Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 118

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 118
Ngày 01 tháng 6 năm 2015
Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số
2x 1
y
x 1
+
=
−
(1)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
)(C
của hàm số (1).
b. Tìm các giá trị m để đường thẳng
3y x m= − +
cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam
giác OAB thuộc đường thẳng
2 2 0x y− − =
(O là gốc tọa độ).
Câu 2.(1,0điểm):
1. Giải phương trình
cosx cos3x 1 2 sin 2x
4
π
 
+ = + +
 ÷
 
.
2. Tìm số phức z thỏa mãn
(1 3 )i z−

là số thực và
2 5 1z i− + =
.
Câu 3 (0.5 điểm): Giải phương trình:
( ) ( )
3
3 5 12 3 5 2
x x
x+
− + + =
Câu 4.(1điểm): Giải hệ phương trình
3 3 2
3
7 3 ( ) 12 6 1 (1)
( , )
4 1 3 2 4 (2)
x y xy x y x x
x y
x y x y
+ + − − + =


∈

+ + + + =


¡
Câu 5.(1điểm): Tính tích phân: I =
2

4
0
( sin 2 )cos2x x xdx
π
+
∫
.
Câu 6. (1điểm):
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC =
2 3a
, BD = 2a
và cắt nhau tại O, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu 7.(1,0 điểm):
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm
(2; 3)A −
,
(3; 2)B −
.Tam giác
ABC
có diện
tích bằng
3
2
, trọng tâm
G

của tam giác
ABC
nằm trên đường thẳng (
d
) :
3 8 0x y− − =
. Tính bán
kính của đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
.
Câu 8.(1,0 điểm):
Trong không gian với hệ trục tọa độ tọa độ Oxyz , cho điểm
(0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3)A B C− − − −
và
mặt cầu (S) có phương trình:
2 2 2
2 2 2 0x y z x z+ + − + − =
. Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho
tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất.
Câu 9. (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n sao cho:
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . 2015
n n
n n n n n
C C C C n C
+
+ + + + +
− + − + + + =

Câu 10.( 1,0điểm): Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn
a b c 1+ + =
.
Chứng minh rằng:
a b b c c a
3
ab c bc a ac b
+ + +
+ + ≥
+ + +

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 118
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
1
Câu NỘI DUNG Điểm
1.1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
)(C
của hàm số:
2x 1
y
x 1
+
=
−
(1).
1.0
TXĐ :
{ }
\ 1¡

.
2
3
' 0, 1
( 1)
y x
x
−
= < ∀ ≠
−
hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

)1;(−∞
và
);1( +∞
; Hàm số không có cực trị:
0.25
1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1
x x
x x
x x
+ −
→ →
+ +
= +∞ = −∞ ⇒
− −
TCĐ :

1x =
2 1
lim 2
1
x
x
x
→±∞
+
= ⇒
−
TCN :
2y =
0.25
Bảng biến thiên:
Lập BBT
x
−∞
1
+∞
y’ - -
y
2
−∞
+∞
2
0.25
Đồ thị
f(x) =(2x+1)/(x-1)
f(x) =2

x(t )=1, y( t)=t
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
x
y
0.25
1.2
Tìm các giá trị m để đường thẳng
3y x m= − +
cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam giác
OAB thuộc đường thẳng
2 2 0x y− − =
(O là gốc tọa độ).
1.0
Pt hoành độ giao điểm:
2 1
3
1
x

x m
x
+
= − +
−
với đk
1x
≠
2
2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (*)⇔ + = − − + ⇔ − + + + =x x x m x m x m
0.25
D cắt (C) tại A và B phân biệt ⇔ Pt (*) có 2 nghiệm pb khác 1
2
11
(1 ) 12( 1) 0
( 1)( 11) 0
1
3 (1 ) 1 0
m
m m
m m
m
m m
>

∆ = + − + >

⇔ ⇔ + − > ⇔



< −
− + + + ≠


0.25
Gọi I là trung điểm của AB
1 2
1 1
, 3
2 6 2
I I I
x x m m
x y x m
+ + −
⇒ = = = − + =
Gọi G là trọng tâm tam giác OAB
2 1 1
;
3 9 3
m m
OG OI G
+ −
 
⇒ = ⇒
 ÷
 
uuur uur
0.25
1 1 11
2. 2 0

9 3 5
m m
G d m
+ −
 
∈ ⇔ − − = ⇔ = −
 ÷
 
(TM). Vậy
11
5
m = −
0.25
2.1
Giải phương trình
cosx cos3x 1 2 sin 2x
4
π
 
+ = + +
 ÷
 
.
cosx cos3x 1 2 sin 2x 2cos x cos 2x 1 sin 2x cos2x
4
π
 
+ = + + ⇔ = + +
 ÷
 

0.5

⇔
2
2cos x 2sin xcos x 2cos x cos2x 0+ − =
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
2
( ) ( )
cosx cosx sinx 1 sinx cosx 0⇔ + + − =
0.25
cosx 0
cosx sinx 0
1 sinx cosx 0
=


⇔ + =


+ − =


x k
2
x k
4
x k2
3
x k2
2

π

= + π


π

= − + π

⇔

= π


π
= + π


Vậy, PT có nghiệm:
x k
2
x k
4
x k2
π

= + π


π


= − + π


= π



( )
k ∈¢
0.25
2.2
Tìm số phức z thỏa mãn
(1 3 )i z−
là số thực và
2 5 1z i− + =
. 0.5
Giả sử
= +
z a bi
với a,b
∈
¡
, khi đó
(1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i− = − + = + + −
(1 3 )i z−
là số thực
3 0 3b a b a
⇔ − = ⇔ =
0.25

2 2
2 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a− + = ⇔ − + − = ⇔ − + − =
0.25
2 2
2 6
10 34 29 1 5 17 14 0
7 21
5 5
a b
a a a a
a b
= ⇒ =


⇔ − + = ⇔ − + = ⇔

= ⇒ =

0.25
Vậy
7 21
2 6 ,
5 5
z i z i= + = +
3
Giải phương trình:
( ) ( )
3
3 5 12 3 5 2
x x

x+
− + + =
0.5
Chia hai vế của phương trình cho
2 0
x
>
ta được :
3 5 3 5
12 8
2 2
x x
   
− +
+ =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
(1) do
3 5 3 5
. 1
2 2
x x
   
− +
=
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
đặt

3 5 3 5 1
0 &
2 2
x x
t t
t
   
− +
= ⇒ > =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
khi đó pt (1) trở thành
2
2
12
8 8 12 0
6
t
t t t
t
t
=

+ = ⇔ − + = ⇔

=

( thoả mãn)
0.25

3 5
2
3 5
2 2 log 2
2
x
t x
−
 
−
= ⇒ = ⇔ =
 ÷
 ÷
 

3 5
2
3 5
6 6 log 6
2
x
t x
−
 
−
= ⇒ = ⇔ =
 ÷
 ÷
 
0.25

4
Giải hệ phương trình
3 3 2
3
7 3 ( ) 12 6 1 (1)
( , )
4 1 3 2 4 (2)
x y xy x y x x
x y
x y x y
+ + − − + =


∈

+ + + + =


¡
1.0
Giải: ĐK
3 2 0x y+ ≥
( ) ( )
3 2 3 2 2 3
3 3
(3) 8 12 6 1 3 3
2 1 2 1 1
⇔ − + − = − + −
⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = −
x x x x x y xy y

x x y x x y y x
0.25
+ Với
1y x= −
thay vào
(4)
ta được :
3
3 2 2 4x x+ + + =

Đặt
3
3 2, 2 (b 0)a x b x= + = + ≥
0.25
. Ta có hệ pt
3
3 2
4
2 3 2 2
2
2
3 4
2 2
a b
a x
x
b
a b
x


+ =
= + =



⇔ ⇒ ⇔ =
  
=
= −
+ =




0.25
+
2 1x y= ⇒ = −
. Vậy nghiệm của hệ là:
2
1
x
y
=


= −

0.25
5
Tính tích phân: I =

2
4
0
( sin 2 ) cos2x x xdx
π
+
∫
.
1.0
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
3
I =
4 4 4
2 2
1 2
0 0 0
( sin 2 ) 2 2 sin 2 2x x cos xdx xcos xdx xcos xdx I I
π π π
+ = + = +
∫ ∫ ∫
0.25
TÝnh
1
I
:ĐÆt
4
1
0
1
sin 2 sin 2

4
1
os2
2 2
sin 2
0
2
=

=


⇒ ⇒ = −
 
=
=



∫
du dx
u x
x
I x xdx
dv c xdx
v x
π
π

1 1

2
4
8 4 8 4
0
cos x
π
π π
= + = −
0.25
TÝnh
2
I
:
4
2 3
2
0
1 1 1
4
sin 2 (sin2 ) sin 2
2 6 6
0
I xd x x
π
π
= = =
∫
0.25
VËy I=
1 1 1

8 4 6 8 12
π π
− + = −
0.25
6
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC =
2 3a
, BD = 2a và cắt
nhau tại O, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng
cách từ O đến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
1.0
Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =
3a
; BO = a , do đó
·
0
60A DB =
.
Hay
ABD
∆
đều. Do mp
( )
SAC

và mp (SBD) cùng vuông góc với mp (ABCD) nên giao tuyến của

chúng SO⊥ (ABCD).
0.25
Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
DH AB
⊥
và
DH =
3a
; OK // DH và
1 3
2 2
a
OK DH
= =
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK).
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ⇒ OI ⊥ (SAB),
3
4
a
OI =
0.25
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
= + ⇒ =
Diện tích đáy

2
4 2. . 2 3
D
S
ABC ABO
S OAOB a
∆
= = =
; đường cao của hình chóp
2
a
SO =
.
0.25
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
1 3
.
3 3
D DS ABC ABC
a
V S SO
= =

0.25
7
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm
(2; 3)A −
,

(3; 2)B −
.Tam giác
ABC
có diện tích
bằng
3
2
, trọng tâm
G
của tam giác
ABC
nằm trên đường thẳng (
d
) :
3 8 0x y− − =
. Tính bán
kính của đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
.
1.0
Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 = 0;
AB 2.=
⇒ d(C; AB) =
5
2
2
ABC
a b
S
AB

D
- -
=
0,25
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
4
S
A
B
K
H
C
O
I
D
a
8(1)
5 3
2(2)
a b
a b
a b
é
- =
ê
Û - - = Û
ê
- =
ê
ë

Trọng tâm G
5 5
;
3 3
a b
æ ö
+ -
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
∈ (d) ⇒ 3a – b = 4 (3)
0,25
Từ (1), (3) ⇒ C(–2;– 10) ⇒ r =
3
2 65 89
S
p
=
+ +
Từ (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒
3
2 2 5
S
r

p
= =
+
.
Vậy có hai giá trị
3
2 65 89
r =
+ +
và
3
2 2 5
r =
+
.
0,5
8
Trong không gian với hệ trục tọa độ tọa độ Oxyz , cho điểm
(0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3)A B C− − − −
và mặt
cầu (S) có phương trình:
2 2 2
2 2 2 0x y z x z+ + − + − =
. Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ
diện ABCD có thể tích lớn nhất.
Ta có (S)
2 2 2
: ( 1) ( 1) 4− + + + =x y z
suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính
R 2=

Và
(1; 1; 4); ( 1; 3; 4)AB AC= − − = − − −
uuur uuur
Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là
, ( 8;8; 4)n AB AC
 
= = − −
 
r uuur uuur
Suy ra mp(ABC) có phương trình:
8x 8(y 1) 4(z 1) 0 2x 2y z 1 0− + − − − = ⇔ − + + =

0.25
Ta có
1
( ;( )).
3
ABCD ABC
V d D ABC S=
nên
ABCD
V
lớn nhất khi và chỉ khi
( ;( ))d D ABC
lớn nhất .
Gọi
1 2
D D
là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm bất kỳ
thuộc (S) thì

{ }
1 2
( ;( )) max ( ;( )); ( ;( ))d D ABC d D ABC d D ABC≤
.
Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D
1
hoặc D
2
0.25
Đường thẳng
1 2
D D
đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là
( )
(2; 2;1)= −
r
ABC
n

Do đó (D
1
D
2
) có phương trình:
1 2
2
1
= +



= −


= − +

x t
y t
z t
.
Tọa độ điểm D
1
và D
2
thỏa mãn hệ:
2 2 2
1 2
2
2
3
1 2
3
( 1) ( 1) 4
x t
t
y t
z t
t
x y z
= +



=


= −

⇒


= − + −


=



− + + + =

1 2
7 4 1 1 4 5
; ; & ; ;
3 3 3 3 3 3
− − − −
   
⇒
 ÷  ÷
   
D D
0.25
Ta thấy:

1 2
( ;( )) ( ;( ))d D ABC d D ABC>
. Vậy điểm
7 4 1
; ;
3 3 3
D
 
− −
 ÷
 
là điểm cần tìm 0.25
9
Tìm số nguyên dương n sao cho:
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . 2015
n n
n n n n n
C C C C n C
+
+ + + + +
− + − + + + =
0.5
Xét khai triên:
( )
2 1
1
n

x
+
+ =
0 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

n n
n n n n n n
C xC x C x C x C x C
+ +
+ + + + + +
+ + + + + +
Đạo hàm cả hai vế của khai triển ta được:
( ) ( )
2
2 1 1
n
n x+ + =
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 3 4 2 1
n n
n n n n n
C xC x C x C n x C
+
+ + + + +
+ + + + + +
0.25
Thay x=-2 vào ta được:

( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 .
n n
n n n n n
n C C C C n C
+
+ + + + +
+ = − + − + + +
Do đó (2)
2 1 2015 1007n n
⇔ + = ⇔ =
. 0.25
10
Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn
a b c 1+ + =
.
Chứng minh rằng :
a b b c c a
3
ab c bc a ac b
+ + +
+ + ≥
+ + +

1.0
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
5
Ta có

a b 1 c 1 c
ab c ab 1 b a (1 a)(1 b)
+ − −
= =
+ + − − − −
0.25
VT=
1 c 1 b 1 a
(1 a)(1 b) (1 c)(1 a) (1 c)(1 b)
− − −
+ +
− − − − − −
0.25
Do a,b,c dương và a+b+c =1 nên a, b, c
( )
0;1 1 a;1 b;1 c∈ ⇒ − − −
dương 0.25
Áp dụng bđt Cô si cho 3 số dương ta được
VT
1 c 1 b 1 a
3
3 . . 3
(1 a)(1 b) (1 c)(1 a) (1 c)(1 b)
− − −
≥ =
− − − − − −
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi
1
a b c

3
= = =
0.25
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
6