Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 114

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA MÔN TOÁN 2015 SỐ 114
Ngày 30 tháng 5 năm 2015
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số
2 4
1
x
y
x
+
=
−
.
1)Khảo sát và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số trên.
2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm
M, N và
3 10MN =
.
Câu 2.(1,0 điểm).
1. Giải phương trình
2cos 4
cot tan
sin 2
x
x x
x
− =

2. Tìm số phức

z
biết:
1 1z − =
và số phức
)1)(1( −+ zi
có phần ảo bằng 1.
Câu 3.(0,5 điểm). Giải hệ phương trình
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
2 3 3 3 6 3
log 1 log 2 2 2 1 log
x y x x y
x xy y
+

− = −


+ + + = +



Câu 4.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 2 2
2
2 2 0
2 5 7
x x x y x y

x x y

− + + + − =


+ + + =



Câu 5.(1,0 điểm). Tính tích phân
ln3
2
ln2
1 2
x
x x
e
I dx
e e
=
− + −
∫

Câu 6.(1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a,
3SB a=

·
0
, 60BAD =

và
mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Tính thể tích
khối tứ diện NSDC và tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN.
Câu 7.(1,0 điểm).
Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình
( ) ( )
2 2
2 3 10− + − =x y
. Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông biết cạnh AB đi qua M(-3;-2) và
0>
A
x
Câu 8.(1,0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
1
1 1
:
2 1 1
x y z
d
− +
= =
;
2
1 2
:
1 2 1
x y z
d
− −

= =
và mặt phẳng (P):
2 3 0x y z+ − + =
. Viết phương trình đường thẳng nằm trên
mặt phẳng (P) đồng thời cắt cả hai đường thẳng d
1
và d
2
.
Câu 9.(0.5 điểm) .
Cho hình vuông ABCD, trên các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt lấy 1, 2, 3, n điểm phân biệt
khác A, B, C, D. Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ 6 + n điểm đã cho là 439
Câu 10.(1,0 điểm). Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x + 3y + z = 40.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
2 1 3 16 36S x y z= + + + + +
Hết…
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
1
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 114
Câu NỘI DUNG Điểm
1.1
Khảo sát và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số
2 4
1
x
y

x
+
=
−
.
1,0
TXĐ:
{ }
\ 1R
;
( )
2
6
'
1
y
x
=
−
0.25
' 0 1y x> ∀ ≠
nên hàm số đồng biến trên các khoảng xác định
Tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận ngang y = -2
0.25
BBT:
0.25
Đồ thị đi qua các điểm (0;-4), (-2;0)
Vẽ đúng đồ thị
0.25
1.2 Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và

3 10MN =
1.0
Từ giả thiết ta có:
( ) : ( 1) 1.d y k x= − +
Ta có hệ
2 4
( 1) 1
( )
1
( 1) 1
x
k x
I
x
y k x
+

= − +

− +


= − +

Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm
1 1 2 2
( ; ), ( ; )x y x y
phân biệt sao cho
( ) ( )
2 2

2 1 2 1
90(*)x x y y− + − =
0.25
Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
2
(2 3) 3 0(**)kx k x k− − + + =
có hai
nghiệm phân biệt khác 1. Khi đó dễ có được
3
0, .
8
k k≠ <
0.25
Ta biến đổi (*) trở thành:
( ) ( )
2 2
2 2
2 1 2 1 2 1
(1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)k x x k x x x x+ − = ⇔ + + − =
Theo định lí Viet cho (**) ta có:
1 2 1 2
2 3 3
, ,
k k
x x x x
k k
− +
+ = =
thế vào (***) ta có phương trình:
3 2 2

8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0k k k k k k+ + − = ⇔ + + − =
3 41 3 41
3, ,
16 16
k k k
− + − −
⇔ = − = =
0.5
2.1
Giải phương trình
2cos 4
cot tan
sin 2
x
x x
x
− =
Đk:
sin 2 0
2
x x k
π
≠ ⇔ ≠

0.5
2
cos2 cos 4 0 2cos 2 cos2 1 0Pt x x x x⇔ − = ⇔ − + + =
cos2 1
1
cos2

2
x
x
=


⇔

= −

0.25
cos 2 1x =
loại do điều kiện
1
cos 2
2 3
x x k
π
π
= − ⇔ = ± +
thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình có nghiệm
3
x k
π
π
= ± +
0.25
2.2
Tìm số phức
z

biết:
1 1z − =
và số phức
)1)(1( −+ zi
có phần ảo bằng 1.
0.5
Đặt
yixzRyxyixz −=⇒∈+= ),(
Ta có:
)1(1)1(11
22
=+−⇔=− yxz
0.25
Vì
iyxyxzi )1()1()1)(1( −−+−+=−+
;
(1 )( 1)i z+ −
có phần ảo bằng 1 nên
1 1x y− − =
)2(11 +=−⇔ yx
Thay (2) vào (1) ta được :
0221)1(
222
=+⇔=++ yyyy

1; 0y y⇔ = − =
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
2
Với
220 =⇒=⇒= zxy

Với
izxy −=⇒=⇒−= 111
Vậy có 2 số phức là z = 2 và z = 1 - i
0.25
3
Giải hệ phương trình
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
2 3 3 3 6 3
log 1 log 2 2 2 1 log
x y x x y
x xy y
+

− = −


+ + + = +


ĐK:
1, 0
1 0
x y
xy
> − >



+ >


0.5
( )
( ) ( )
1 1
1 2 3 .3 2 3 .3 3 3 1
x y x x y x
y x
+ +
⇔ + = + ⇔ = ⇔ = +

( ) ( ) ( )
2
2 1 1 2x xy y⇔ + + =

0.25
Hệ
( ) ( )
2
2
1 0
1 0
1 0
1 2
1 1 2
1 0
y x
y x

y x
xy y
x xy y
x x
= + >
= + >


= + >

 
⇔ ⇔ ⇔
  
+ =
+ + =
− − =





1 5 3 5
,
2 2
1 5 3 5
;
2 2
x y
x y


+ +
= =


⇔

− −
= =


Kiểm tra điều kiện ban đầu ta có nghiệm của hệ là
1 5 3 5 1 5 3 5
; , ;
2 2 2 2
   
+ + − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
0.25
4
Giải hệ phương trình
3 2 2
2
2 2 0
2 5 7
x x x y x y
x x y

− + + + − =



+ + + =


ĐK
2 5 0x y+ + ≥

1.0
( )
( )
( )
2
1 1 2 0x x y⇔ + + − =

( )
2
2 0 1 0x y do x⇔ + − = + >
0.25
Thay
2y x= −
vào (2) ta được
2
7 7x x+ + =
0.25
2 2
2 0
1 1
7
1 2 7 3 2 7

2 2
2 2
x y
x x
x y
= ⇒ =

   

⇔ + = + + ⇔
 ÷  ÷
− +

   
= ⇒ =


(thỏa mãn điều kiện) 0.25
Vậy hệ có nghiệm
( ) ( )
1 2 7 3 2 7
, : 2;0 ; ;
2 2
x y
 
− +
 ÷
 ÷
 
0.25

5
Tính tích phân
ln3
2
ln2
1 2
x
x x
e
I dx
e e
=
− + −
∫
1.0
Đặt
2; ln 2 0; ln3 1; 2
x x
t e x t x t e dx tdt= − = ⇒ = = ⇒ = =

Ta có
( )
2
1
2
0
2
1
t tdt
I

t t
+
=
+ +
∫

0.25
( )
( )
2
1 1 1
2 2
0 0 0
1
2 1
2 1 2 1 2
1 1
d t t
t
I t dt t dt
t t t t
+ +
 +
= − + = − +
 ÷
+ + + +
 
∫ ∫ ∫
0.25
( ) ( )

1 1
2 2
0 0
2 2ln 1t t t t= − + + +

2ln3 1
= −
0.5
6
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a,
3SB a=

·
0
, 60BAD =
và mp(SAB)
vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Tính thể tích khối tứ diện NSDC và
tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN.
1.0
Từ giả thiết AB=2a, SA=a,
3SB a=
nên tam giác SAB vuông tại S.
Gọi M là trung điểm của AB thì SM=a.Khi đó tam giác SAM đều. Gọi H là trung điểm AM
thì SH vuông góc với AB. Mặt khác (SAB)
⊥
(ABCD)
nên suy ra SH
⊥
(ABCD)
( )

2 3
.
1 1 3 1 4 3
. . .
3 3 2 2 4 4
NSDC S NDC DNC
a a a
V V SH S dvtt
∆
= = = =

0.5
Gọi Q là điểm thuộc AD sao cho AD=4AQ.
Khi đó MQ//ND nên góc giữa SM và DN
0.5
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
3
bằng góc giữa SM và QM. Gọi K là trung
điểm của QM suy ra HK//AD nên HK
⊥
MQ
mà SH
⊥
(ABCD) suy ra SK
⊥
MQ.
Suy ra góc giữa SM và DN bằng
·
SMK

Ta tính được
·
3
cos
4
SMK =
.
Vậy cos(SM, DN)=
3
4
7 Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình
( ) ( )
2 2
2 3 10− + − =x y
. Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông biết cạnh AB đi qua M(-3;-2) và
0>
A
x
1.0
PT đường thẳng AB đi qua M(-3;-2) có dạng
. 3 2 0a x by a b+ + + =

Đường tròn (C) có tâm I(2;3), bán kính
10R =

0.25
Đường tròn nội tiếp hình vuông nên ta có
2 2
2 3 3 2
10 3 ; 3

a b a b
a b b a
a b
+ + +
= ⇔ = − = −
+

Khi đó phương trình cạnh AB là
3 3 0x y− − =
hoặc
3 7 0x y− + =

0.25
TH1: pt AB:
3 3 0x y− − =
, gọi A(3t+3;t) với t>-1 do
2 2 2
2 20 10 10 20 1; 1( )IA R t t t loai= = ⇔ + = ⇔ = = −

Suy ra A(6;1), C(-2;5), B(0;-1), D(4;7)
0.25
TH2: Lập luận tương tự ta tìm được t=0; t=-2 đều không thỏa mãn 0.25
8
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
1
1 1
:
2 1 1
x y z
d

− +
= =
;
2
1 2
:
1 2 1
x y z
d
− −
= =
và
mặt phẳng (P):
2 3 0x y z+ − + =
. Viết phương trình đường thẳng nằm trên mặt phẳng (P) đồng thời cắt cả
hai đường thẳng d
1
và d
2
.
1.0
Giả sử d cắt d
1
, d
2
lần lượt tại A và B, do d nằm trên (P) nên A, B chính là giao điểm của d
1
, d
2
với (P) 0.25

Ta tìm được d
1
cắt (P) tại A(-5;-4;-3); d
2
cắt (P) tại B(-5;-10;-6) 0.5
Phương trình đường thẳng d: x = -5; y = -4 + 2t; z = -3 + t 0.25
9 Cho hình vuông ABCD, trên các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt lấy 1, 2, 3, n điểm phân biệt khác A, B, C,
D. Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ 6 + n điểm đã cho là 439
0.5
Lấy ba biểm bất kì từ n+6 điểm có
3
6n
C
+
cách 0.25
Số cách lấy ba điểm thẳng hàng từ n+6 điểm
3
1
n
C+
0.25
Số tam giác có ba đỉnh lấy từ n+6 điểm
3
6n
C
+
- (
3
1
n

C+
) = 439 0.25
Giải phương trình ta tìm được n = 10 (thỏa mãn) 0.25
10 Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x + 3y + z = 40.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
2 1 3 16 36S x y z= + + + + +
Ta có:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2 3 12 6S x y z= + + + + +
Trong hệ toạ độ OXY xét 3 véc tơ
( ) ( ) ( )
2 ;2 , 3 ;4 , ;6a x b y c z= = =
r r r
,
( ) ( )
2 3 ;2 12 6 40;20a b c x y z+ + = + + + + =
r r r
0.25
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 , 3 12 , 6a x b y c z= + = + = +
r r r
,
20 5a b c+ + =
r r r
0.25

Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ :
S=
a b c a b c+ + ≥ + +
r r r r r r
20 5S⇒ ≥
.Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ
, ,a b c
r r r
cùng hướng
0.25
xét hệ điều kiện :
2 3 2 3 2 3 40
2
2 12 6 2 12 6 20 20
x y z x y z x y z+ +
= = ⇒ = = = = =
2, 8, 12x y z⇒ = = =
Với :
2, 8, 12x y z= = =
thì
20 5S =
Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng
20 5
đạt được khi :
2, 8, 12x y z= = =
0.25
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
4