Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 2015 số 23

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1* (2 điểm): Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +

( )C
.
a) Khảo sát và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số đã cho.
b) Gọi giao điểm của đồ thị
( )C
và đường thẳng
3y x= − −
là
M
, viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị
( )C
tại điểm M.
Câu 2* (1,0 điểm).
a. Giải phương trình sau:
1
cos sin 2 .
4 4
2
x x
π π
   
− − + =

 ÷  ÷
   

b. Trong các số phức thỏa mãn
3
2 3
2
z i− + =
. Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất
Câu 3* (0,5 điểm). Giải bất phương trình sau :
2
2 1
2
log ( 1) log ( 1)x x− ≥ −
.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :
( )
( )
3 3 2
3 2
6 3 5 14
,
3 4 5
x y y x y
x y
x y x y

− − + − =

∈


− + + = + −


¡
Câu 5*: Tính tích phân: I =
∫
+
π
0
sin1 x
dx
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a. Hình chiếu
vuông góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh B’C’, góc giữa A’B với mặt
phẳng (A’B’C’) bằng 60
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai
đường thẳng CC’ và A’B theo a.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho
ABC
∆
có đỉnh
( )
3;4A
−
, đường phân
giác trong của góc A có phương trình
1 0x y
+ − =
và tâm đường tròn ngoại tiếp

ABC
∆
là I (1 ;7).
Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích
ABC
∆
gấp 4 lần diện tích
IBC
∆
.
Câu 8*(1,0 điểm).Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình
mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng
( ) : 2 0x y z
α
+ + + =
và
04:)( =−−− zyx
β
Câu 9*(0,5 điểm).
Một hộp đựng 5 viên bi đỏ giống nhau và 6 viên bi xanh cũng giống nhau. Lấy ngẫu nhiên từ
hộp đó ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi được lấy ra có đủ hai màu và số viên bi màu đỏ lớn
hơn số viên bi màu xanh.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn:
( )
1z z x y x y− − = + +
.
Chứng minh rằng :
4 4 6
3 9
3

( ).( ).( ) 4
x y
x yz y zx z xy
≤
+ + +
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh
2
TRƯỜNG THPT THUẬN
THÀNH SỐ 2
(Hướng dẫn chấm có 05 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
Môn: Toán
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1 a 1,0 điểm
*) TXĐ:
.D = ¡

*) Sự biến thiên:
- Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
- Ta có
2
0

' 3 6 . ' 0
2
x
y x x y
x
=

= − = ⇔

=

0,25
- Ta có
' 0 ( ;0) (2; ), ' 0 (0;2)y x y x> ∀ ∈ −∞ ∪ +∞ < ∀ ∈
suy ra hàm số đồng biến trên các
khoảng
( ;0) &(2; )−∞ +∞
, nghịch biến trên khoảng
(0;2)
.
- Hàm số đạt cực đại tại
0, (0) 2x f= =
; đạt cực tiểu tại
2, (2) 2x f= = −
0,25
-Bảng biến thiên
0,25
*) Đồ thị

4

2
-2
5
y
x
f
x
( )
=
x
3
-3
⋅
x
2
(
)
+2
O
1
-1
2
0,25
b 1,0 điểm
Tọa độ của M là nghiệm của hệ
3 2
3 2
3
y x x
y x


= − +

= − −

0,25
3 2
3
3
( 1; 2)
1
3 5 0
y x
y x
M
x
x x x
= − −
= − −


⇔ ⇔ ⇒ − −
 
= −
− + + =


0,25
Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là
'( 1)( 1) 2y f x= − + −

0,25
9( 1) 2 9 7.y x y x⇔ = + − ⇔ = +
0,25
2 1,0 điểm
Pt đã cho
1
cos sin 2
4 4
2
x x
π π
   
− − + =
 ÷  ÷
   
⇔
2 cos 2 sin 2 1
4 4
x x
π π
   
− − + =
 ÷  ÷
   

cos sin sin 2 os2 1x x x c x
⇔ + − − =

0,25
⇔

sin (1 2cos ) cos (1 2cos ) 0.x x x x− + − =
⇔
(sin cos )(1 2cos ) 0.x x x+ − =
3
⇔
cos sin 0
1 2cos 0
x x
x
+ =


− =


tan 1
4
( )
1
cos
2
2
3
x
x k
k
x
x k
π
π

π
π

= −
= − +



⇔ ⇔ ∈


=

=± +



¢

0,25
Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm:

, 2 ,( )
4 3
x k x k k
π π
π π
= − + =± + ∈¢
.
b

*Gọi z=x+yi.
3
2 3
2
z i− + =
⇒ … ⇒
( ) ( )
2 2
9
2 3
4
x y− + + =
.
0.25
* Vẽ hình ⇒|z|
min
⇒z. ĐS:
26 3 13 78 9 13
13 26
z i
− −
= +
.
0.25
3 0,5 điểm
ĐK: x >1. BPT

2 2
2 1 2 2
2

log ( 1) log ( 1) log ( 1) log ( 1) 0x x x x− ≥ − ⇔ − + − ≥
0,25
2
( 1)( 1) 1x x⇔ − − ≥
0,25
3 2
1 1x x x⇔ − − + ≥
2
( 1) 0x x x⇔ − − ≥
0,25
1 5

2
x
+
⇔ ≥
(do x >1).
Vậy tập nghiệm của BPT là
1 5
S= ;
2
 
+
+∞
÷

÷
 
.
0,25

1,0 điểm

( )
3 3 2
3 2
6 3 5 14 (1)
3 4 5 (2)
x y y x y
x y x y

− − + − =


− + + = + −


Đkxđ
3
4
x
y
≤


≥ −

Từ (1) ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 2
3 2

3 2 3 2 2 2 2 3 0x x y y x y x x y y
 
+ = + + + ⇔ − − + + + + + =
 
( )
2 3y x
⇔ = −
0,25
Thế (3) vào (2) ta được
3 2 3 2
2 3 4 1 4 4 2 2 1 3 0x x x x x x x x x x
+ + − = + − − ⇔ + − − + − + + − − =
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 1 0
2 2 1 3
x x
x x x
x x
− −
⇔ − + + − + =
+ + + −

( ) ( ) ( )
1 1
2 2 1 0
2 2 1 3
x x x
x x
 

⇔ − + + − + =
 ÷
+ + + −
 
0,25
4
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
2 2 1 0
3 3
2 2 1 3
x x x
x x
 
⇔ − + + + − + − =
 ÷
+ + + −
 
0,25
4
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 2 1 0
3 2 2 2 1 3 1 3 2 3
x x
x x x
x x x x
 
+ +

 ÷
⇔ − + + + + =
 ÷
+ + + + + − + −
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 1 2 0
3 2 2 2 1 3 1 3 2 3
x x x
x x x x
 
 ÷
⇔ − + + + + =
 ÷
+ + + + + − + −
 
Vì
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
4 2 2 0
3 2 2 2 1 3 1 3 2 3
x x
y x x
x x x x
+ +
≥ − ⇒ ≥ − ⇒ + + + >
+ + + + + − + −

Từ đó phương trình trên tương đương với
( ) ( )
2
2 1 0
1
x
x x
x
=

− + = ⇔

= −

Với
2 0; 1 3x y x y= ⇒ = = − ⇒ = −
.
Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là
( ) ( )
{ }
1; 3 ; 2;0 .S = − −
0,25
5
I =
∫
+
π
0
sin1 x
dx

=
∫∫






−=






−






−
=







−+
π
π
π
π
π
π
π
0
0
2
0
42
42
cos
42
2
cos1
x
tg
x
x
d
x
dx
= tg
2
44
=







−
−
ππ
tg
.
1
6 1,0 điểm
Vì BH ⊥ (A’B’C’) nên góc giữa
A’B với (A’B’C’) là góc giữa A’B với A’H.
Hay
·
0
' 60BA H
=
0
' .tan60 3BH A H a
= =
0,25
2
3
. ' ' ' ' ' '
4 3
. .3 3 3.
4
ABC A B C A B C

a
V S BH a a= = =
(đvtt) 0,25
Ta có CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’,A’B) = d(C’,(ABB’A’)).
Dựng HM ⊥ A’B’. Khi đó A’B’ ⊥ (BMH) suy ra (ABB’A’) ⊥ (BMH)
Dựng HK ⊥ BM suy ra HK ⊥ (ABB’A’).
2 2 2
2
3
.3
. 3 13
2
( ,( ' '))
13
3
9
2
a
a
HM HB a
d H ABB A HK
HM HB
a
a
⇒ = = = =
+
 
+
 ÷
 

0,25
5
b
Vậy
6 13
( ', ' ) ( ',( ' ')) 2 ( ,( ' '))
13
a
d CC A B d C ABB A d H ABB A= = =
. 0,25
1,0 điểm
Ta thấy
( ) ( ) ( )
2
2
1
1 2 ; 2 ; 2y e y e y
e
= − = − =
[ ]
( )
[ ]
( )
2
-2;2
-2;2
max 2 ;min 1 2y y e y y e
⇒ = = = = −
0,25

7
+ Ta có
5IA
=
. Phương trình đường tròn ngoại tiếp
ABC
∆
có dạng
( )
2 2
: ( 1) ( 7) 25C x y
− + − =
+ Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong
góc A với đường tròn ngoại tiếp
ABC
∆
. Tọa độ
của D là nghiệm của hệ
( )
2 2
1 0
2;3
( 1) ( 7) 25
x y
D
x y
+ − =

⇒ −


− + − =


0,25
+ Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Do đó
ID BC
⊥
hay đường thẳng BC nhận véc tơ
( )
3;4DI
=
uuur
làm vec tơ pháp tuyến.
+ Phương trình cạnh BC có dạng
3 4 0x y c
+ + =
0,25
+ Do
4
ABC IBC
S S
∆ ∆
=
nên
4AH IK
=
+ Mà
7
( ; )
5

c
AH d A BC
+
= =
và
31
( ; )
5
c
IK d I BC
+
= =
nên
117
3
7 4 31
131
5
c
c c
c

= −

+ = + ⇒


= −



0,25
Vậy phương trình cạnh BC là :
( )
1
3 4 39 0x y d
+ − =
hoặc
( )
2
15 20 131 0x y d
+ − =
Thử lại nghiệm của bài toán ta thấy: Hai điểm A và D cùng phía so với
1
d
và
2
d
. Vậy
không có phương trình của BC nào thỏa mãn. Bài toán vô nghiệm.
0,25
8
. Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) .
Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng
02:)( =+++ zyx
α
và
04:)( =−−− zyx
β
theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên
ta có hệ :






−−−=+++
=+−
=+−
⇔





=
=
=
42
9223
15473
))(,())(,(
cbacba
cba
cba
IdId
ICIA
IBIA
βα
0,25
Giải hệ ta được :






=
=
=
3
0
1
c
b
a
hoặc





−=
−=
=
79
712
719
c
b
a
0,25

Với





=
=
=
3
0
1
c
b
a
, viết được phương trình mặt cầu :
25)3()1(
222
=−++− zyx
0,25
6
Với





−=
−=
=

79
712
719
c
b
a
, mặt cầu có phương trình :
49
1237
7
9
7
12
7
19
222
=






++







++






− zyx

0,25
9 0,5 điểm
Số phần tử của không gian mẫu là:
4
11
330C =
.
Trong số 4 viên bi được chọn phải có 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh.
10
Số cách chọn 4 viên bi đó là:
3 1
5 6
. 60C C =
.
Vậy xác suất cần tìm là :
60 2
330 11
P
= =
Vì
( )

1z z x y x y
− − = + +

⇒
(z + 1)( x + y) = z
2
- 1 và do z > 0 nên ta có:
zyx
=++
1
.
Khi đó T =
[ ]
3
44
)1)(1().1).().(1).((
++++++
yxxyxyyx
yx
=
[ ]
4
2
44
)1)(1(.)( +++ yxyx
yx

0,25
Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương x, y ta có :
( )

27
.4
27
41
333
1
3
4
4
4
3
4
4
xxxxx
x =








≥







+++=+
;
( )
27
.4
27
41
333
1
3
4
4
4
3
4
4
yyyyy
y =








≥







+++=+
;
( )
xyyx 4
2
≥+
.
0,25
Do đó
[ ]
4
2
)1)(1(.)( +++ yxyx

44
6
9
6
33
8

3
4
3
.
.4.4 yx
yx

xy =≥
suy ra
9
6
4
3
≤T
( * )
0,25
Dấu “=” ở ( * ) xảy ra
7,3,3
1
1
33
===⇔





++=
==
⇔
zyx
yxz
yx
.Vậy bất đẳng thức được
chứng minh.
0,25
Hết

7