đề toán thi thử lần 3 năm 2015 trương lương thế vinh

Trờng thpt lơng thế vinh
Hà nội
Năm học 2014 - 2015
đề thi thử thpt quốc gia năm 2015
Môn thi: Toán - Lần thứ 3
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Ngày 16.5.2015
Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s
3 2
1
x
y
x

=

.
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (
C
) ca hm s ó cho.
b) Tỡm cỏc giỏ tr ca
m
ng thng
:d y x m= +
ct th (
C
) ti hai im phõn bit.
Cõu 2 (1,0 im).
a) Cho gúc

tha món:

3
2


< <
v
tan 2

=
. Tớnh
2
5
sin sin sin 2
2 2
M



= + + +
ữ ữ

.
b) Cho s phc
z
tha món h thc:
2
( 3) (2 )
i
i z i z
i

+
+ + =
. Tỡm mụun ca s phc
w z i
=
.
Cõu 3 (0,5 im). Gii bt phng trỡnh:
2 0,5
log ( 2) log 1x x + <
.
Cõu 4 (1,0 im). Gii bt phng trỡnh:
3 2 3 2
2 4 5 3 4x x x x x x x > + +
.
Cõu 5 (1,0 im). Tớnh tớch phõn:
( )
2
0
cos2 .I x x x dx

= +

Cõu 6 (1,0 im). Cho hỡnh chúp
.S ABCD
cú ỏy l hỡnh thang vuụng ti
A
v
B
;
;AB BC a= =

2AD a
=
;
( )SA ABCD
. Gúc gia mt phng
( )SCD
v mt phng
( )ABCD
bng
0
45
. Gi
M
l trung
im
AD
. Tớnh theo
a
th tớch khi chúp
.S MCD
v khong cỏch gia hai ng thng
SM
v
BD
.
Cõu 7 (1,0 im). Trong mt phng ta
,Oxy
cho tam giỏc
ABC

cú phng trỡnh ng phõn giỏc
trong gúc
A
l
: 3 0d x y+ =
. Hỡnh chiu vuụng gúc ca tõm ng trũn ni tip tam giỏc
ABC
lờn
ng thng
AC
l im
(1;4)E
. ng thng
BC
cú h s gúc õm v to vi ng thng
AC
gúc
0
45
. ng thng
AB
tip xỳc vi ng trũn
( )
2
2
( ) : 2 5C x y+ + =
. Tỡm phng trỡnh cỏc cnh ca tam
giỏc
ABC
.

Cõu 8 (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta
Oxyz
, cho im
( )
1; 1;0A
v ng thng
1 1
:
2 1 3
x y z
d
+
= =

. Lp phng trỡnh mt phng
( )P
cha
A
v
d
. Tỡm ta im
B
thuc trc
Ox

sao cho khong cỏch t im
B
n mt phng
( )P
bng

3
.
Cõu 9 (0,5 im). Trong t xột tuyn vo lp 6A ca mt trng THCS nm 2015 cú 300 hc sinh ng
ký. Bit rng trong 300 hc sinh ú cú 50 hc sinh t yờu cu vo lp 6A. Tuy nhiờn, m bo quyn
li mi hc sinh l nh nhau, nh trng quyt nh bc thm ngu nhiờn 30 hc sinh t 300 hc sinh núi
trờn. Tỡm xỏc sut trong s 30 hc sinh chn trờn cú ỳng 90% s hc sinh t yờu cu vo lp 6A.
Cõu 10 (1,0 im). Cho cỏc s thc
, a b
dng v tha món
1ab
.
Tim gia tri nh nhõt cua biu thc
1 1 32
1 1
2 (1 ) 2 (1 ) 8
T
a b
a a b b
= +
+ +
+ + + +
.
HT
Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh: ; S bỏo danh:
Câu Đáp án Điể
1
(2,0đ)
a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
3 2

1
x
y
x
−
=
−
.
Tập xác định:
D
=
R
\
{1}
.
lim 3; lim 3
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
suy ra tiệm cận ngang
3y
=
.
1 1
lim ; lim
x x
y y
+ −
→ →

= +∞ = −∞
suy ra tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng
1x
=
.
Đạo hàm:
( )
2
1
' 0 1
1
y x
x
−
= < ∀ ≠
−
.
0,25
Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng
( )
;1
−∞
và
( )
1;
+∞
.
Hàm số không có cực trị.
0,25
Bảng biến thiên:

x
−∞
1
+∞
y' - -
y
3

+∞

−∞

3
0,25
Đồ thị: (Hs có thể lấy điểm
(2;4); (0;2)
). 0,25
b) (1,0 điểm) Tìm các giá trị của
m
để
:d y x m
= − +
cắt đồ thị (
C
) tại hai điểm phân biệt.
Phương trình tương giao:
3 2
1
x
x m

x
−
= − +
−

( 1)x
≠
2
( ) (2 ) 2 0f x x m x m
⇔ = + − + − =
(1)
0,25
ĐK: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
0
(1) 0f
∆ >

⇔

≠

0,25
2
4 12 0m m
⇔ − − >
0,25
6; 2m m
⇔ > <
.
0,25

2
(1,0đ)
a) (0,5 điểm) Cho
tan 2
α
=
.
3
2
π
π α
< <
. Tính
2
5
sin sin sin 2
2 2
M
π π
α α α
   
= + + + −
 ÷  ÷
   
.
Ta có
2 2
2
1 1 1 3
1 tan 1 4 5 cos cos

cos 5 2
5
x
π
α α α π
α
 
= + = + = ⇒ = ⇒ = − < <
 ÷
 
. 0,25
2 2 2 2
sin cos cos2 sin cos 2cos 1 cos cosM
α α α α α α α α
= + + = + + − = + =
1 1
5
5
−
.
0,25
b) (0,5 điểm) Cho
2
( 3) (2 )
i
i z i z
i
+
+ + = −
. Tìm môđun của số phức

w z i
= −
.
Gọi
( )
2
, , 1z a ib a b R i= + ∈ = −
. Từ giả thiết ta có:
( 3)( ) 1 2 (2 )( )
1
1 0
4
( 1) (2 5 2) 0 1 .
4
2 5 2 0
5
5
i a bi i i a bi
a
a
a a b i z i
a b
b
+ + + − = − −
= −

+ =


⇔ + + + − = ⇔ ⇔ ⇒ = − +

 
+ − =
=



0,25
Từ đó:
1 1
| | | 1 | 1
5 25
z i i
− = − − = + =
26
5
. 0,25
3
(0,5đ)
Giải bất phương trình:
2 0,5
log ( 2) log 1x x
− + <
.
Điều kiện:
2x
>
.
Bpt
( )
2 2 2

2 2
log 2 log 1 log 1 2
x x
x x
x x
− −
⇔ − − < ⇔ < ⇔ <
0,25
2 2 2x x x
⇔ − < ⇔ > −
.
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bpt là
2x
>
.
0,25
4
(1,0đ)
Giải bất phương trình:
3 2 3 2
2 4 5 3 4x x x x x x x− − > − + − − +
.
Bpt
( ) ( )
2 2
2 2 1 2 ( 1)x x x x x x
 
⇔ − − > − + − − +
 

( )
0x
≥
.
( )
2
( 2) | 2 | 1 1 2 1x x x x x
 
⇔ − + − + > + − +
 
 
. (1)
•
2 :x
=

(1) 0 2 2
⇔ >
(loại).
0 : (1) 2 2x
= ⇔ − > −
(loại).
0,25
•
2 :x
>

( )
( )
2

(1) ( 2) 1 1 1 2 1x x x x
 
⇔ − + + > + − +
 
 
Chia 2 vế cho
.( 2) 0x x
− >
ta được:
( )
2
1 1 1 1
(1) 1 1
2
2
x x
x
x
⇔ + + > + +
−
−
.
Xét hàm
2
2
( ) 1 , 0 '( ) 1 0 0
1
t
f t t t t f t t
t

= + + > ⇒ = + > ∀ >
+
( )f t
⇒
đồng biến
0t
∀ >
1 1
(1)
2x
x
⇔ >
−
.
0,25
2
2 5 4 0 4; 1x x x x x x
⇔ − > ⇔ − + > ⇔ > <
.
Kết hợp
2 4x x
> ⇒ >
.
0,25
•
0 2 :x
< <
( )
( )
2

(1) ( 2) 1 1 1 2 1x x x x
 
⇔ − − + > + − +
 
 
.
Chia 2 vế cho
.( 2) 0x x
− <
ta được:
( )
2
1 1 1 1
(1) 1 1
2
2
x x
x
x
⇔ − + < − +
−
−
.
Xét hàm
2
2
2 2
1
( ) 1 , '( ) 1 0
1 1

t t t
f t t t t f t t
t t
+ −
= − + ∈ ⇒ = − = > ∀
+ +
R
( )f t
⇒
đồng biến
t∀
. Từ đó
1 1
(1)
2x
x
⇔ <
−
. Trường hợp này vô nghiệm vì
1
0
2x
<
−
.
Đáp số:
4x
>
.
0,25

Cách 2: ĐK
0x
≥
(mỗi dấu + ứng với ¼ điểm)
0x
=
không là nghiệm. Xét
0:x
>
+
( ) ( )
2
3 2 3 2
5 4
(1) 2 1
4 5 3 4
x x
x x
x x x x x
− +
⇔ − + >
− + + − +
( )
3 2 3 2
1 1
( ) 4 0
2
4 5 3 4
x x
f x x

x
x x x x x
 
+ −
⇔ = − + >
 
+
− + + − +
 
.
+ Xét
3 2 3 2
1 1
( )
2
4 5 3 4
x x
g x
x
x x x x x
+ −
= +
+
− + + − +
Nếu
1x
≥
thì
( ) 0g x
>

.
+ Nếu
0 1:x
< <

1 1 1 1x x
+ > ⇒ + >
. Ta có:
1 1 1
(1)
2
2 2 2
x x
x x
+ +
> =
+ +


( ) ( )
2
3 2
3 4 1 2 2 1 2 2x x x x x x x x− + = + − = − + > − = −

3 2 3 2
4 5 3 4 2x x x x x x⇒ − + + − + > −

3 2 3 2
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2

4 5 3 4
x x x x
x x x x
x x x x x
− − − −
⇒ < = < =
− − + −
− + + − +

3 2 3 2
1 1
(2)
2
4 5 3 4
x
x x x x x
−
⇒ > −
− + + − +
. Từ
(1)
và
(2)
suy ra
( ) 0 0g x x
> ∀ >
.
+
( ) 0 4 0 4f x x x
> ⇔ − > ⇔ >

. Kết hợp ĐK suy ra đáp số:
4x
>
.
5
(1,0đ)
Tính tích phân:
( )
2
0
cos2 .I x x x dx
π
= +
∫
2 2
2
0 0
cos2I x dx x xdx
π π
= +
∫ ∫
. Ta có
3
2
2 3
2
0
0
1
3 24

A x dx x
π
π
π
= = =
∫
.
0,25
2
0
cos2 .B x xdx
π
=
∫
Đặt
1
' 1. ' cos2 sin 2
2
u x u v x v x
= ⇒ = = ⇒ =
.
2
2
0
0
1 1
sin 2 sin 2
2 2
B x x xdx
π

π
= −
∫
.
0,25
( )
2
0
1 1 1 1
0 cos2 1 1
2 2 4 2
x
π
 
= − − = − − = −
 ÷
 
0,25
I A B
= + =
3
1
24 2
π
−
.
( 0,792)I
≈
.
0,25

6
(1,0đ)
.S ABCD
đáy là hình thang vuông tại
A
và
B
;
;AB BC a
= =

2AD a
=
;
( )SA ABCD
⊥
.
Góc giữa
( )SCD
và
( )ABCD
bằng
0
45
.
M
là trung điểm
AD
. Tính thể tích
.S MCD

,
( , )d SM BD
Ta có
( ) ( ) .SCD ABCD CD
∩ =

·
0
, ( ) 45 .CD SA AC CD SAC SC CD SCA⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
0,25
.
1
. .
3
S MCD MCD
V SA S
=
.
2
1
2; .
2
MCD
SA AC a S a
= = =
Suy ra
2
.
1 1
. 2.

3 2
S MCD
V a a
= =
3
2
6
a
.
0,25
Gọi
N
là trung điểm
AB

//( )BD SMN
⇒
.
Suy ra:
( , ) ( ,( )) ( ,( )) ( ,( ))d SM BD d BD SMN d D SMN d A SMN
= = =
.
Kẻ
( ) ( )
,
( ) ( ,( ))
AP MN P MN AH SP H SP
AH SMN d A SMN AH
⊥ ∈ ⊥ ∈
⊥ ⇒ =

.
0,25
Tam giác vuông
SAP
có
2 2 2
1 1 1
AH AS AP
= +
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 11
2 2
4
a
AS AN AM a a a
= + + = + + =
Suy ra
22
11
a
AH = ⇒
22
( , )
11
a
d SM BD
=
.
0,25

7
(1,0đ)
Tam giác
ABC
có phân giác trong góc
A
là
: 3 0d x y
+ − =
. Hình chiếu của tâm đường
tròn nội tiếp tam giác
ABC
lên
AC
là
(1;4)E
.
BC
có hệ số góc âm và tạo với đường
thẳng
AC
góc
0
45
. Đường thẳng
AB
tiếp xúc với
( )
2
2

( ) : 2 5C x y
+ + =
. Tìm phương
trình các cạnh.
A
D
B
C
S
M
N
P
H
H
B
A
C
I
D
F
E
J
Gọi
F
là điểm đối xứng với
E
qua
d
( 1;2)F
⇒ −

. Nhận xét:
( )C
có tâm
( 2;0),I
−
bán
kính
5R
=
và
( )F C
∈
.
Từ đó
AB
qua
F
và vuông góc với
IF
nên có phương trình
: 2 3 0AB x y
+ − =
.
0,25
(3;0)AB d A
∩ = ⇒
: 2 6 0AC x y
+ − =
.
Gọi

J
là tâm đường tròn nội tiếp
ABC
∆
. Đường thẳng
∆
qua
1 10
, : 2 7 0 ;
3 3
E AC x y d J
 
⊥ ⇒ ∆ − + = ⇒ ∆ ∩ = −
 ÷
 
.
0,25
Gọi vtpt của đường thẳng BC là
2 2
( ; ), 0n a b a b
= + ≠
r
. Ta có:
( )
( )
0
2 2
2
2 2 2 2
| 2 |

cos45
5.
2 2 5 3 8 3 0
a b
a b
a b a b a ab b
+
=
+
⇒ + = + ⇒ + − =
•
0 :a
=
suy ra
0b
=
(loại)
•
0 :a
≠
chọn
1 3a b= ⇒ =
(thỏa mãn hệ số góc âm),

1
3
b = −
(loại).
Suy ra phương trình
: 3 0BC x y C

+ + =
.
0,25
Do
J
là tâm đường tròn nội tiếp
ABC
∆
nên
( , ) ( , )d J AC d J BC
=
Suy ra
2 10 1
| 6 | | 10 |
29 10 2
3 3 3
3
5 10
C
C
− + − − + +
− −
= ⇒ =
(thỏa mãn);
29 10 2
3
C
− +
=
(loại

vì khi đó
,A J
nằm 2 phía
BC
). Từ đó:
29 10 2
: 3 0
3
BC x y
+
+ − =
.
Đáp số:
: 2 3 0AB x y
+ − =
;
: 2 6 0AC x y
+ − =
;
29 10 2
: 3 0
3
BC x y
+
+ − =
.
0,25
8
(1,0đ)
( )

1; 1;0A
−
,
1 1
:
2 1 3
x y z
d
+ −
= =
−
. Lập
( )P
chứa
A
và
d
. Tìm
: ( , ) 3B Ox d B Ox
∈ =
.
Đường thẳng
d
qua
( )
1;1;0M
−
và có vtcp
(2;1; 3)u
= −

r
. Ta có
(2; 2;0)MA
= −
uuur
.
( )P
qua
( )
1; 1;0A
−
và có vtpt
( )
, 6;6;6 .n MA u
 
= =
 
r uuur r
Chọn
(1;1;1)n
=
r
.
0,25
Phương trình tổng quát của
( )P
là:
1( 1) 1( 1) 1( 0) 0 0.x y z x y z
− + + + − = ⇔ + + =
0,25

Gọi
( ;0;0) ;B b Ox
∈

| |
( ,( )) 3 3
3
b
d B P = ⇔ =
. 0,25
| | 3 3 ( 3;0;0)b b B
⇔ = ⇔ = ± ⇒ ±
.
Đáp số:
( ): 0P x y z
+ + =
;
( 3;0;0)B
±
.
0,25
9
(0,5đ)
Có 300 học sinh đăng ký. Có 50 học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A. Bốc thăm ngẫu nhiên
30 học sinh từ 300 học sinh nói trên. Tìm xác suất để có đúng 90% số học sinh đạt yêu
cầu.
Gọi
A
là biến cố: “Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu”.
Chọn ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh có

30
300
C
cách chọn.
Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu, tức là chọn được 27 em. Chọn 27 học sinh từ 50
học sinh có
27
50
C
cách.
Chọn nốt 3 em từ 250 em còn lại có
3
250
C
cách.
0,25
Số cách chọn học sinh đạt yêu cầu là:
27
50
C
.
3
250
C
.
Xác suất của biến cố
A
là
( )P A
=

27 3
21
50 250
30
300
.
1,6.10
C C
C
−
≈
.
0,25
10
(1,0đ)
Cho
, 0:a b
>

1ab
≥
. Tìm GTNN của
1 1 32
1 1
2 (1 ) 2 (1 ) 8
T
a b
a a b b
= + −
+ +

+ + + +
.
Ta có:
( )
1 1 2
, 1
1 1
1
ab
a b
ab
+ ≥ ≥
+ +
+
.
Thật vậy: Quy đồng, chuyển vế, bđt trên tương đương với
( ) ( )
2
1 0a b ab
− − ≥

(Đúng).
Lại có:
2 2 2 4
1
3
1 1 .1
1
2
ab

ab
ab ab
= ≥ =
+
+
+ +
+
. Suy ra:
1 1 4
1 1 3a b ab
+ ≥
+ + +
.
0,25
Ta có:
( )
( ) ( )
2 2
(1 ) (1 ) 2 2 2 2 2 2 2 2a a b b a b a b ab ab ab+ + + = + − + + + ≥ − + + ≥ +
.
Suy ra:
2 (1 ) 2 (1 ) 8 4 12a a b b ab
+ + + + ≥ +
.
1 1 32 32 16
2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 (1 ) 2 (1 ) 8
4 12 2 3 3
a a b b a a b b
ab ab ab
− − −

≤ ⇒ ≥ =
+ + + + + + + +
+ + +
.
4 16
3
3
T
ab
ab
⇒ ≥ −
+
+
.
Đặt
2
4 16
1 ( ).
3
3
t ab T f t
t
t
= ≥ ⇒ ≥ − =
+
+
0,25
2 2
2 2
2 2

8 8 ( 3) ( 3) 3
'( ) 8.
( 3)
( 3) 3 ( 3) ( 3) 3
t t t t t
f t
t
t t t t t
− + − + +
= + =
+
+ + + + +
.
Xét
( )
2 2 2
( 3) ( 3) 3 ( 3) 3 3 0M t t t t t t t t
= + − + + > + + − + >
2 4 2 3 2 4 3 2
3 3 6 9 3 ( ) 3 9 0t t t t t t t t t t
⇔ + > + ⇔ + + > + ⇔ − + + >
(Đúng
1t
∀ ≥
).
Suy ra
'( ) 0 1f t t
> ∀ ≥

( )f t

⇒
đồng biến
1t
∀ ≥
.
0,25
Từ đó:
1
(1) 7 1 1.
t
MinT f t a b
≥
= =− ⇔ = ⇔ = =
0,25
Cách 2: Có thể dồn biến về
2 2u a b ab
= + ≥ ≥
như sau:
•
1 1 4 4
1 1 1 1 2a b a b u
+ ≥ =
+ + + + + +
•
2 2 2 2
(1 ) (1 ) 2 2 2a a b b a b a b a b a b a b u
+ + + = + + + ≥ + + ≥ + + = +
Suy ra:
1 1
2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 12

2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 12
a a b b u
a a b b u
+ + + + ≥ + ⇒ ≤
+ + + + +
4 32
( ), 2.
2
2 12
T f u u
u
u
⇒ ≥ − = ≥
+
+
Chứng minh
'( ) 0 2f u u
> ∀ ≥
tương tự cách 1.
Kết luận:
2
(2) 7 2 1.
u
MinT f u a b
≥
= = − ⇔ = ⇔ = =
Hết