Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 59

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP QUỐC GIA 2015 SỐ 59
Ngày 24 tháng 3 năm 2015
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3 1y x x= − +
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình :
( )
2
2 3 0x x x m− − =
.
Câu 2.(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3 2
os os
2sin 2
sinx cos
c x c x
x
x
−
− =
+
.
2. Giải bất phương trình:
2 5 2 3x x x+ − − < −
.
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I =
2
1

(1 )ln
e
x x
dx
x
+
∫
.
Câu 4.(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A
’
B
’
C
’
có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A. Mặt
bên ABB
’
A
’
là hình thoi cạnh a, nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.
Mặt bên ACC
’
A
’
hợp với đáy một góc
α
. Tính theo a và
α
thể tích của khối lăng trụ.
Câu 5.(1,0 điểm) Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn x + y =1.

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
( ) ( )
2 2
2 2
x y y x
x y
+ +
+
.
Câu 6. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-1; -3), trọng tâm G(4; -2) .
Biết đường trung trực của AB là d: 3x + 2y – 4 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
Câu 7. (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho cho hai điểm A(1; 2; 3), B(-1; 2; -3)
và đường thẳng
∆
:
1 2 1
1 1 1
x y z− − +
= =
. Tìm trên
∆
điểm M sao cho:
MA MB+
uuuv uuuv

đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2

3 3
3 3 2.3
log (log 1) 4
x x y y
x y
+

+ =


− =


.
Hết

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò chum thành Phố Thanh Hóa
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 59
Câu Ý NỘI DUNG Điểm
1 1.a
Tập xác định D=R . 0,25
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
.
2
' 6 6y x x

= −
.
0
' 0
1
x
y
x
=

= ⇔

=

. 0,25
BBT: Hàm số ĐB trên các khoảng
( ) ( )
;0 , 1;
−∞ +∞
và NB trên khoảng
( )
0;1
.Hàm số
đạt CĐ tại
0, 1
CD
x y
= =
và đạt CT tại
1, 0

CT
x y= =
.
0,25
Đồ thị: y = (x-1)
2
(2x-1) suy ra
đồ thị cắt Ox tại (
1
2
−
;0). Đồ thị đối xứng qua I
1 1
;
2 2
 
 ÷
 
.
0,25
1.b
Pt
( )
3
2 2
2 3 0 2 3 1 1 (*)x x x m x x m
− − = ⇔ − + = +
0,25
Số nghiệm của pt (*) bằng số giao điểm của 2 đồ thị
3

2
2 3 1y x x
= − +
(**) và y = m
+ 1
0,25
Dựa vào đồ thị câu trên ta suy ra đồ thị (**) 0,25
Kết luân: m > 0 pt có 2 nghiệm m = 0 pt có 3 nghiệm
- 1 < m < 0 pt có 4 nghiệm. m = - 1 pt có 2 nghiệm m < -1 pt vô nghiệm
0,25
2 2.1 Đ/k: tanx
1
≠ −

Pt
( )
( ) ( ) ( )
2
1 sin cos 1 2 1 sinx sinx osxx x c
⇔ − − = + +
0,5
( ) ( )
2
sinx 1
1 sinx 1 cos 0
cos 1
x
x
= −


+ + = ⇔

= −

thỏa mãn đ/k
2
( )
2
2
x k
k Z
x k
π
π
π π

= − +

⇔ ∈

= +

0,5

2.2
Đ/k :
5
2
2
x

− ≤ ≤
. 0,25
Cách 1 : Bpt
( ) ( )
2 5 2 3 5 2 3 2 3x x x x x x
⇔ + < − + − ⇔ − − > −
(1)

0,25
• Với :
3
2
2
x
− ≤ <
thì (1) đúng. (a)
• Với :
3 5
2 2
x≤ ≤
thì (1)
2
3
2 6 0 2
2
x x x
⇔ − − < ⇔ − < <
Đối chiếu với đ/k ta được
3
2

2
x≤ <
(b)
0,25
Từ (a) và (b) ta có nghiệm bpt là :
2 2x
− ≤ <
0,25
Cách 2 :
2 5 2 3 0 2 2 1 5 2 1 3 0x x x x x x+ − − − − < ⇔ + − + − − + − − <
( )
2 2 2
0
2 2 1 5 2 1 3
1 1 1
2 ( ) 0 2
2 2 1 5 2 1 3
x x x
x x x
x x
x x x
− − −
⇔ + + <
+ + + − + −
⇔ − + + < ⇔ <
+ + + − + −

Vậy nghiệm bpt là :
2 2x
− ≤ <

3
Ta có: I =
( )
2
1 1 1
1 ln
ln
ln
e e e
x x
x
dx dx x xdx
x x
+
= +
∫ ∫ ∫
0,25

2
1 1
ln ln 1
ln (ln )
1
2 2
e e
e
x x
dx xd x
x
= = =

∫ ∫
0,25
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò chum thành Phố Thanh Hóa

2 2 2
1 1
ln 1 ln
ln
1 1
2 2 2 4
e e
e e
x x x x x
x xdx xdx
 
= − = −
 ÷
 
∫ ∫
=
2
1
4
e +
. Vậy I =
2
3
4
e
+

0,5
4 Gọi H là hình chiếu của A
’
xuống AB. Ta có:
mp (AA
’
B
’
B)
⊥
mp(ABC) nên A
’
H
⊥
(ABC) . AH
⊥
AC suy ra AA
’

⊥
AC
⇒
·
'
A AH
α
=
0,5
Ta có h = A
’

H = AA
’
sin
a sin ,
α α
=
2
1 1
.
2 2
ABC
S AB AC a
∆
= =
.Thể tích V =
3
1
sin
2
a
α
(đvtt)

0,5
5
( ) ( )
( )
2 2
3 3 2 2
2 2 2

2
2 2
2 2 2 2 2
( ) 2
2
( )( ) 2 1
,
1 2 1 2 1 2
x y y x
x y x y xy
P
x y x y xy
x y xy x y
x y x xy y x y xy t t
voi t xy
xy xy t
+ +
+ + +
= =
+ + −
+ − +
+ − + + + − +
= = = =
− − −

0,5
Mặt khác ta có 1 = x + y
2 xy
≥
. Từ đó suy ra t

1
0;
4
 
∈
 
 
.
Tính đạo hàm và lập bảng biến thiên suy ra :
GTNN của P = 1 xẩy ra khi x = 0, y = 1 hoặc x =1 , y = 0.
GTLN của P = 9/8 xẩy ra khi x = y = 1/2
0,5
6
Ta có AB
d
⊥
suy ra pt AB : 2x – 3y + c = 0. AB đi qua A(-1 ;3) nên
Suy ra c =-7. Vậy pt AB : 2x – 3y – 7 = 0
0,25
Gọi H là giao điểm của AB và d suy ra tọa độ H là nghiệm hệ
2 3 7 0
(2; 1
3 2 4 0
x y
H
x y
− − =

⇔ −


+ − =

) 0,25
H là trung điểm AB suy ra B( 5;1) 0,25
G là trọng tâm tam giác ABC suy ra
3
3
A B C
G
A B C
G
x x x
x
y y y
y
+ +

=



+ +

=


Suy ra C(8 ;-4) 0,25
7 Gọi I là trung điểm AB suy ra I(0 ;2 ;0).
Xét M
∈ ∆

, ta có :
2 2 2MA MB MI MA MB MI MI+ = ⇒ + = =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,25
MI nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I trên
∆
0,25
Gọi (P) là mặt phẳng qua I và (P)
⊥

∆
nên (P) có véc tơ pháp tuyến là
(1;1;1)n
r
, ngoài ra
(P) đi qua I (0 ;2 ;0) nên có pt : x + y + z - 2 = 0
0,25
M là hình chiếu của I trên
∆
suy ra tọa độ của M thỏa mãn hệ :
1
1
2
2
1
1
2 0
x t
x
y t

y
z t
z
x y z
= +

=


= +
 
⇒ =
 
= − +
 
= −


+ + − =

. Vậy M(1 ;2 ;-1)
0,25
8
Chia 2 vế của pt (1) cho
2
3
y
ta có pt :
2
(3 ) 3 2 0

x y x y− −
+ − =
.
Đặt
3 0
x y
t
−
= >
ta có pt
2
2 0 1;( 2 )t t t t loai+ − = ⇔ = = −
.
t =1 suy ra x = y thay vào pt (2), ta có pt :
2
3 3
log 2log 8 0x x
− − =
.
0,5
Từ đó suy ra hệ có 2 nghiệm :
1
9
1
9
x
y

=





=


và
81
81
x
y
=


=

.
0,5
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò chum thành Phố Thanh Hóa