH AS AP = + 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 11 2 2 4 a AS AN AM a a a = + + = + + = Suy ra 22 11 a AH = ⇒ 22 ( , ) 11 a d SM BD = . 0,25 7 (1,0đ) Tam giác ABC có phân giác trong góc A là : 3 0d x y + − = . Hình chiếu của tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC lên AC là (1;4)E . BC có hệ số góc âm và tạo với đường thẳng AC góc 0 45 . Đường thẳng AB tiếp xúc với ( ) 2 2 ( ) : 2 5C x y + + = . Tìm phương trình các cạnh. A D B C S M N P H H B A C I D F E J Gọi F là điểm đối xứng với E qua d ( 1;2)F ⇒ − . Nhận xét: ( )C có tâm ( 2;0),I − bán kính 5R = và ( )F C ∈ . Từ đó AB qua F và vuông góc với IF nên có phương trình : 2 3 0AB x y + − = . 0,25 (3;0)AB d A ∩ = ⇒ : 2 6 0AC x y + − = . Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp ABC ∆ . Đường thẳng ∆ qua 1 10 , : 2 7 0 ; 3 3 E AC x y d J   ⊥ ⇒ ∆ − + = ⇒ ∆ ∩ = −  ÷   . 0,25 Gọi vtpt của đường thẳng BC là 2 2 ( ; ), 0n a b a b = + ≠ r . Ta có: ( ) ( ) 0 2 2 2 2 2 2 2 | 2 | cos45 5. 2 2 5 3 8 3 0 a b a b a b a b a ab b + = + ⇒ + = + ⇒ + − = • 0 :a = suy ra 0b = (loại) • 0 :a ≠ chọn 1 3a b= ⇒ = (thỏa mãn hệ số góc âm), 1 3 b = − (loại). Suy ra phương trình : 3 0BC x y C + + = . 0,25 Do J là tâm đường tròn nội tiếp ABC ∆ nên ( , ) ( , )d J AC d J BC = Suy ra 2 10 1 | 6 | | 10 | 29 10 2 3 3 3 3 5 10 C C − + − − + + − − = ⇒ = (thỏa mãn); 29 10 2 3 C − + = (loại vì khi đó ,A J nằm 2 phía BC ). Từ đó: 29 10 2 : 3 0 3 BC x y + + − = . Đáp số: : 2 3 0AB x y + − = ; : 2 6 0AC x y + − = ; 29 10 2 : 3 0 3 BC x y + + − = . 0,25 8 (1,0đ) ( ) 1; 1;0A − , 1 1 : 2 1 3 x y z d + − = = − . Lập ( )P chứa A và d . Tìm : ( , ) 3B Ox d B Ox ∈ = . Đường thẳng d qua ( ) 1;1;0M − và có vtcp (2;1; 3)u = − r . Ta có (2; 2;0)MA = − uuur . ( )P qua ( ) 1; 1;0A − và có vtpt ( ) , 6;6;6 .n MA u   = =   r uuur r Chọn (1;1;1)n = r . 0,25 Phương trình tổng quát của ( )P là: 1( 1) 1( 1) 1( 0) 0 0.x y z x y z − + + + − = ⇔ + + = 0,25 Gọi ( ;0;0) ;B b Ox ∈ | | ( ,( )) 3 3 3 b d B P = ⇔ = . 0,25 | | 3 3 ( 3;0;0)b b B ⇔ = ⇔ = ± ⇒ ± . Đáp số: ( ): 0P x y z + + = ; ( 3;0;0)B ± . 0,25 9 (0,5đ) Có 300 học sinh đăng ký. Có 50 học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A. Bốc thăm ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh nói trên. Tìm xác suất để có đúng 90% số học sinh đạt yêu cầu. Gọi A là biến cố: “Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu”. Chọn ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh có 30 300 C cách chọn. Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu, tức là chọn được 27 em. Chọn 27 học sinh từ 50 học sinh có 27 50 C cách. Chọn nốt 3 em từ 250 em còn lại có 3 250 C cách. 0,25 Số cách chọn học sinh đạt yêu cầu là: 27 50 C . 3 250 C . Xác suất của biến cố A là ( )P A = 27 3 21 50 250 30 300 . 1,6.10 C C C − ≈ . 0,25 10 (1,0đ) Cho , 0:a b > 1ab ≥ . Tìm GTNN của 1 1 32 1 1 2 (1 ) 2 (1 ) 8 T a b a a b b = + − + + + + + + . Ta có: ( ) 1 1 2 , 1 1 1 1 ab a b ab + ≥ ≥ + + + . Thật vậy: Quy đồng, chuyển vế, bđt trên tương đương với ( ) ( ) 2 1 0a b ab − − ≥ (Đúng). Lại có: 2 2 2 4 1 3 1 1 .1 1 2 ab ab ab ab = ≥ = + + + + + . Suy ra: 1 1 4 1 1 3a b ab + ≥ + + + . 0,25 Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 (1 ) (1 ) 2 2 2 2 2 2 2 2a a b b a b a b ab ab ab+ + + = + − + + + ≥ − + + ≥ + . Suy ra: 2 (1 ) 2 (1 ) 8 4 12a a b b ab + + + + ≥ + . 1 1 32 32 16 2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 (1 ) 2 (1 ) 8 4 12 2 3 3 a a b b a a b b ab ab ab − − − ≤ ⇒ ≥ = + + + + + + + + + + + . 4 16 3 3 T ab ab ⇒ ≥ − + + . Đặt 2 4 16 1 ( ). 3 3 t ab T f t t t = ≥ ⇒ ≥ − = + + 0,25 2 2 2 2 2 2 8 8 ( 3) ( 3) 3 '( ) 8. ( 3) ( 3) 3 ( 3) ( 3) 3 t t t t t f t t t t t t t − + − + + = + = + + + + + + . Xét ( ) 2 2 2 ( 3) ( 3) 3 ( 3) 3 3 0M t t t t t t t t = + − + + > + + − + > 2 4 2 3 2 4 3 2 3 3 6 9 3 ( ) 3 9 0t t t t t t t t t t ⇔ + > + ⇔ + + > + ⇔ − + + > (Đúng 1t ∀ ≥ ). Suy ra '( ) 0 1f t t > ∀ ≥ ( )f t ⇒ đồng biến 1t ∀ ≥ . 0,25 Từ đó: 1 (1) 7 1 1. t MinT f t a b ≥ = =− ⇔ = ⇔ = = 0,25 Cách 2: Có thể dồn biến về 2 2u a b ab = + ≥ ≥ như sau: • 1 1 4 4 1 1 1 1 2a b a b u + ≥ = + + + + + + • 2 2 2 2 (1 ) (1 ) 2 2 2a a b b a b a b a b a b a b u + + + = + + + ≥ + + ≥ + + = + Suy ra: 1 1 2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 12 2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 12 a a b b u a a b b u + + + + ≥ + ⇒ ≤ + + + + + 4 32 ( ), 2. 2 2 12 T f u u u u ⇒ ≥ − = ≥ + + Chứng minh '( ) 0 2f u u > ∀ ≥ tương tự cách 1. Kết luận: 2 (2) 7 2 1. u MinT f u a b ≥ = = − ⇔ = ⇔ = = Hết . Trờng thpt lơng thế vinh Hà nội Năm học 2014 - 2015 đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 Môn thi: Toán - Lần thứ 3 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày 16.5 .2015 Cõu 1 (2,0. = + + 0,25 2 2 2 2 2 2 8 8 ( 3) ( 3) 3 '( ) 8. ( 3) ( 3) 3 ( 3) ( 3) 3 t t t t t f t t t t t t t − + − + + = + = + + + + + + . Xét ( ) 2 2 2 ( 3) ( 3) 3 ( 3) 3 3 0M t t t t t t t t = + −. + > = + + ( ) ( ) 2 3 2 3 4 1 2 2 1 2 2x x x x x x x x− + = + − = − + > − = − 3 2 3 2 4 5 3 4 2x x x x x x⇒ − + + − + > − 3 2 3 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 4 5 3 4 x x x x x x x x x x