Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 105 Ngày 19 tháng 5 năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 ( 1) (2 1) 2 y x m x m x m= + − − + − (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m =1. 2. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại 1 2 ,x x thỏa mãn: 2 2 1 2 1 2 1x x x x+ = + . Câu 2.(1,0 điểm) 1. Giải phương trình: 8 os3 2sin 2 cos c x x x + = − − . 2. Tìm số phức z biết 3 5z = và phần thực của z bằng 2 lần phần ảo của nó Câu 3.(0.5 điểm) Giải bất phương trình: 3 1 1 3 1 2log log (16 15.4 27) 0 4 3 x x x+ − + + ≥ − . Câu 4.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 2 3 2 0 (x,y R) 5 2 5 3 3 2 x xy y x y x xy y x y  + + − − =  ∈  + + − − =   . Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = 1 2 0 ( 1) ( 1) x x e dx x + + ∫ . Câu 6.(1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB = a, BC = 2a. Biết hình chiếu của B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và góc giữa đường thẳng CC’ và mặt phẳng (A’B’C’) là 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ và góc giữa đường thẳng HB’ và mặt phẳng (ABB’) theo a. Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 2 : 7 3 0; : 2 1 0d x y d x y− + = + + = . Lập phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng 2 d và tiếp xúc với đường thẳng 1 d tại điểm có hoành độ là 4. Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có (0;1;4)A và hai trung tuyến nằm trên hai đường thẳng có phương trình: 1 2 5 : ; 2 2 1 x y z d − − = = − 2 3 1 1 : 1 4 1 x y z d − − − = = − . Tính diện tích tam giác ABC . Câu 9.(1,0 điểm) Tìm số hạng chứa 10 x trong khai triển 3 (2 ) n x x − biết n là số tự nhiên thỏa mãn: 1 3 5 2 1 2011 2 1 2 1 2 1 2 1 3 5 (2 1) 2013.2 . n n n n n C C C n C + + + + + + + + + + = Câu 10.(1,0 điểm) Cho ,x y là các số thực thuộc khoảng (0; 1 )a + với 1a > là số thực cho trước. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2( ) ( 1) ( 1)P a x y x a y y a x= + + + − + + − . HẾT 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 105 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Cho hàm số 3 2 ( 1) (2 1) 2 y x m x m x m= + − − + − (1) 1.0 Với 3 1, y=x 3 2m x= − − * TXĐ: R * SBT: 2 ' 3 3 0 1y x x= − = ⇔ = ± 0,25 HS đồng biến trên ( ; 1)−∞ − và (1; )+∞ , nghịch biến trên ( 1;1)− Điểm CĐ(-1;0), Điểm CT(1;-4) 0,25 lim x y →±∞ = ±∞ , đồ thị không có tiệm cận BBT x −∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + y 0,25 * Đồ thị: '' 6 0 0y x x= = ⇔ = , ĐU(0;-2) ĐT cắt trục hoành tại (2;0) đi qua điểm (-2;-4) Đồ thị nhận ĐU(0;-2) làm tâm đối xứng 0.25 1.2 Tìm m để hàm số đạt cực trị tại 1 2 ,x x thỏa mãn: 2 2 1 2 1 2 1x x x x+ = + . 1.0 2 ' 3 2( 1) (2 1)y x m x m= + − − + Hàm số có CĐ, CT ⇔ pt: ' 0y = có hai nghiệm phân biệt 2 ' ( 2) 0 2m m⇔ ∆ = + > ⇔ ≠ − 0,25 Khi đó áp dụng viet ta có: 2 2 1 2 1 2 1x x x x+ = + 2 1 2 5 2 0 2, 2 m m m m − ⇔ + + = ⇔ = − = 0.5 Đối chiếu điều kiện: 1 2 m − = 0.25 2.1 Giải phương trình: 8 os3 2sin 2 cos c x x x + = − − . 0.5 PT 2 sinx 0 (1) 8 os3 4sin (2) 2 cos c x x x ≤   ⇔ +  =  −  (2)⇔ 2 2 8cos cos 0 1 arccos( ) 2 8 x k x x x k π π π  = +  + = ⇔  −  = ± +   0,25 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm: 1 2 , arccos( )+ 2 2 8 x k x k π π π − = − + = − . 0,25 2.2 Tìm mô đun của số phức z biết 3 5z = và phần thực của z bằng 2 lần phần ảo của nó. 0.5 Gọi : , ,z a bi a b= + ∈¡ Ta có 2 2 2 3 5 5 45 3 5 2 2 2 a bi b a b a b a b a b    + = =   + = ⇔ ⇔    = = =      0.25 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 0 2 -4 −∞ +∞ Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 3 6 6 3 3 3 2 b a a b b b a b  =  = − =     ⇔ ⇔ ∪ = −     = − =    =  Vậy : 1 2 1 2 6 3 , 6 3 3 5z i z i z z= + = − − ⇒ = = 0.5 3 Giải bất phương trình: 3 1 1 3 1 2log log (16 15.4 27) 0 4 3 x x x+ − + + ≥ − . ĐK: 4 3 log 4 x > 0.5 Bpt 2 4 2 16 15.4 27 (4.4 3) 4 3 log 3 5 x x x x x − ⇔ + + ≥ − ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ 0,25 Đối chiếu điều kiện: 4 4 3 log log 3 4 x< ≤ 0,25 4 Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 2 3 2 0 (x,y R) 5 2 5 3 3 2 x xy y x y x xy y x y  + + − − =  ∈  + + − − =   . 1.0 2 2 2 2 3 2 2 3 2 0 (1) 5 2 5 3 3 2 (2) x xy y x y x xy y x y  + + − − =   + + − − =   Nhân hai vế của (1) với 3 rồi trừ vế theo vế ta có: 2 (2 ) 3(2 ) 2 0x y x y+ − + + = 2 1 2 2 x y x y + =  ⇔  + =  0,25 Với 2 1x y+ = thế vào (1) ta có: 5 3 ( ; ) (0;1); ( ; ) ( ; ) 7 7 x y x y − = = Với 2 2x y+ = thế vào (1) ta có: 4 6 ( ; ) (1;0); ( ; ) ( ; ) 7 7 x y x y= = 0,5 Kết luận: Hệ có 4 nghiệm: 5 3 (0;1), ( ; ) 7 7 − , 4 6 (1;0), ( ; ) 7 7 0.25 5 Tính tích phân: I = 1 2 0 ( 1) ( 1) x x e dx x + + ∫ . 1.0 I = 1 2 0 ( 1) ( 1) x x e dx x + + ∫ . Đặt 2 ( 1) ( ( 1) 1) 1 ( 1) 1 x x u x e du e x dx dx dv v x x  = +  = + +   ⇒   − = =   + +   0.5 I= 1 1 0 0 ( 1) 1 | ( ) 1 1 x x x e e dx x x + − + + = + + ∫ = 1 0 1 3 ( ln 1) | ln 2 2 2 2 x e e e x + − + + + = + − . Vậy I = 3 ln 2 2 2 e + − 0.5 6 Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB = a, BC = 2a. Biết hình chiếu của B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và góc giữa đường thẳng CC’ và mặt phẳng (A’B’C’) là 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ và góc giữa đường thẳng HB’ và mặt phẳng (ABB’) theo a. 1.0 *) Tính thể tích: Gọi H là trung điểm của BC. Từ giả thiết ta có: 0 ' .tan 60 3B H BH a= = và 2 1 3 2 ABC S a= . Suy ra 3 . ' ' ' 3 ' . 2 ABC A B C ABC V B H S a= = (đvtt) 0.5 *) Tinh góc: Gọi M là trung điểm của AB, suy ra ( ' ) ( ') ( ' )AB B HM ABB B HM⊥ ⇒ ⊥ . Do đó góc giữa 'B H và ( ')ABB là góc giữa 'B H và 'B M . Ta có 1 1 tan ' ' arctan ' 2 2 MH MB H MB H B H = = ⇒ ∠ = 0,5 Vậy góc giữa 'B H và ( ')ABB là 1 arctan 2 7 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 2 : 7 3 0; : 2 1 0d x y d x y− + = + + = . Lập phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng 2 d và tiếp xúc với đường thẳng 1 d tại 10 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 A B C A’ B’ C’ H M Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch điểm có hoành độ là 4. Giả sử đường tròn tiếp xúc với 1 d tại A. Ta có A(4;1). Gọi ( ; 2 1)I a a− − .Từ giả thiết ta có: 1 . 0IA u = uur ur (4 ;2 2 )(7;1) 0 6a a a⇔ − + = ⇔ = 0,5 Do đó (6; 13)I − và 2 2 200R IA= = suy ra pt đường tròn là: 2 2 ( 6) ( 13) 200x y− + + = 0,5 8 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có (0;1;4)A và hai trung tuyến nằm trên hai đường thẳng có phương trình: 1 2 5 : ; 2 2 1 x y z d − − = = − 2 3 1 1 : 1 4 1 x y z d − − − = = − . Tính diện tích tam giác ABC . 1.0 Ta thấy A không thuộc hai đường thẳng 1 2 ,d d . KMTTQ giả sử đường thẳng 1 2 ,d d là trung tuyến đi qua B, C. 0,25 Suy ra (2 2 ,5 2 , ), (3 ,1 4 ,1 )B t t t C u u u− + + − + , gọi M,N là trung điểm của AB, AC. Ta có 3 5 (1 ,3 , 2 ), ( ;1 2 ; ) 2 2 2 t u u M t t N u + + − + + − . Vì 2 1 ;M d N d∈ ∈ nên ta có 2, 3 (6;1; 2), (0;13; 2)t u B C= − = − ⇒ − − 0,5 1 , 2 ABC S AB AC   = =   uuur uuur 54(đvdt) 0,25 9 Tìm số hạng chứa 10 x trong khai triển 3 (2 ) n x x − biết n là số tự nhiên thỏa mãn: 1 3 5 2 1 2011 2 1 2 1 2 1 2 1 3 5 (2 1) 2013.2 . n n n n n C C C n C + + + + + + + + + + = 0.5 Ta có 1 1 ( 1)! , n 2,k 1 (1) ( )!( 1)! k k n n n kC n nC n k k − − − = = ≥ ≥ − − 0,25 Áp dụng (1) ta có: 1 3 5 2 1 0 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 3 5 (2 1) (2 1)( ) (2 1).2 . n n n n n n n n n n C C C n C n C C C n + − + + + + + + + + + = + + + + = + Suy ra: 2 1 2011 (2 1).2 2013.2 1006 n n n − + = ⇒ = (vì nếu 1006, 1006n n> < thì không có đẳng thức) Khi 1006n = , SHTQ của khai triển 1006 3 (2 )x x − là: 1006 1006 1006 2 1006 1006 3 (2 ) ( 1) ( ) ( 1) (2) ( 3) k k k k k k k k k C x C x x − − − − = − Số hạng chứa 10 x tương ứng với 498k = suy ra số hạng cần tìm là: 498 508 249 10 1006 2 3C x 0.25 10 Cho ,x y là các số thực thuộc khoảng (0; 1 )a + với 1a > là số thực cho trước. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2( ) ( 1) ( 1)P a x y x a y y a x= + + + − + + − . 1.0 2 2 2( ) ( 1) ( 1)P a x y x a y y a x= + + + − + + − Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 ( ( 1) ( 1) ) ( )(2( 1) ( ))x a x y a y x y a x y+ − + + − ≤ + + − + 2 2 2 2 2 2 2 2( 1) ( )P a x y x y a x y≤ + + + + − + 0.5 Đặt 2 2 2 (0; 2( 1)), f(t)=2at+t 2( 1)t x y a a t= + ∈ + + − 2 2 2 2 2 2( 1) 2 '( ) 2 2( 1) 2 2( 1) 2( 1) t a t f t a a t a a t a t + − = + + − − = + + − + − 2 2 '( ) 0 2( 1) ( 1) 2 1f t a a t t a t a= ⇔ + − = − + ⇔ = + Lập BBT ta có 3 ( ) ( 2 1) (2 1)P f t f a a≤ ≤ + = + , có “=” khi 1 2 x y a= = + Vậy max 3 (2 1)P a= + 0.5 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 A I . Thạch ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 105 Ngày 19 tháng 5 năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 ( 1) (2 1) 2 y x m x m x m= + − − + − (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số. Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 105 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Cho hàm số 3 2 ( 1) (2 1) 2 y x m x m x m= + − − + − (1) 1.0 Với 3 1, y=x 3 2m x=. − − − = − Số hạng chứa 10 x tương ứng với 498k = suy ra số hạng cần tìm là: 498 508 249 10 1006 2 3C x 0.25 10 Cho ,x y là các số thực thuộc khoảng (0; 1 )a + với 1a > là số thực cho