đề tự luyện THPT QG môn toán đề số 9

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015
Môn: TOÁN; ĐỀ 09-BN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
x 1
x 3
+
−
(C)
a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b*) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của đồ thị (C)
bằng 4.
Câu 2 (1,0 điểm). a*) Giải phương trình:
2(cos sin 2 ) 1 4sin (1 cos2 )x x x x
+ = + +
b*) Giải phương trình:.
( ) ( )
1
5 1 5 1 2
x x
x+
+ + − =

Câu 3* (1,0 điểm). Tính tích phân
2
1
1 ln
e
x x
I dx
x

+
=
∫

Câu 4* (1,0 điểm).Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết:
2 3 2z z i
+ = −

a) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ.
Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB)
vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 60
0
. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a.
Câu 6* (1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua
( )
3; 2; 4A
− −
, song song với mặt phẳng
( )
:3 2 3 7 0P x y z
− − − =
và cắt đường thẳng
( )
2 4 1
:
3 2 2

x y z
d
− + −
= =
−
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M(5;7) nằm
trên cạnh BC. Đường tròn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C thuộc đường
thẳng d: 2x-y-7=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và
hoành độ đỉnh A bé hơn 2.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2 2 2 2
2 4
2 6 5 2 2 13 2( )
( 2 ) 2 4 . 8 . 2 2
x xy y x xy y x y
x y x y y y y x

− + + + + = +


+ + − = − +


.

Câu 9 (1,0 điểm). Cho
, ,a b c
là các số thực dương và

3a b c
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
( ) ( ) ( )
3
2
3 1 1 1
abc
P
ab bc ca a b c
= +
+ + + + + +
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Câu Nội dung Điểm
1a
Cho hàm số y =
x 1
x 3
+
−
(C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
1,00
• Tập xác định: D=R\{3}
• Sự biến thiên:
( )
2
4
' 0, .
3

y x D
x
= − < ∀ ∈
−
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
;3
−∞
và
( )
3;
+∞
.
0,25
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 1;
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
tiệm cận ngang:
1y
=
.

( ) ( )
3 3
lim ; lim ;
x x
y y

− +
→ →
= −∞ = +∞
tiệm cận đứng:
3x
=
.
0,25
-Bảng biến thiên:
x
−∞
3
+∞
y’ - -
y
1
+∞

0,25
• Đồ thị:
0,25
1b Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của đồ thị (C)
bằng 4.
1,00
Gọi









−
+
3
1
;
0
0
0
x
x
xM
, (x
0
≠3) là điểm cần tìm, ta có:
0,5
1
−∞
5
-5
y
x
O
3
1
Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang: y =1 là
=
−

0
4
d
x 3
.
=

= ⇔ − = ⇔

− =

0
0
0 0
x 2
4
4 x 3 1
x 3 x 4
025
Với
0
2x
=
; ta có
( )
−
M 2; 3
. Với
0
4x

=
; ta có
( )
M 4;5
Vậy điểm M cần tìm là
( )
−
M 2; 3
và
( )
M 4;5
.
0,25
2a
a) Giải phương trình:
2(cos sin 2 ) 1 4sin (1 cos 2 )x x x x
+ = + +
0,5
Phương trình đã cho tương đương với:
2cos 2sin 2 1 4sin 2 .cosx x x x
+ = +
(1 2cos )(2sin 2 1) 0x x
⇔ − − =
2
1 3
cos
2
1
12
sin 2

5
2
12
x k
x
x k
x
x k
π
π
π
π
π
π

= ± +



=


⇔ ⇔ = +



=





= +


(
k Z
∈
)
Vậy pt có nghiệm là:
2
3
x k
π
π
= ± +
;
12
x k
π
π
= +
;
5
12
x k
π
π
= +
(
k Z

∈
)
0,25
0,25
2b
a) Giải phương trình:.
( ) ( )
1
5 1 5 1 2
x x
x+
+ + − =

0,5
5 1 5 1
2
2 2
x x
PT
   
+ −
⇔ + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Đặt
5 1
( 0)
2
x

t t
 
+
= >
 ÷
 ÷
 
ta có phương trình:
1
2 1t t
t
+ = ⇔ =

0,25
Với t=1
5 1
1 0
2
x
x
 
+
⇒ = ⇔ =
 ÷
 ÷
 
0,25
Vậy phương trình có nghiệm x=0
3
Tính tích phân

2
1
1 ln
e
x x
I dx
x
+
=
∫
1
2
1 1 1
1 ln 1
ln
e e e
x x
I dx dx x xdx
x x
+
= = +
∫ ∫ ∫
1
1
ln 1
1
e
e
A dx x
x

= = =
∫
2
1
1
ln
ln
2
e
du dx
u x
x
B x xdx Dat
dv xdx
x
v

=

=


= ⇔
 
=


=



∫
2 2 2 2
1
1
.ln .ln
1 1 1
2 2 2 4 4 4
e
e e e
x x x x e
B x dx x⇒ = − = − = +
∫
2
5
4 4
e
I
⇒ = +
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
4a
Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết:
2 3 2z z i
+ = −

0,25
Gọi

, ( )
= + ∈ => = −
z a bi a b R z a bi
Ta có : 3a + bi = 3-2i
0,25
Suy ra : a=1 và b = -2
Vậy phần thực là 1 và phần ảo là -2 0,25
4b Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học
nữ. Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba
bộ môn.
0,5
Ta có :
4
16
1820C
Ω = =
Gọi A: “2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ”
B: “1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ”
C: “1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “
0,25
Thì H=
A B C
∪ ∪
: “Có nữ và đủ ba bộ môn”
2 1 1 1 2 1 1 1 2
8 5 3 8 5 3 8 5 3
3
( )
7
C C C C C C C C C

P H
+ +
= =
Ω
0,25
5
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông
góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 60
0
. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a.
1,00
Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S,suy ra SH
⊥
AB, mặt khác (SAB)
⊥
(ABCD)
nên SH
⊥
(ABCD) và
0
60
=∠
SCH
.
Ta có
.1560tan.60tan.
0220
aBHCBCHSH
=+==

0,25
.
3
154
4.15
3
1

3
1
32
.
aaaSSHV
ABCDABCDS
===
0,25
Qua A vẽ đường thẳng
∆
song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên
∆
và
K là hình chiếu của H lên SE, khi đó
∆
⊥
(SHE)
⇒
∆
⊥
HK suy ra HK
⊥

(S,
∆
).
Mặt khác, do BD//(S,
∆
) nên ta có
( ) ( )
( )
( )
( )
, , ,
, , 2 ( ,( . )) 2
d BD SA d BD S d
d B S d H S HK
=
= ∆ = ∆ =
0,25
Ta có
0
45
=∠=∠
DBAEAH
nên tam giác EAH
vuông cân tại E, suy ra
22
aAH
HE ==
( )
2 2 2
2

. 15
. 15
2
.
31
15
2
a
a
HE HS
HK a
HE HS
a
a
⇒ = = =
+
 
+
 ÷
 

Vậy
( )
.
31
15
2, aSABDd =
0,25
6
Viết phương trình đường thẳng

∆
đi qua
( )
3; 2; 4A
− −
, song song với mặt phẳng
( )
:3 2 3 7 0P x y z
− − − =
và cắt đường thẳng
( )
2 4 1
:
3 2 2
x y z
d
− + −
= =
−
.
1,00
Ta có
( )
3; 2; 3
P
n
− −
uur
. Giả sử B(2 + 3t ; –4 – 2t ; 1 + 2t) là giao điểm của
∆

và
d
.
0,25
E
k
A
H
B
D
C
S
Khi đó
( )
1 3 ; 2 2 ;5 2AB t t t− + − − +
uuur
,
( )
|| . 0 2
P P
AB P AB n AB n t⇒ ⊥ ⇔ = ⇔ =
uuur uur uuur uur
. 0,25
Vậy
(8; 8;5)B
−
và
( )
5; 6;9AB −
uuur

. 0,25
Vậy phương trình đường thẳng
( )
3 2 4
:
5 6 9
x y z
− + +
∆ = =
−
. 0,25
7
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M(5;7) nằm trên cạnh
BC. Đường tròn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C thuộc đường
thẳng d: 2x-y-7=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C
nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2.
1,00
Gọi I là tâm đường tròn đường kính AM thì I là trung điểm
AM.
Dễ thấy
·
¼
·
0
2 90MIN sd MN MBN= = =

Điểm C ∈ d: 2x-y-7=0. ⇒C(c;2c-7)
Họi H là trung điểm của MN =>H(11/2; 9/2)
Phương trình đường thẳng ∆ trung trực của MN
đi qua H và vuông góc với MN là d: x-5y+17=0

Điểm I∈∆ => I(5a - 17;a)
0,25
( ) ( )
2 2
(1; 5) 26
(22 5 ;7 ) 22 5 7
MN MN
IM a a IM a a
= − ⇒ =
= − − ⇒ = − + −
uuuur
uuur

Vì ∆MIN vuông cân tại I và
( ) ( )
2 2
2
26 13 22 5 7 13
5
26 234 520 0
4
MN IM a a
a
a a
a
= ⇒ = ⇔ − + − =
=

⇔ − + = ⇔


=


Với a=5 =>I(8;5) => A(11;9) (loại)
Với a=4 =>I(3;4) => A(1;1) (t/m)
0,25
Gọi E là tâm hình vuông nên
1 11
( ; 3) ;5
2 2
c c
E c EN c
+ −
 
− ⇒ = −
 ÷
 
uuur

Vì AC⊥BD 
. 0AC EN
=
uuur uuur

( ) ( )
2
11
( 1). 2 8 . 5 0
2
7( / )

5 48 91 0
13
( )
5
c
c c c
c t m
c c
c loai
−
⇔ − + − − =
=


⇔ − + = ⇔

=

Suy ra: C(7;7) => E(4;4)
0,25
Pt BD: x+y−8=0, pt BC:x−7=0 ⇒B(7,1)⇒D(1,7) 0,25
8
Giải hệ phương trình
2 2 2 2
2 4
2 6 5 2 2 13 2( ) (1)
( 2 ) 2 4 . 8 . 2 2 (2)
x xy y x xy y x y
x y x y y y y x


− + + + + = +


+ + − = − +


1,00
Điều kiện:
2
0
0
x
y
x y
≥ −


≥


+ ≥


Xét y = 0, hệ vô nghiệm nên y khác 0 . Chia cả 2 vế của (1) cho y ta được:
2 2
2 6 5 2 2 13 2( 1)
Dat t= ( 1)
x x x x x
y y y y y
x

t
y
   
− + + + + = +
 ÷  ÷
   
> −
0,25
( ) ( )
2 2
4 3 2
2 2
: 2 6 5 2 2 13 2( 1)
t 2 3 4 4 0
1( i)
1 2 0
2( / )
PT t t t t t
t t t
t loa
t t
t t m
− + + + + = +
⇔ − − + + =
= −

⇔ + − = ⇔

=


0,25
Với t = 2 => x=2y, thế vào (2) ta được:
( ) ( )
2 4
4 2
3
3
4 2 2 4 . 8 . 2 2 2
4 2 2 2 2 2 8 . 4 .
2 2 2
4 2 2 8 4
2 2 2
2 2 2 2 2 2. 2 (3)
y y y y y y y
y y y y y y y
y y
y y y
y y
y y y
+ − = − +
⇔ + + + = +
⇔ + + + = +
 
⇔ + + + + = +
 ÷
 
Xét hàm số f(u)=u
3
+2u với u>0; có f’(u) = 3u
2

+2>0, mọi u>0 => hàm số đồng biến
Từ (3)
( )
3
2 2
2 2 2 2 4 2 2 0 1f f y y y y y
y y
 
⇒ + = ⇔ + = ⇔ − − = ⇔ =
 ÷
 ÷
 
0,25
Hệ có nghiệm duy nhất (2;1) 0,25
9
Cho
, ,a b c
là các số thực dương và
3a b c
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
( ) ( ) ( )
3
2
3 1 1 1
abc
P
ab bc ca a b c
= +
+ + + + + +

1,00
Áp dụng Bất đẳng thức:
2
( ) 3( )x y z xy yz zx+ + ≥ + +
,
, ,x y z
∀ ∈ℜ
ta có:
2
( ) 3 ( ) 9 0ab bc ca abc a b c abc+ + ≥ + + = >

3ab bc ca abc⇒ + + ≥
Ta có:
3
3
(1 )(1 )(1 ) (1 ) , , , 0a b c abc a b c
+ + + ≥ + ∀ >
. Thật vậy:
( ) ( ) ( )
2 3
3 3
3
1 1 1 1 ( ) ( ) 1 3 3 ( ) (1 )a b c a b c ab bc ca abc abc abc abc abc
+ + + = + + + + + + + ≥ + + + = +
0,25
Khi đó:
3
3
2
3(1 ) 1

abc
P Q
abc abc
≤ + =
+ +
(1).
Đặt
6
abc t
=
; vì a, b, c > 0 nên
3
0 1
3
a b c
abc
+ +
 
< ≤ =
 ÷
 
0,25
Xét hàm số
(
]
2
3 2
2
, 0;1
3(1 ) 1

t
Q t
t t
= + ∈
+ +

( )
( )
( ) ( )
(
]
5
2 2
3 2
2 1 1
( ) 0, 0;1
1 1
t t t
Q t t
t t
− −
′
⇒ = ≥ ∀ ∈
+ +
.
Do đó hàm số đồng biến trên
(
]
0;1
( ) ( )

1
1
6
Q Q t Q
⇒ = ≤ =
(2). Từ (1) và (2):
1
6
P ≤
. 0,25
Vậy maxP =
1
6
, đạt được khi và và chi khi :
1a b c
= = =
. 0,25
Hết