ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 118 Ngày 01 tháng 6 năm 2015 Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số 2x 1 y x 1 + = − (1) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị )(C của hàm số (1). b. Tìm các giá trị m để đường thẳng 3y x m= − + cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng 2 2 0x y− − = (O là gốc tọa độ). Câu 2.(1,0điểm): 1. Giải phương trình cosx cos3x 1 2 sin 2x 4 π   + = + +  ÷   . 2. Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 )i z− là số thực và 2 5 1z i− + = . Câu 3 (0.5 điểm): Giải phương trình: ( ) ( ) 3 3 5 12 3 5 2 x x x+ − + + = Câu 4.(1điểm): Giải hệ phương trình 3 3 2 3 7 3 ( ) 12 6 1 (1) ( , ) 4 1 3 2 4 (2) x y xy x y x x x y x y x y + + − − + =   ∈  + + + + =   ¡ Câu 5.(1điểm): Tính tích phân: I = 2 4 0 ( sin 2 )cos2x x xdx π + ∫ . Câu 6. (1điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3 4 a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu 7.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm (2; 3)A − , (3; 2)B − .Tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 , trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên đường thẳng ( d ) : 3 8 0x y− − = . Tính bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Câu 8.(1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ tọa độ Oxyz , cho điểm (0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3)A B C− − − − và mặt cầu (S) có phương trình: 2 2 2 2 2 2 0x y z x z+ + − + − = . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. Câu 9. (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n sao cho: ( ) 1 2 2 3 3 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . 2015 n n n n n n n C C C C n C + + + + + + − + − + + + = Câu 10.( 1,0điểm): Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a b c 1+ + = . Chứng minh rằng: a b b c c a 3 ab c bc a ac b + + + + + ≥ + + + HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 118 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị )(C của hàm số: 2x 1 y x 1 + = − (1). 1.0 TXĐ : { } \ 1¡ . 2 3 ' 0, 1 ( 1) y x x − = < ∀ ≠ − hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng )1;(−∞ và );1( +∞ ; Hàm số không có cực trị: 0.25 1 1 2 1 2 1 lim ; lim 1 1 x x x x x x + − → → + + = +∞ = −∞ ⇒ − − TCĐ : 1x = 2 1 lim 2 1 x x x →±∞ + = ⇒ − TCN : 2y = 0.25 Bảng biến thiên: Lập BBT x −∞ 1 +∞ y’ - - y 2 −∞ +∞ 2 0.25 Đồ thị f(x) =(2x+1)/(x-1) f(x) =2 x(t )=1, y( t)=t -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 x y 0.25 1.2 Tìm các giá trị m để đường thẳng 3y x m= − + cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng 2 2 0x y− − = (O là gốc tọa độ). 1.0 Pt hoành độ giao điểm: 2 1 3 1 x x m x + = − + − với đk 1x ≠ 2 2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (*)⇔ + = − − + ⇔ − + + + =x x x m x m x m 0.25 D cắt (C) tại A và B phân biệt ⇔ Pt (*) có 2 nghiệm pb khác 1 2 11 (1 ) 12( 1) 0 ( 1)( 11) 0 1 3 (1 ) 1 0 m m m m m m m m >  ∆ = + − + >  ⇔ ⇔ + − > ⇔   < − − + + + ≠   0.25 Gọi I là trung điểm của AB 1 2 1 1 , 3 2 6 2 I I I x x m m x y x m + + − ⇒ = = = − + = Gọi G là trọng tâm tam giác OAB 2 1 1 ; 3 9 3 m m OG OI G + −   ⇒ = ⇒  ÷   uuur uur 0.25 1 1 11 2. 2 0 9 3 5 m m G d m + −   ∈ ⇔ − − = ⇔ = −  ÷   (TM). Vậy 11 5 m = − 0.25 2.1 Giải phương trình cosx cos3x 1 2 sin 2x 4 π   + = + +  ÷   . cosx cos3x 1 2 sin 2x 2cos x cos 2x 1 sin 2x cos2x 4 π   + = + + ⇔ = + +  ÷   0.5 ⇔ 2 2cos x 2sin xcos x 2cos x cos2x 0+ − = Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 ( ) ( ) cosx cosx sinx 1 sinx cosx 0⇔ + + − = 0.25 cosx 0 cosx sinx 0 1 sinx cosx 0 =   ⇔ + =   + − =  x k 2 x k 4 x k2 3 x k2 2 π  = + π   π  = − + π  ⇔  = π   π = + π   Vậy, PT có nghiệm: x k 2 x k 4 x k2 π  = + π   π  = − + π   = π    ( ) k ∈¢ 0.25 2.2 Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 )i z− là số thực và 2 5 1z i− + = . 0.5 Giả sử = + z a bi với a,b ∈ ¡ , khi đó (1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i− = − + = + + − (1 3 )i z− là số thực 3 0 3b a b a ⇔ − = ⇔ = 0.25 2 2 2 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a− + = ⇔ − + − = ⇔ − + − = 0.25 2 2 2 6 10 34 29 1 5 17 14 0 7 21 5 5 a b a a a a a b = ⇒ =   ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔  = ⇒ =  0.25 Vậy 7 21 2 6 , 5 5 z i z i= + = + 3 Giải phương trình: ( ) ( ) 3 3 5 12 3 5 2 x x x+ − + + = 0.5 Chia hai vế của phương trình cho 2 0 x > ta được : 3 5 3 5 12 8 2 2 x x     − + + =  ÷  ÷  ÷  ÷     (1) do 3 5 3 5 . 1 2 2 x x     − + =  ÷  ÷  ÷  ÷     đặt 3 5 3 5 1 0 & 2 2 x x t t t     − + = ⇒ > =  ÷  ÷  ÷  ÷     khi đó pt (1) trở thành 2 2 12 8 8 12 0 6 t t t t t t =  + = ⇔ − + = ⇔  =  ( thoả mãn) 0.25 3 5 2 3 5 2 2 log 2 2 x t x −   − = ⇒ = ⇔ =  ÷  ÷   3 5 2 3 5 6 6 log 6 2 x t x −   − = ⇒ = ⇔ =  ÷  ÷   0.25 4 Giải hệ phương trình 3 3 2 3 7 3 ( ) 12 6 1 (1) ( , ) 4 1 3 2 4 (2) x y xy x y x x x y x y x y + + − − + =   ∈  + + + + =   ¡ 1.0 Giải: ĐK 3 2 0x y+ ≥ ( ) ( ) 3 2 3 2 2 3 3 3 (3) 8 12 6 1 3 3 2 1 2 1 1 ⇔ − + − = − + − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = − x x x x x y xy y x x y x x y y x 0.25 + Với 1y x= − thay vào (4) ta được : 3 3 2 2 4x x+ + + = Đặt 3 3 2, 2 (b 0)a x b x= + = + ≥ 0.25 . Ta có hệ pt 3 3 2 4 2 3 2 2 2 2 3 4 2 2 a b a x x b a b x  + = = + =    ⇔ ⇒ ⇔ =    = = − + =     0.25 + 2 1x y= ⇒ = − . Vậy nghiệm của hệ là: 2 1 x y =   = −  0.25 5 Tính tích phân: I = 2 4 0 ( sin 2 ) cos2x x xdx π + ∫ . 1.0 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 I = 4 4 4 2 2 1 2 0 0 0 ( sin 2 ) 2 2 sin 2 2x x cos xdx xcos xdx xcos xdx I I π π π + = + = + ∫ ∫ ∫ 0.25 TÝnh 1 I :ĐÆt 4 1 0 1 sin 2 sin 2 4 1 os2 2 2 sin 2 0 2 =  =   ⇒ ⇒ = −   = =    ∫ du dx u x x I x xdx dv c xdx v x π π 1 1 2 4 8 4 8 4 0 cos x π π π = + = − 0.25 TÝnh 2 I : 4 2 3 2 0 1 1 1 4 sin 2 (sin2 ) sin 2 2 6 6 0 I xd x x π π = = = ∫ 0.25 VËy I= 1 1 1 8 4 6 8 12 π π − + = − 0.25 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3 4 a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 1.0 Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó · 0 60A DB = . Hay ABD ∆ đều. Do mp ( ) SAC và mp (SBD) cùng vuông góc với mp (ABCD) nên giao tuyến của chúng SO⊥ (ABCD). 0.25 Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB ⊥ và DH = 3a ; OK // DH và 1 3 2 2 a OK DH = = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK). Gọi I là hình chiếu của O lên SK ⇒ OI ⊥ (SAB), 3 4 a OI = 0.25 Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO = + ⇒ = Diện tích đáy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a ∆ = = = ; đường cao của hình chóp 2 a SO = . 0.25 Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO = = 0.25 7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm (2; 3)A − , (3; 2)B − .Tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 , trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên đường thẳng ( d ) : 3 8 0x y− − = . Tính bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC . 1.0 Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 = 0; AB 2.= ⇒ d(C; AB) = 5 2 2 ABC a b S AB D - - = 0,25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 S A B K H C O I D a 8(1) 5 3 2(2) a b a b a b é - = ê Û - - = Û ê - = ê ë Trọng tâm G 5 5 ; 3 3 a b æ ö + - ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç è ø ∈ (d) ⇒ 3a – b = 4 (3) 0,25 Từ (1), (3) ⇒ C(–2;– 10) ⇒ r = 3 2 65 89 S p = + + Từ (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ 3 2 2 5 S r p = = + . Vậy có hai giá trị 3 2 65 89 r = + + và 3 2 2 5 r = + . 0,5 8 Trong không gian với hệ trục tọa độ tọa độ Oxyz , cho điểm (0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3)A B C− − − − và mặt cầu (S) có phương trình: 2 2 2 2 2 2 0x y z x z+ + − + − = . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. Ta có (S) 2 2 2 : ( 1) ( 1) 4− + + + =x y z suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R 2= Và (1; 1; 4); ( 1; 3; 4)AB AC= − − = − − − uuur uuur Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là , ( 8;8; 4)n AB AC   = = − −   r uuur uuur Suy ra mp(ABC) có phương trình: 8x 8(y 1) 4(z 1) 0 2x 2y z 1 0− + − − − = ⇔ − + + = 0.25 Ta có 1 ( ;( )). 3 ABCD ABC V d D ABC S= nên ABCD V lớn nhất khi và chỉ khi ( ;( ))d D ABC lớn nhất . Gọi 1 2 D D là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm bất kỳ thuộc (S) thì { } 1 2 ( ;( )) max ( ;( )); ( ;( ))d D ABC d D ABC d D ABC≤ . Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D 1 hoặc D 2 0.25 Đường thẳng 1 2 D D đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là ( ) (2; 2;1)= − r ABC n Do đó (D 1 D 2 ) có phương trình: 1 2 2 1 = +   = −   = − +  x t y t z t . Tọa độ điểm D 1 và D 2 thỏa mãn hệ: 2 2 2 1 2 2 2 3 1 2 3 ( 1) ( 1) 4 x t t y t z t t x y z = +   =   = −  ⇒   = − + −   =    − + + + =  1 2 7 4 1 1 4 5 ; ; & ; ; 3 3 3 3 3 3 − − − −     ⇒  ÷  ÷     D D 0.25 Ta thấy: 1 2 ( ;( )) ( ;( ))d D ABC d D ABC> . Vậy điểm 7 4 1 ; ; 3 3 3 D   − −  ÷   là điểm cần tìm 0.25 9 Tìm số nguyên dương n sao cho: ( ) 1 2 2 3 3 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . 2015 n n n n n n n C C C C n C + + + + + + − + − + + + = 0.5 Xét khai triên: ( ) 2 1 1 n x + + = 0 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n n n n C xC x C x C x C x C + + + + + + + + + + + + + + Đạo hàm cả hai vế của khai triển ta được: ( ) ( ) 2 2 1 1 n n x+ + = ( ) 1 2 2 3 3 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 2 1 n n n n n n n C xC x C x C n x C + + + + + + + + + + + + 0.25 Thay x=-2 vào ta được: ( ) 1 2 2 3 3 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . n n n n n n n n C C C C n C + + + + + + + = − + − + + + Do đó (2) 2 1 2015 1007n n ⇔ + = ⇔ = . 0.25 10 Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a b c 1+ + = . Chứng minh rằng : a b b c c a 3 ab c bc a ac b + + + + + ≥ + + + 1.0 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 5 Ta có a b 1 c 1 c ab c ab 1 b a (1 a)(1 b) + − − = = + + − − − − 0.25 VT= 1 c 1 b 1 a (1 a)(1 b) (1 c)(1 a) (1 c)(1 b) − − − + + − − − − − − 0.25 Do a,b,c dương và a+b+c =1 nên a, b, c ( ) 0;1 1 a;1 b;1 c∈ ⇒ − − − dương 0.25 Áp dụng bđt Cô si cho 3 số dương ta được VT 1 c 1 b 1 a 3 3 . . 3 (1 a)(1 b) (1 c)(1 a) (1 c)(1 b) − − − ≥ = − − − − − − (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi 1 a b c 3 = = = 0.25 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 6 . ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 118 Ngày 01 tháng 6 năm 2015 Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số 2x 1 y x 1 + = − (1) a. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị )(C của hàm số (1). b + + HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 118 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Câu NỘI DUNG Điểm 1.1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị )(C của hàm số: 2x 1 y x 1 + = − . ∈¢ 0.25 2.2 Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 )i z− là số thực và 2 5 1z i− + = . 0.5 Giả sử = + z a bi với a,b ∈ ¡ , khi đó (1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i− = − + = + + − (1 3 )i z− là số