Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 52

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 01694838727
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP QUỐC GIA SỐ 52
Ngày 16 tháng 03 năm 2015
Câu 1.(2điểm) Cho hàm số
1
1
+
−
=
x
x
y
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ). Biết tiếp tuyến cùng hai đường tiệm cận
của đồ thị (C ) tạo thành tam giác cân.
Câu 2.(2 điểm)
1. Giải phương trình: sin
3
x + 2cosx - 2 + sin
2
x = 0
2. Giải hệ phương trình:
( )
Ryx
yxyx
yx
xy
yx
∈






−=+
=
+
++
,
1
2
2
22
Câu 3.(1điểm) Tính tích phân: I =
∫
−
2
1
2
4
dx
x
x
.
Câu 4.(1điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB a=
,
3AC a=
, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm
G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60

0
. Tính thể tích khối
lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC).
Câu 5.(1điểm) Cho a
3
>36 và abc=1. Chứng minh rằng
3
2
a
+b
2
+c
2
>ab+bc+ca.
Câu 6.(2 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, phương trình
AB: x + 2y – 4 = 0, BC: 3x + y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết rằng diện tích tam
giác ABC bằng
5
2
và điểm A có hoành độ dương.
Câu 7(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − y + 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng
1
1 3 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
+ − −

= =
,
2
3 1
( ) :
3 1 1
x y z
d
+ +
= =
−
. Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt cả hai
đường thẳng (d
1
), (d
2
), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng
6
.
Câu 8.(1điểm) Tìm số phức z thỏa mãn
2 2 2 2z i− + =
và
1
1
z
z i
+
=
+
.

184 Đường Lò chum Thành phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 01694838727
HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 52
Câu Nội dung
Điểm
I.a
1đ
Cho hàm số
1
1
+
−
=
x
x
y
(1) * TXĐ: D=
{ }
1\ −R
a) Chiều biến thiên
Dx
x
y ∈∀>
+
= ;0
)1(
2
2
/

Hàm số đồng biến trên các khoảng:
)1;( −−∞
và(-1;+
∞
) không có cực trị.
b) Giới hạn và tiệm cận :

x
lim y 1
→±∞
=

⇒
đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1

x ( 1)
lim y
−
→ −
= +∞
và
x ( 1)
lim y
+
→ −
= −∞

⇒
đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1
c) Bảng biến thiên

x -
∞
-1 +
∞
y’ + +
y +
∞
1
1 -
∞
Đồ thị qua (1;0) và (0;-1)
0.25
0.25.
0.25
0.25
I/b
1đ
Vì tiếp tuyến tạo với các đường tiệm cận một tam giác cân nên hệ số góc của tiếp tuyến là k=-
1, hoặc k=1.Với k=-1 không có tiếp tuyến
Với k=1, ta có
1
)1(
2
2
=
+x




=+
−≠
⇔
2)1(
1
2
x
x




−−=
−=
⇔
12
12
2
1
x
x
Với
2112
11
−=⇒−= yx
.Vậy có tiếp tuyến thỏa đề bài là
222:
1
−+= xyd

Với
2112
22
+=⇒−−= yx
.Vậy có tiếp tuyến thỏa đề bài là
222:
2
++= xyd

0.25
0.25
0.25
0.25
Câu
II/1
sin
3
x + 2cosx - 2 + sin
2
x = 0 (2)
⇔
(1-cosx)(sinx + cosx + sinxcosx -1 ) = 0
⇔
cos x 1
sin x cos x sin x cos x 1 0
=


+ + − =


* cosx = 1
⇔
x = k2
π
, k
∈
Z
sinx + cosx + sinxcosx - 1 = 0 (2)
Đặt t = sinx + cosx (
t 2≤
) => sinxcosx =
2
t 1
2
−
Pt (2) trở thành pt : t +
2
t 1
2
−
-1 = 0
⇔
t
2
+ 2t -3 = 0
⇔
t = 1 và t = -3 ( loại )
+ t = 1; sinx + cosx =1
⇔
2

cos(x ) x k2 , k Z
4 2 4 4
π π π
− = ⇔ − = ± + π ∈

0.25
0.25
0.25
0.25
184 Đường Lò chum Thành phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 01694838727
⇔

x k2
2
x k2
π

= + π


= π

Vậy pt (1) có các họ nghiệm là : x = k2
π
, x =
k2 , k Z
2
π
+ π ∈

II/2

2 2
2
2
1 (1)
(2)
xy
x y
x y
x y x y

+ + =

+


+ = −

Điều kiện: x + y > 0
Đặt u=x+y, u>0 và v = xy.
Pt (1) trở thành:
2 3
2
2 1 2 2 0
v
u v u u uv v
u
− + = ⇔ − − + =
2

1
( 1)[ ( 1) 2 ] 0
2 0
u
u u u v
u u v
=

⇔ − + − = ⇔

+ − =

TH1:Với u =1 hay x+y=1(thỏa đk), thay vào (2) được:
2 2
1
1 (1 ) 2 0
2
x
x x x x
x
=

= − − ⇔ + − = ⇔

= −


1 0; 2 3x y x y= ⇒ = = − ⇒ =
TH2: Với
2

2 0u u v+ − =
hay
2 2 2
( ) 2 0 0x y x y xy x y x y+ + + − = ⇔ + + + = ⇒
vô nghiệm do
đk. Vậy hệ pt có 2 nghiệm (1; 0); (−2; 3).
0.5
0.25
0.25
Câu
III
I =
∫ ∫
−
=
−
2
1
2
1
2
22
44
xdx
x
x
dx
x
x
.

Đặt t =
xdxtdtxtx −=⇒−=⇒−
222
44
; x=1
3=⇒ t
; x=2
⇒
t=0
I =
0
3
2
0
3
0
3
0
3
2
2
2
2
2
ln)
4
4
1(
44
)(









+
−
+=
−
+=
−
=
−
−
∫ ∫ ∫
t
t
tdt
t
dt
t
t
t
tdtt
=
= -
=









+
−
+
32
32
ln3
-
( )
)32ln(23 −+
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu
IV
Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có:
;
3
2
3
2
;2 aAMAGaBC ===

góc A
/
AG bằng 60
0
0
2 3
' .t an60
3
a
A G AG⇒ = =

Thể tích V của khối lăng trụ được tính bởi:
3
1 1 2 3
. ' . . ' . 3.
2 2 3
ABC
a
V S A G AB AC A G a a a= = = =
=a
3
(đvtt)
Dựng AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK
6
3
2.3
3
3
1
3

1
3
1 a
a
aa
BC
ACAB
AKGI
MA
MG
AK
GI
====⇒==
Dựng GH ⊥ A’I tại H (1)Do:
(2)
'
BC GI
BC GH
BC A G
⊥

⇒ ⊥

⊥

. Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC)
Mặt khác nhận thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’. Từ đó
[ ', ( ' )] [ , ( ' )] 3 [ , ( ' )] 3d B A BC d A A BC d G A BC GH= = =
3GH
2 2 2 2

2 3 3
3. .
' . 3. ' . 6 2 51
3 6
3.
' 17
51
' 12 3
9 36
a a
A G GI A G GI a a
A I
A G GI a a
= = = = =
+
+
0.25
0.25
0.25
0.25
184 Đường Lò chum Thành phố Thanh Hóa
N
I
C'
B'
M
A
B
C
A'

G
K
H
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 01694838727
Câu
V
Cho a
3
>36 và abc=1. Chứng minh rằng
3
2
a
+b
2
+c
2
>ab+bc+ca.
Giải. Từ abc=1
a
bc
1
=⇒
vì a
3
>36 nên a>0.
Bđt đã cho tương đương với
3
2
a
+(b+c)

2
-2bc

>bc+a(b+c)
0
3
3)()(
2
2
>+−+−+⇔
a
bccbacb
(1)Xét tam thức bậc hai f(x)= x
2
–ax-3bc+
3
2
a
Ta có hệ số của x
2
là 1>0 và
0
3
36
3
36
12
3
4
322

2
<
−
=
−
=+−=∆
a
aabc
bc
a
a
.
Theo định lý tam thức bậc hai thì f(x)>0 với
∀
x
).1(0
3
3)()()(
2
2
⇒>+−+−+=+⇒
a
bccbacbcbf
đúng , đó là đpcm
0.25
0.5
0.25
Câu
VI/a
Nhận xét: Góc giữa hai đường thẳng BC và AB là 45

0
và ∆ABC cân tại A nên ∆ABC vuông
cân tại A
A ∈ AB ⇒ A(4 − 2a; a); C ∈ BC ⇒ C(c; 7 − 3c)
(2 4; 3 7)AC a c a c= + − − − +
uuur
, vtcp của AB là
1
(2; 1)u = −
r

1
. 0 3AC u c a= ⇔ = −
uuur
r
(1)
Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình
2 4 0 2
3 7 0 1
x y x
x y y
+ − = =
 
⇔
 
+ − = =
 
⇒ B(2;1)
Diện tích tam giác ABC:
2

1 5
2 2
ABC
S AB= =
⇔
2 2 2
0
(2 2) (1 ) 5 2 0
2
a
a a a a
a
=

− + − = ⇔ − = ⇔

=


Do x
A
> 0 nên chỉ nhận a = 0 ⇒ c = 3. Suy ra A(4; 0) và C(3;−2)
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu
VI/b
Gọi M, N lần lượt là giao điểm của ∆
với (d

1
) và (d
2
)
1 1 1 2 2 2
( 1 2 ;3 ;1 ), ( 3 3 ; ; 1 )M t t t N t t t− + + + − + − − +
Ta có:
2 1 2 1 2 1
(3 2 2; 3; 2)MN t t t t t t= − − − − − − −
uuuur
và vtpt của (P)
(1; 1; 2)n = −
r
+∆//(P)nên:
2 1 2 1 2 1 2 1
. 0 3 2 2 3 2 2 4 0 6 3 3 0MN n t t t t t t t t= ⇔ − − + + + + − − = ⇔ − − =
uuuur
r

1 2
2 1t t⇔ = −

(1)

2 2 2
3 3 2 2 5
[ , ( )] 6 [ , ( )] 6 6
6
t t t
d P d M P

− + + − + +
∆ = ⇔ = ⇔ =

2 2
1 1t t⇔ = ⇔ = ±

2 1 2 1
1 1; 1 3t t t t= ⇒ = = − ⇒ = −

Với
1 2
1t t= =
, ta có
1 4 2
(1; 4; 2), (1; 5; 2) pt :
1 5 2
x y z
M MN
− − −
= ⇒ ∆ = =
uuuur
Với
1
2
3
1
t
t
= −



= −

, ta có
7
( 7; 0; 2), (1; 1; 0) pt : ( )
2
x t
M MN y t t
z
= − +


− − = ⇒ ∆ = ∈


= −

uuuur
¡
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu
a/
VII
Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn
2 2 2 2z i− + =
và

1
1
z
z i
+
=
+
.
Giả sử
,( , )z x yi x y= + ∈¡
. Từ giả thiết ta có:

2 2
2 2 2 2 ( 2) ( 2) 2 2 ( 2) ( 2) 8z i x y i x y− + = ⇔ − + + = ⇔ − + + =
2 2 2 2
1
1 ( 1) (1 ) ( 1) (1 )
z
x yi x y i x y x y x y
z i
+
= ⇔ + + = + − ⇔ + + = + − ⇔ = −
+
Ta được hệ:
2 2 2
4, 4
( 2) ( 2) 8 ( 2) 4
0, 0
x y
x y x

x y
y x y x
= = −
 
− + + = − =

⇔ ⇔
 

= =
= − = −

 
Vậy
4 4 ; 0z i z= − =
0.25
0.25
0.5
184 Đường Lò chum Thành phố Thanh Hóa
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 01694838727
184 Đường Lò chum Thành phố Thanh Hóa