đề thi thử thpt quốc gia môn toán, đề số 40

Các em chú ý không đăng đáp án các đề của thầy ra ngoài Box giải đề - Thầy: Đặng Thành Nam
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 40/50
Ngày thi : 16/05/2015
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 =
2x − 4
x +1
có đồ thị là (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm điểm A trên đồ thị (C) sao cho điểm đối xứng của A qua I(1;0) thuộc đường thẳng
y = 1
.

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho số thực a thoả mãn
tan a = −2
. Tính giá trị biểu thức
P = 1 − sin 4a + 1− cos 4a
.
b) Cho số phức z thoả mãn
z +1 =
m +1 + 2.i
m −1
với m là số thực khác 1. Tìm z biết

z + i
là số thực.

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình
log
3
x.log
9
9
x
=
1
2
.

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình
3 − x + 2 x
2
− x + 1 = 4x(1− x + x
2
− x + 1)
2
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
I = (x + cos x).sin x dx
0
π
2
∫
.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB = a, AD = 2a
. Gọi M,N
lần lượt là hai điểm trên các cạnh AB,CD thoả mãn
MB = 2MA, NC = 2ND
. Hình chiếu vuông góc của
S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thoả mãn

HN
! "!!
= −3HM
! "!!!
. Góc hợp bởi mặt phẳng (SBC) và mặt đáy
(ABCD) bằng
60
0
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếp đường tròn
tâm I(2;1). Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của BC,CA,AB với (I) và M là trung điểm cạnh AC. Đường
thẳng MI cắt cạnh AB tại N, đường thẳng DF cắt đường cao AH tại điểm P. Cho biết N(3;4), P(1;2) và
đỉnh A thuộc đường thẳng
x − 3y − 5 = 0
. Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(2;1;3), B(4;0;5) và C(3;-1;4).
Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và mặt cầu (S) tâm I có hoành độ dương bán kính bằng
33
, tiếp
xúc với mặt phẳng (ABC) taị trực tâm H của tam giác ABC.

Câu 9 (0,5 điểm). Chọn ngẫu nhiên 4 điểm từ 2016 đỉnh của một đa giác đều, tính xác suất để 4 điểm
được chọn ra là bốn đỉnh của một hình vuông.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn

(a − b)
2
+ (b− c)
2
+ (c − a)
2
≤ 2

và
ab + bc + ca > 0
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P =
a
3
− b
3
a + b
+
b
3
− c
3
b + c
+
c

3
− a
3
c + a
.
HẾT


Các em chú ý không đăng đáp án các đề của thầy ra ngoài Box giải đề - Thầy: Đặng Thành Nam
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 =
2x − 4
x +1
có đồ thị là (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm điểm A trên đồ thị (C) sao cho điểm đối xứng của A qua I(1;0) thuộc đường thẳng
y = 1
.
1. Học sinh tự giải.
2. Giả sử điểm
A(a;
2a − 4
a + 1
),a ≠ −1
khi đó A’ là điểm đối xứng của A qua I(1;0) có toạ độ là

A '(2 − a;−
2a − 4
a + 1
)
.
Do A’ thuộc đường thẳng
y = 1 ⇒ −
2a − 4
a + 1
= 1 ⇔ a = 1 ⇒ A(1;−1)
.
Vậy điểm cần tìm A(1;-1).
Câu 2 (1,0 điểm).
c) Cho số thực a thoả mãn
tan a = −2
. Tính giá trị biểu thức
P = 1 − sin 4a + 1− cos 4a
.
d) Cho số phức z thoả mãn
z +1 =
m +1 + 2.i
m −1
với m là số thực khác 1. Tìm z biết
z + i
là số thực.
a)
P = sin 2a − cos 2a + 2 2 sin 2a
.
Ta có:
sin 2a =

2 tan a
1+ tan
2
a
=
−4
5
,cos 2a =
1− tan
2
a
1+ tan
2
a
=
−3
5
.
Do đó
P =
1
5
+ 2.
4
5
=
4 2 + 1
5
.
b) Ta có:

z =
m +1+ 2.i
m −1
− 1 =
2 + (3 − m).i
m −1
⇒ z + i =
2 + (m − 3).i
m −1
+ i =
2 + (2m − 4).i
m −1
.
Vì vậy
z + i
là số thực khi và chỉ khi
2m − 4 = 0 ⇔ m = 2 ⇒ z = 2 + i
.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình
log
3
x.log
9
9
x
=
1
2
.
Điều kiện:

x > 0
. Phương trình tương đương với:
log
3
x(1− log
9
x) =
1
2
⇔ log
3
x(1−
1
2
log
3
x) =
1
2
⇔ log
3
2
x − 2 log
3
x +1 = 0 ⇔ log
3
x = 1 ⇔ x = 3
.
Vậy nghiệm phương trình
x = 3

.
Bài tập tương tự - Giải phương trình
log
2
x.log
4
4
x
=
1
2
. Đ/s:
x = 2
.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình
3 − x + 2 x
2
− x + 1 = 4x(1− x + x
2
− x + 1)
2
.
Nếu
x ≤ 0,VP ≤ 0,VT > 0
phương trình vô nghiệm.
Xét
x > 0
, phương trình tương đương với:
2(1 − x + x
2

− x + 1)+ 1+ x = 4x(1 − x + x
2
− x + 1)
2
.
Đặt
t = 1− x + x
2
− x + 1 > 0,∀x > 0
, phương trình trở thành:

2t + 1 + x = 4 xt
2
⇔ 4 xt
2
− 2t − 1 − x = 0
.
Ta có:
Δ
t
' = 1− 4x(−1− x) = (2x +1)
2
⇒ t =
1− (2x + 1)
4x
= −
1
2
(l);t =
1+ (2x + 1)

4x
=
x +1
2x
.
Các em chú ý không đăng đáp án các đề của thầy ra ngoài Box giải đề - Thầy: Đặng Thành Nam
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
3
Vậy
t = 1 − x + x
2
− x + 1 =
x +1
2x
⇔ 2 x x
2
− x + 1 = 2 x
2
− x + 1
.

⇔ 2x x
2
− x + 1 = (x
2
− x + 1) + x
2
⇔ (x − x
2

− x + 1)
2
= 0
⇔ x = x
2
− x + 1 ⇔
x ≥ 0
x
2
= x
2
− x + 1
⎧
⎨
⎩
⇔ x = 1
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
x = 1
.
Bình luận: Bài toán thầy ra theo hướng ẩn phụ không hoàn toàn, ta có thể đặt
t = x
2
− x + 1
, tuy
nhiên để cho đơn giản đặt
t = 1 − x + x
2
− x + 1
là phép đặt tối ưu.

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
I = (x + cos x).sin x dx
0
π
2
∫
.
Ta có:
I = (x sin x +
1
2
sin 2x)dx
0
π
2
∫
= x sin x dx
0
π
2
∫
+
1
2
sin 2x dx
0
π
2
∫
.

+)
K =
1
2
sin 2 x dx
0
π
2
∫
= −
1
4
cos 2x
π
2
0
=
1
2
.
+)
M = x sin x dx
0
π
2
∫
= − xd(cos x)
0
π
2

∫
= −x cos x
π
2
0
+ cos x dx
0
π
2
∫
= sin x
π
2
0
= 1
.
Vậy
I = K + M =
1
2
+ 1 =
3
2
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB = a, AD = 2a
. Gọi M,N
lần lượt là hai điểm trên các cạnh AB,CD thoả mãn
MB = 2MA, NC = 2ND
. Hình chiếu vuông góc của

S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thoả mãn

HN
! "!!
= −3HM
! "!!!
. Góc hợp bởi mặt phẳng (SBC) và mặt đáy
(ABCD) bằng
60
0
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).

Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD.
Theo giả thiết
MB = ND =
a
3
⇒
IB
ID
=
MB
ND
= 1
. Suy ra
M,I,N thẳng hàng và I là trung điểm của MN.
Do

HN
! "!!

= −3HM
! "!!!
nên H là trung điểm IM.
Kẻ HK//CD (K thuộc BC) thì do

BC ⊥ HK
BC ⊥ SH
⎧
⎨
⎩
⇒ BC ⊥ (SHK ) ⇒ SKH
!
= 60
0
.
Gọi L là trung điểm BC, thì IL là đường trung bình của
hình thang BMNC; HK là đường trung bình của hình thang
BMIL.
Do đó
IL =
BM + NC
2
=
a
3
+
2a
3
2
=

a
2
; HK =
BM + IL
2
=
a
3
+
a
2
2
=
5a
12
.
Các em chú ý không đăng đáp án các đề của thầy ra ngoài Box giải đề - Thầy: Đặng Thành Nam
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
4
Tam giác vuông SHK có
SH = HK.tan 60
0
=
5a
12
. 3 =
5a 3
12
.

Vì vậy
V
S.ABCD
=
1
3
SH .S
ABCD
=
1
3
.
5a 3
12
.a.2a =
5a
3
3
18
(đvtt).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếp đường tròn
tâm I(2;1). Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của BC,CA,AB với (I) và M là trung điểm cạnh AC. Đường
thẳng MI cắt cạnh AB tại N, đường thẳng DF cắt đường cao AH tại điểm P. Cho biết N(3;4), P(1;2) và
đỉnh A thuộc đường thẳng
x − 3y − 5 = 0
. Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C.
Ta chứng minh AM=AN,
Do

A

!
= 90
0
, IE ⊥ AC ⇒ IE / /AN ⇒
AN
EI
=
AM
EM
.
Do đó
AN =
AM .EI
EM
=
AC.EI
2(AM − AE)
(1)
.
Vì

A
!
= 90
0
⇒ AEIF
là hình vuông, do đó
AE = EI
.
Ta có:

AE + CD + BD =
1
2
(AB + BC + CA) ⇒ AE =
CA + AB − BC
2
(2)
.
Ta lại có
BC − AB = CD − AF = CE − AE = 2(AM − EM ) (3)
.
Từ (1),(2),(3) suy ra:

AN =
AC(CA + AB − BC)
2(BC − AB)
=
AC
2
+ AB.AC − AC.BC
2(BC − AB)
=
BC
2
− AB
2
+ AC(AB − BC)
2(BC − AB)
=
BC + AB − AC

2
(*)
.
Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt DF tại K, ta có
BD = BF
.
Vì vậy

AK = AF = AE, AKF
!
= BDF
!
= 90
0
−
1
2
B
"
= BIF
!
.
Xét tam giác AKP có

AP = AK tan K
!
= AK.tan(90
0
−
1

2
B
!
) = AK cot
B
!
2
= AE cot
B
!
2
.
Do đó
AP =
AC + AB − BC
2
.
BD
ID
. Mà
BD =
BC + AB − AC
2
, ID = AE =
AC + AB − BC
2
.
Suy ra
AP =
BC + AB − AC

2
(**)
.
Từ (*),(**) suy ra
AN = AP
.
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ
x − 3y − 5 = 0
(x − 3)
2
+ (y − 4)
2
= (x −1)
2
+ (y − 2)
2
⎧
⎨
⎩
⇔
x = 5
y = 0
⎧
⎨
⎩
⇒ A (5;0)
.
Phương trình đường thẳng AB đi qua A,N là
2x + y − 10 = 0
.

Phương trình đường thẳng AC đi qua A vuông góc AB là
x − 2y − 5 = 0
.
Phương trình đường cao AH đi qua A,P là
x + 2y − 5 = 0
.
Đường thẳng MN đi qua N,I là
3x − y − 5 = 0
.
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3x − y − 5 = 0
x − 2y − 5 = 0
⎧
⎨
⎩
⇒ M (1;−2)
.
Do M là trung điểm AC nên C(-3;-4).
Phương trình đường thẳng BC đi qua C vuông góc AH là
2x − y + 2 = 0
.
Các em chú ý không đăng đáp án các đề của thầy ra ngoài Box giải đề - Thầy: Đặng Thành Nam
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
5
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ
2x − y + 2 = 0
2x + y −10 = 0
⎧
⎨

⎩
⇒ B(2;6)
.
Vậy A(5;0), B(2;6) và C(-3;-4).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(2;1;3), B(4;0;5) và C(3;-1;4).
Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và mặt cầu (S) tâm I có hoành độ dương bán kính bằng
33
, tiếp
xúc với mặt phẳng (ABC) taị trực tâm H của tam giác ABC.
Ta có:

AB
! "!!
= (2;−1;2), AC
! "!!
= (1;−2;1) ⇒ AB
! "!!
, AC
! "!!
⎡
⎣
⎤
⎦
= (3;0;−3) / /(1;0;−1)
.
Mặt phẳng (ABC) đi qua C(3;-1;4) và có vtpt là (1;0;-1) nên có phương trình là
x − z + 1 = 0
.
Gọi H(x;y;z) là trực tâm tam giác ABC, ta có:

HC
! "!!
= (3 − x;−1− y;4 − z), HB
! "!!
= (4 − x;− y;5 − z)
.
Ta có hệ điều kiện:

H ∈(ABC)
HC
! "!!
.AB
! "!!
= 0
HB
! "!!
.AC
! "!!
= 0
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
⇔
x − z + 1 = 0
2(3− x)− (−1− y) + 2(4 − z) = 0
(4 − x) − 2(−y) + (5 − z) = 0
⎧
⎨

⎪
⎩
⎪
⇔
x = 3
y = −1
z = 4
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
⇒ H (3;−1;4)
.
+) Đường thẳng
Δ
đi qua H và nhận nhận vtpt của (ABC) làm véc tơ chỉ phương,


Δ :
x = 3 + t
y = −1
z = 4 − t
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
,t ∈!
.

Gọi tâm mặt cầu I(3+t;-1;4-t), ta có
IH = 33 ⇔ 2t
2
+ 1 = 33 ⇔ t = ±4 ⇒ I (7;−1;0)
.
Vậy
(S) :(x − 7)
2
+ (y + 1)
2
+ z
2
= 33
.
Bình luận: Ta có thể tìm nhanh điểm H bằng nhận biết

AC
! "!!
.CB
! "!!
= 0 ⇒ H ≡ C
.
Câu 9 (0,5 điểm). Chọn ngẫu nhiên 4 điểm từ 2016 đỉnh của một đa giác đều, tính xác suất để 4 đỉnh
được chọn ra là bốn đỉnh của một hình vuông.

Không gian mẫu là số cách chọn tuỳ ý 4 trong 2016 đỉnh của đa giác đã cho có
Ω = C
2016
4
.

Gọi A là biến cố 4 đỉnh được chọn lập thành một hình vuông, để tìm số kết quả thuận lợi cho A ta tìm
số hình vuông tạo thành từ mỗi bộ 4 đỉnh của đa giác đều. Bởi vì việc chọn ra 1 hình vuông sẽ tương
ứng với 4 đỉnh được chọn ra.
Ta có:
2016 = 2
5
.3
2
.7
,
Số hình vuông là
2016
4
= 504 ⇒ Ω
A
= 504 ⇒ P(A) =
504
C
2016
4
=
1
1361529455
≈ 7,34.10
−10
.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn
(a − b)
2
+ (b − c)

2
+ (c − a)
2
≤ 2
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
a
3
− b
3
a + b
+
b
3
− c
3
b + c
+
c
3
− a
3
c + a
.
Ta có:
P =
a
3
− b

3
a + b
+
b
3
− c
3
b + c
+
c
3
− a
3
c + a
=
ab + bc + ca
(a + b)(b + c)(c + a)
.(a − b)(b − c)(c − a)
.
Do P là biểu thức đối xứng với a,b,c nên không mất tính tổng quát giả sử
c = min a,b,c
{ }
.
Khi đó khảo sát hàm đối với c dễ có:
ab + bc + ca
(a + b )(b + c)(c + a)
≤
1
a + b
≤

1
a + b − 2c
.
Vì vậy
P ≤
(a − b)(b − c)(c − a)
a + b − 2c
=
xy x − y
x + y
, trong đó
x = a − c , y = b − c
.
Các em chú ý không đăng đáp án các đề của thầy ra ngoài Box giải đề - Thầy: Đặng Thành Nam
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
6
Theo giả thiết ta có:
x
2
+ y
2
+ (x − y)
2
≤ 2
.
Suy ra:
P ≤
xy x − y
x + y

≤
xy x − y
x + y
.
2
x
2
+ y
2
+ (x − y)
2
.
Không mất tính tổng quát giả sử
x ≥ y ⇒ t =
x
y
≥ 1
và

P ≤ f (t) =
2t(t − 1)
(t + 1)(t
2
+ 1+ (t − 1)
2
)
=
(t
2
− t)

(t + 1)(t
2
− t + 1)
=
t
2
− t
t
3
+ 1
≤
1
9 + 6 3
.
Khảo sát hàm số f(t) ta có:

f '(t) =
−t
4
+ 2t
3
+ 2t − 1
(t
3
+ 1)
2
; f '(t) = 0 ⇔ t
4
− 2t
3

− 2t + 1 = 0 ⇔ t =
1+ 12
4
+ 3
2
.
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
1
9 + 6 3
.