đề thi thử thpt quốc gia môn toán,đề số 39

Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề 2015 Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
1
Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 39/50
Ngày thi : 14/05/2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
y =
3x + 1
x − 2
có đồ thị là (H).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
2. Tìm m để đường thẳng
Δ : y = −2x + m
cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam
giác AOB vuông tại O.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho
−
π
2
< a < 0
thoả mãn
cos a =
3
5
. Tính giá trị biểu thức

P = tan(a −
π
4
).cot a
.
b) Cho số phức
z = 3 + 2i
. Tìm phần thực và phần ảo của số phức
w = iz − 3 − 2z
.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình
log
10
(3
1+ x
+ 3
1− x
) = 1
.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

x
2
− y − 2 x
2
y + y = −3
2(x
2
+ y) x
2

− y + 2 = 3x
2
− 3y + 5
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
(x, y ∈!)
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
y =
2x
3
+ (x + 2)e
x
x +1
, y =
e
x
x +1
,
các đường thẳng
x = 0, x = 1
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I,
AB = a, AD = 2a
.
Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với điểm I. Gọi M,N lần lượt là trung điểm
SA,CD. Biết góc giữa MN và mặt phẳng (ABCD) bằng

ϕ
, tan
ϕ
=
2
37
. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và côsin góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I có đỉnh B(-8;3). Gọi M là
trung điểm cạnh AB. Gọi E,F lần lượt là hai điểm trên hai cạnh BC,CD thoả mãn

EIF
!
= 45
0
. Tìm toạ
độ các đỉnh A,C,D biết phương trình đường thẳng ME là
5x − 4 y + 27 = 0
và đỉnh A thuộc đường
thẳng
x + 2y − 8 = 0
và F(-6;-7).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
(S) : x
2
+ y
2
+ (z − 2)
2
= 4

và điểm
A(1;-2;1). Chứng minh rằng từ A kẻ được vô số các tiếp tuyến đến mặt cầu (S). Viết phương trình tiếp
tuyến
Δ
của (S) kẻ từ A, biết
Δ
cắt trục Oy.
Câu 9 (0,5 điểm). Một lớp học có 46 học sinh trong đó có 27 nam và 19 nữ. Đầu giờ truy bài cán bộ
phụ trách lớp kiểm tra và thống kê được rằng có 7 nam và 4 nữ không chuẩn bị bài tập về nhà, trong đó
có Mai (Nữ) và Bình (Nam). Vào tiết học cô giáo gọi ngẫu nhiên 2 nam và 2 nữ lên bảng để kiểm tra
bài tập về nhà. Tính xác sất để 4 bạn được gọi lên bảng đều không chuẩn bị bài tập về nhà, trong đó có
cả Bình và Mai.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn

x + y + z = 3
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức

P = ( 2xy + 2yz + 2zx +1)(
x +1
y +1
+
y +1
z +1
+
z +1
x +1
) +
1
xy

2
+ yz
2
+ zx
2
+ 2
.


HẾT
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề 2015 Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
2
PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
y =
3x + 1
x − 2
có đồ thị là (H).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
2. Tìm m để đường thẳng
Δ : y = −2x + m
cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác
AOB vuông tại O.
1. Học sinh tự giải.
2. Phương trình hoành độ giao điểm:
3x + 1
x − 2
= −2x + m ⇔ 2x

2
− (m +1)x + 2m + 1 = 0
(1).
Ta phải có (1) có 2 nghiệm phân biệt,
Δ = (m + 1)
2
− 8(2m + 1) > 0
(*).
Khi đó

A(x
1
;−2x
1
+ m), B(x
2
;−2x
2
+ m) ⇒ OA
! "!!
= (x
1
;−2x
1
+ m),OB
! "!!
= (x
2
;−2x
2

+ m)
.
Vì tam giác AOB vuông tại O nên


OA
! "!!
.OB
! "!!
= x
1
x
2
+ (−2x
1
+ m)(−2x
2
+ m) = 0
⇔ 5x
1
x
2
− 2m(x
1
+ x
2
) + m
2
= 0 ⇔ 5.
2m + 1

2
− 2m.
m +1
2
+ m
2
= 0
⇔ 8m + 5 = 0 ⇔ m = −
5
8
.
Vậy
m = −
5
8
là giá trị cần tìm.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho
−
π
2
< a < 0
thoả mãn
cos a =
3
5
. Tính giá trị biểu thức
P = tan(a −
π
4

).cot a
.
b) Cho số phức
z = 3 + 2i
. Tìm phần thực và phần ảo của số phức
w = iz − 3 − 2z
.
a) Ta có:
sin
2
a = 1 − cos
2
a = 1 −
9
25
=
16
25
⇒ sin a = −
4
5
vì
−
π
2
< a < 0
.
Suy ra
cot a = −
3

4
, tan a = −
4
3
⇒ tan(a −
π
4
) =
tana −1
1+ tana
=
−
7
3
−
1
3
= 7
.
Do đó
P =
21
4
.
b) Ta có:
w = iz − 3 − 2z = (3 + 2i)i − 3 − 2(3 − 2i) = −11+ 7i
.
Vậy w có phần thực bằng -11, phần ảo bằng 7.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình
log

10
(3
1+ x
+ 3
1− x
) = 1
.
Phương trình tương đương với:

3
1+ x
+ 3
1−x
= 10 ⇔ 3.3
x
+
3
3
x
= 10 ⇔ 3.3
2 x
−10.3
x
+ 3 = 0 ⇔
3
x
= 1
3
x
=

1
3
⎡
⎣
⎢
⎢
⇔
x = 0
x = −1
⎡
⎣
⎢
.
Vậy phương trình có hai nghiệm
x = 0; x = −1
.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
x
2
− y − 2 x
2
y + y = −3
2(x
2
+ y) x
2
− y + 2 = 3x
2
− 3y + 5
⎧

⎨
⎪
⎩
⎪
.
Điều kiện:
y ≥ 0; x
2
− y + 2 > 0
.
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề 2015 Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
3
Hệ phương trình tương đương với:
x
2
− y − 2 x
2
y + y = −3
x
2
+ y =
3x
2
− 3y + 5
2 x
2
− y + 2
⎧

⎨
⎪
⎩
⎪
.
Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta được:

2x
2
− 2 x
2
y + y = −3 +
3x
2
− 3y + 5
2 x
2
− y + 2
⇔ (x
2
+ 1− 2 (x
2
+ 1)y + y) + (x
2
− y + 2 −
3x
2
− 3y + 5
2 x
2

− y + 2
) = 0
⇔ ( x
2
+ 1 − y)
2
+
1
2 x
2
− y + 2
+
x
2
− y + 2
2
+
x
2
− y + 2
2
−
3 x
2
− y + 2
2
⎡
⎣
⎢
⎢

⎤
⎦
⎥
⎥
= 0 (*)
.
Ta có:
( x
2
+ 1 − y )
2
≥ 0
, và

1
2 x
2
− y + 2
+
x
2
− y + 2
2
+
x
2
− y + 2
2
≥ 3
1

2 x
2
− y + 2
.
x
2
− y + 2
2
.
x
2
− y + 2
2
3
=
3 x
2
− y + 2
2
.
Do đó
VT
(*)
≥ 0 = VP
(*)
. Vì vậy dấu bằng phải xảy ra

⇔
x
2

+ 1 = y
1
2 x
2
− y + 2
=
x
2
− y + 2
2
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
⇔
x
2
+ 1 = y
x
2
− y + 2 = 1
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
⇔ y = x
2
+ 1

.
Thay vào phương trình đầu của hệ ta được:

1− 2(x
2
+ 1) = −1 ⇔ x
2
= 0 ⇔ x = 0 ⇒ y = 1
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
(x; y) = (0;1)
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
y =
2x
3
+ (x + 2)e
x
x +1
, y =
e
x
x +1
,
các đường thẳng
x = 0, x = 1
.
Ta có:
S =
2x

3
+ (x + 2)e
x
x +1
−
e
x
x +1
dx
0
1
∫
=
2x
3
+ (x + 1)e
x
x +1
dx
0
1
∫
=
2x
3
x +1
dx
0
1
∫

+ e
x
dx
0
1
∫
.
+)
e
x
dx
0
1
∫
= e
x
1
0
= e −1
,
+)
2x
3
x +1
dx
0
1
∫
= (2x
2

− 2x + 2 −
2
x +1
)dx
0
1
∫
=
2x
3
3
− x
2
+ 2x − 2 ln x + 1
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
1
0
=
5
3
− 2ln2
.
Vậy
S = e +
2

3
− 2 ln 2
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I,
AB = a, AD = 2a
.
Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với điểm I. Gọi M,N lần lượt là trung điểm
SA,CD. Biết góc giữa MN và mặt phẳng (ABCD) bằng
ϕ
, tan
ϕ
=
2
37
. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và côsin góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD).
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề 2015 Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
4

Gọi H là trung điểm AI, ta có MH//SI nên
MH ⊥ (ABCD)
,
do đó HN là hình chiếu vuông góc của MN lên (ABCD) nên

MNH
!
=
ϕ

.
Tam giác HCN có

cos HCN
!
=
CD
CA
=
a
a 5
=
1
5
. Suy ra

HN = CH
2
+ CN
2
− 2CH .CN cos HCN
!
= (
3a 5
4
)
2
+ (
a
2

)
2
− 2.
a
2
.
3a 5
4
.
1
5
=
a 37
4
.
Tam giác vuông HNM có
MH = HN tan
ϕ
=
a 37
4
.
2
37
=
a
2
⇒ SH = 2MH = a
.
Vì vậy

V
S.ABCD
=
1
3
SI.S
ABCD
=
1
3
.a.2a
2
=
2a
3
3
(đvtt).
+) Ta có
MN = HM
2
+ HN
2
=
a
2
4
+
37a
2
16

=
a 41
4
(1)
.
Gọi góc giữa MN và (SBD) bằng
α
, J là giao điểm của MN với (SBD) vì
M,N khác phía với (SBD) nên:
MN = MJ + NJ =
d(M;(SBD)) + d(N;(SBD))
sin
α
.

Ta có:
HM / /SI ⇒ HM / /(SBD) ⇒ d(M ;(SBD)) = d(H ;(SBD)),
và

d(N;(SBD)) =
1
2
d(C;(SBD)) =
1
2
.2d(H;(SBD)) = d(H ;(SBD)
.
Suy ra:
MN =
2d(H;(SBD))

sin
α
=
d(A;(SBD))
sin
α
(2)
.
+
S
SBD
=
1
2
SI.BD =
1
2
.a.a 5 =
a
2
5
2
,V
A.SBD
=
1
2
V
S.ABCD
=

a
3
3
⇒ d(A;(SBD)) =
3V
A.SBD
S
SBD
=
a
3
a
2
5
2
=
2
5
(3)
.
Từ (1),(2),(3) ta có:
a 41
4
=
2a
5 sin
α
⇒ sin
α
=

8
205
⇒ cos
α
= 1 − sin
2
α
=
141
205
.
Cách 2: Gắn trục toạ độ Oxyz với O=I.
Bình luận: Trường hợp tính góc giữa đường thẳng MN khó xác định trực tiếp có thể chuyển về khoảng
cách,
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I có đỉnh B(-8;3). Gọi M là
trung điểm cạnh AB. Gọi E,F lần lượt là hai điểm trên hai cạnh BC,CD thoả mãn

EIF
!
= 45
0
. Tìm toạ
độ các đỉnh A,C,D biết phương trình đường thẳng ME là
5x − 4 y + 27 = 0
và đỉnh A thuộc đường
thẳng
x + 2y − 8 = 0
và F(-6;-7).
Ta chứng minh ME//AF,
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề 2015 Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202

Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
5

Ta có:

FID
!
+ I
1
"
= 135
0
,OEB
!
+ I
1
"
= 135
0
.
Suy ra

FID
!
= IEB
!
, và

IDF

!
= IBE
!
= 45
0
.
Do đó tam giác FID đồng dạng tam giác IEB, suy ra
FD
IB
=
DI
BE
.
Đặt
BM = a > 0 ⇒ AD = 2a, IB = ID = a 2
.
Ta có:


FD.BE = IB.ID = a 2.a 2 = 2a
2
= AD.BM
⇒
FD
AD
=
BM
BE
⇒ ΔAFD ∼ EMB ⇒ AFD
"

= EMB
"
⇒ FAB
"
= EMB
"
⇒ ME / /AF
.

Đường thẳng AF đi qua F(-6;-7) và song song ME có phương trình
AF : 5 x − 4y + 2 = 0
.
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ
x + 2y − 8 = 0
5x − 4y + 2 = 0
⎧
⎨
⎩
⇔
x = 2
y = 3
⎧
⎨
⎩
⇒ A(2;3)
.
Đường thẳng AB đi qua A,B nên có phương trình là
y − 3 = 0
.
Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc AB có phương trình là

BC : x + 8 = 0
.
Đường thẳng CD đi qua F và song song AB có phương trình là
y + 7 = 0
.
Suy ra toạ độ C là nghiệm của hệ
x + 8 = 0
y + 7 = 0
⎧
⎨
⎩
⇒ C(−8;−7)
.
Do

AB
! "!!
= DC
! "!!
⇒ D(2;−7)
. Vậy
A(2;3),C(−8;−7), D(2;−7)
.
Nhận xét: Nếu giả thiết AF//ME ta chứng minh được

EIF
!
= 45
0
.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
(S) : x
2
+ y
2
+ (z − 2)
2
= 4
và điểm
A(1;-2;1). Chứng minh rằng từ A kẻ được vô số các tiếp tuyến đến mặt cầu (S). Viết phương trình tiếp
tuyến
Δ
của (S) kẻ từ A, biết
Δ
cắt trục Oy.
Mặt cầu (S) có tâm I(0;0;2), bán kính bằng 2.
Ta có
IA = 1
2
+ 2
2
+ 1
2
= 6 > 2
nên điểm A nằm ngoài (S), do đó từ A kẻ được vô số tiếp tuyến đến
(S).
+) Giả sử
Δ
cắt trục Oy tại điểm B(0;b;0), ta có

AB
! "!!
= (−1;b + 2;−1), IA
!"!
= (1;2;1) ⇒ AB
! "!!
, IA
!"!
⎡
⎣
⎤
⎦
= (b + 4;0;−b − 4)
.
Suy ra:


d(I; Δ) =
AB
! "!!
, IA
!"!
⎡
⎣
⎤
⎦
AB
! "!!
=
(b + 4)

2
+ (−b − 4 )
2
1+ (b + 2)
2
+ 1
= 2
⇔ 4(b
2
+ 4b + 6) = 2b
2
+ 16b + 32 ⇔ b
2
= 4 ⇔ b = ±2 ⇒ B(0;−2;0), B(0;2;0)
.
Câu 9 (0,5 điểm). Một lớp học có 46 học sinh trong đó có 27 nam và 19 nữ. Đầu giờ truy bài cán bộ
phụ trách lớp kiểm tra và thống kê được rằng có 7 nam và 4 nữ không chuẩn bị bài tập về nhà, trong đó
có Mai (Nữ) và Bình (Nam). Vào tiết học cô giáo gọi ngẫu nhiên 2 nam và 2 nữ lên bảng để kiểm tra
bài tập về nhà. Tính xác sất để 4 bạn được gọi lên bảng đều không chuẩn bị bài tập về nhà, trong đó có
cả Bình và Mai.
Không gian mẫu là số cách gọi ngẫu nhiên 2 nam, 2 nữ từ 46 bạn có
n(Ω) = C
27
2
.C
19
2
.
Gọi A là biến cố cả 4 bạn (2 Nam, 2 nữ) được gọi lên đều không chuẩn bị bài tập về nhà, trong đó có
Bình và Mai; để tìm số kết quả thuận lợi cho A ta tìm cách gọi lên bảng thoả mãn.

Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề 2015 Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
6
+) Gọi Bình, Mai có 1 cách.
+) Gọi 1 bạn nam từ 6 bạn không làm bài tập về nhà còn lại, và 1 bạn nữ từ 3 bạn không làm bài tập về
nhà còn lại có
C
6
1
.C
3
1
.
Vậy
n(A) = 1.C
6
1
.C
3
1
.
Xác suất cần tính
P(A) =
n(A)
n(Ω)
=
1.C
6
1

.C
3
1
C
27
2
.C
19
2
=
2
6669
.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn

x + y + z = 3
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức

P = ( 2xy + 2yz + 2zx +1)(
x +1
y +1
+
y +1
z +1
+
z +1
x +1
) +
1

xy
2
+ yz
2
+ zx
2
+ 2
.
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:

2(xy + yz + zz) ≤
2+ xy + yz + zx
2
,
Do đó


2 2(xy + yz + zx) + 2 ≤ xy + yz + zx + 4
= xy + yz + zx + x + y + z +1≤ (x +1)(y +1)(z +1)
.
Vì vậy

P ≤
1
2
(x +1)( y +1)(z +1)
x +1
y +1
+
y +1

z +1
+
z +1
x +1
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
+
1
xy
2
+ yz
2
+ zx
2
+ 2
=
1
2
(x +1)
2

(z +1)+ (y +1)
2
(x +1)+ (z +1)
2
( y +1)
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
+
1
xy
2
+ yz
2
+ zx
2
+ 2
=
xy
2
+ yz
2
+ zx
2
+ 21
2
+

1
xy
2
+ yz
2
+ zx
2
+ 2
.
Đặt

t = xy
2
+ yz
2
+ zx
2
≤ 4
, ta có:

P ≤ f (t ) =
t + 21
4
+
1
t + 2
,

Khảo sát hàm f(t) trên đoạn [0;4] ta có:

f '(t) =
1
4
−
k
(t + 2)
2
=
t
2
+ 4t
4(t + 2)
2
≥ 0,∀t ∈ 0;4
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
.
Vì vậy

P ≤ f (t )≤ f (4) =
38
3
.
Với x=1;y=0;z=2 thì P=38/3. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 38/3.
Chú ý: Ta chứng minh

t = xy
2
+ yz
2
+ zx
2
≤ 4
, không mất tính tổng quát giả sử x là số nằm giữa y,z ta
có:
(x − y)(x − z) ≤ 0 ⇔ x
2
+ yz ≤ xy + xz ⇒ z(x
2
+ yz) ≤ z(xy + xz) ⇒ yz
2
+ zx
2
≤ xyz + xz
2
.
Vì vậy:

xy
2
+ yz
2
+ zx
2
≤ xy
2

+ xyz + xz
2
= x(y
2
+ yz + z
2
) ≤ x(y + z)
2
(1)
.
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:

x(y + z)
2
=
1
2
.2x.(y + z)(y + z) ≤
1
2
2x + y + z + y + z
3
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
3
= 4 (2)

.
Từ (1),(2) ta có điều phải chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = 1; y = 0; z = 2
.
Bình luận: Việc đánh giá các đại lượng hoán vị của (x;y;z) sử dụng nhận xét x là số nằm giữa y,z tỏ ra
rất hiệu quả. (Xem thêm đề 42).


Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề 2015 Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
7




Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Khoá giải đề 2015 Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
8