Đề luyện thi THPT Quốc gia môn toán số 66

SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT MINH CHÂU
ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2014 - 2015
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ (C) của hàm số (1).
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng
d: x + 3y +1 = 0.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình:
0)cos)(sincos21(2cos =−++ xxxx
b) Giải phương trình:
2 2
2 4
log log (4 ) 5 0x x- - =
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
2
1
ln( . )
( 2)
x
x e
I dx
x
=
+
∫
Câu 4 (1,0 điểm).

a) Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức:
( )
2 2 6z z z i+ + = −
.
b) Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 15 câu hỏi trong một ngân hàng đề thi gồm
15 câu hỏi. Bạn Thủy đã học thuộc 8 câu trong ngân hàng đề thi. Tính xác suất để bạn
Thủy rút ngẫu nhiên được một đề thi có ít nhất hai câu đã thuộc.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng
( )
:2 3 11 0P x y z+ + − =
và mặt
cầu
( )
2 2 2
: 2 4 2 8 0S x y z x y z+ + − + − − =
. Chứng minh mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S). Tìm tọa
độ tiếp điểm của (P) và (S).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng
. ' ' 'ABC A B C
có đáy là tam giác cân,
AB AC a= =
,
·
0
120BAC =
. Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 60
0
. Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' và
khoảng cách từ đường thẳng
BC

đến mặt phẳng
( )
' 'AB C
theo
a
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác
ABC
nhọn có đỉnh
( 1;4)A −
, trực
tâm
H
. Đường thẳng
AH
cắt cạnh
BC
tại
M
, đường thẳng
CH
cắt cạnh
AB
tại
N
. Tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác
HMN
là
(2;0)I

, đường thẳng
BC
đi qua điểm
(1; 2)P −
. Tìm toạ độ các
đỉnh
,B C
của tam giác biết đỉnh
B
thuộc đường thẳng
: 2 2 0d x y+ − =
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

2
2 1 2
(1)
( ) (2 ) (2 )
2( 4) 2 3 ( 6) 1 3( 2) (2)
x y x y x y y x x y
y x y x x y y

+ =

+ + − + −


− − − − − + + = −


Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực
, ,a b c
thỏa mãn
2, 0, 0a b c> > >
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
1 1
( 1)( 1)( 1)
2 4 5
P
a b c
a b c a
= −
− + +
+ + − +
.
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….……… ………….….….; Số báo danh:…………………………
SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT MINH CHÂU
(Đáp án chấm có 06 trang)
ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN; LẦN 2
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Với bài hình học không gian (câu 6) nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm
tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:

Nội dung Điểm
Câu 1
Cho hàm số
3 2
1
3
y x x= −
2,0đ
Ý a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1,0đ
1.Tập xác định : D = .
2.Sự biến thiên :

2
' 2y x x= −
;
3
1 1
lim lim [x ( - )] = +
3
x x
y
x
→+∞ →+∞
= ∞
3
1 1
lim lim [x ( - )] = -
3
x x
y

x
→−∞ →−∞
= ∞

0,25đ
Bảng biến thiên
0 2
0 0
0


4
3
−
Hàm số đồng biến trên các khoảng và
Hàm số nghịch biến trên .
Hàm số có cực đại tại
0x =
và y
CĐ
= y(0)=0.
Hàm số có cực tiểu tại và y
CT
= y(2)=
4
3
−
0,25đ
0,25đ
3.Đồ thị

Giao Ox: (0;0), (3;0)
Giao Oy: (0;0)
' 0 1y x= ⇔ =
⇒
Đồ thị hàm số nhận I
2
(1; )
3
−
làm điểm uốn và là tâm đối xứng
0,25đ
í b
f(x)=(1/3)x^3-x^2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
d cú h s gúc
1
3
k =
.
Gi
0
x
l honh im M
Ycbt
0
1

'( ).( ) 1
3
y x =

0
'( ) 3y x =

2
0 0
2 3 0x x =

0
0
1
3
x
x
=



=


4
( 1; )
3
(3;0)
M
M

0,25
0,25
0,25
0,25
2.a
(0,5 im)
Gii phng trỡnh: 0,5
PT
( )
0)1sin(coscossin0)cos)(sincos21(2cos =+=++ xxxxxxxx
0,125






+=+=
+=

=







=











=+
=

2,2
2
4
1
4
sin2
0
4
sin2
01sincos
0cossin
kxkx
kx
x
x
xx
xx
0,25
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm:
( )
, 2 , 2
4 2
x k x k x k k


= + = + = + Z
0,125
Cõu 2.b
2 2

2 4
log log (4 ) 5 0x x- - =
im
(0,5im)
iu kin: x > 0. 0,125
Khi ú, phng trỡnh ó cho tng ng vi
2 2 2
2 4 4 2 2
log (log 4 log ) 5 0 log log 6 0x x x x- + - = - - =
(*)
0,125
t
2
logt x=
, phng trỡnh (*) tr thnh
2
3
6 0
2
t
t t
t
ộ
=
ờ
- - =
ờ
= -
ờ
ở

0,125
-
ộ
ộ
= =
ờ
ờ

ờ
ờ
= -
=
ờ
ờ
ở
ở
3
2
2
2
log 3 2
log 2
2
x x
x
x
(nhn c hai nghim)
0,125
 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm :

8x =
và
1
4
x =
Câu 3
(1điểm)
Tính tích phân
Ta có
2 2
2 2
1 1
ln
( 2) ( 2)
x x
I dx dx
x x
= +
+ +
∫ ∫
0,25
• Ta tính
2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 2
( 2) 1 2 4 1
2 ln 2 ln
1 1
( 2) ( 2) ( 2) 2 3 6

x x
A dx dx dx x
x x x x
+
= = − = + + = −
+ + + +
∫ ∫ ∫
0.25
• Ta tính
2 2
2
1 1
2 2
ln ln 1 1
ln 2 ln
1 1
( 2) 2 ( 2) 4 2 2
x x dx x
B dx
x x x x x
= = − + = − +
+ + + +
∫ ∫
1 1 3
ln 2 ln
4 2 2
= − +
Thay các kết quả vào
I
ta được

5 1 1
ln 2 ln 3
4 2 6
I = − −
0,5
4 a
Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức:
( )
2 2 6z z z i+ + = −
. 0,5
Giả sử
( )
,z x yi x y= + ∈¡
Ta có
( )
2 2 6z z z i+ + = − ⇔
( )
2 2 6x yi x yi x yi i+ + + + − = −
0,25
( )
2
5 2 6 ; ; 6
5
x yi i x y
 
⇔ + = − ⇔ = −
 ÷
 
. Vậy
2

6
5
z i= −
0,25
Câu 4.b
(1 điểm)
b) Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 15 câu hỏi trong một
ngân hàng đề thi gồm 15 câu hỏi. Bạn Thủy đã học thuộc 8 câu trong
ngân hàng đề thi. Tính xác suất để bạn Thủy rút ngẫu nhiên được một đề
thi có ít nhất hai câu đã thuộc.
Ý b
(0,5 điểm
Lấy ngẫu nhiên 4 câu hỏi từ ngân hàng đề để lập một đề thi, có
4
15
1365C =
đề thi
Bạn Thủy rút ngẫu nhiên được một đề có 2 câu đã thuộc, có
2 2
8 7
. 588C C =
cách
0,25
Bạn Thủy rút ngẫu nhiên được một đề có 3 câu đã thuộc, có
3 1
8 7
. 392C C =
cách
Bạn Thủy rút ngẫu nhiên được một đề có 4 câu đã thuộc, có
4

8
70C =
cách
Vậy xác suất cần tìm là:
588 392 70 10
1365 13
p
+ +
= =
0,25
5
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng
( )
:2 3 11 0P x y z+ + − =
và mặt
cầu
( )
2 2 2
: 2 4 2 8 0S x y z x y z+ + − + − − =
. Chứng minh mặt phẳng (P) tiếp xúc với
mặt cầu (S). Tìm tọa độ tiếp điểm của (P) và (S).
1,0
Mặt cầu (S) có tâm
( )
1; 2;1I −
, bán kính
14R =
. 0,25
( )
( )

2 6 1 11
, 14
14
d I P R
− + −
= = = ⇒
mp(P) tiếp xúc với mặt cầu (S) tại H (H là
hình chiếu vuông góc của I trên (P)).
0,25
Giả sử H(x;y;z) .Ta có
IH
uuur
cùng phương với vtpt của mp(P) nên

0,25
( )
1 2 1 2
. 2 3 2 3
1 1
P
x t x t
IH t n y t y t
z t z t
ì ì
ï ï
- = = +
ï ï
ï ï
ï ï
= + = = - +Û Û

í í
ï ï
ï ï
- = = +
ï ï
ï ï
î î
uur ur

Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ phương trình
( )
1 2
2 3
1 3;1;2
1
2 3 11 0
x t
y t
t H
z t
x y z
= +


= − +

⇒ = ⇒

= +



+ + − =

.
Vậy tiếp điểm của (P) và (S) là
( )
3;2;1H
.
0,25
6
+ Xác định góc giữa (AB'C') và mặt đáy là
·
'AKA

·
0
' 60AKA⇒ =
.
Tính A'K =
1
' '
2 2
a
A C =
⇒
0
3
' ' .tan60
2
a

AA A K= =
3
. ' ' '
3
=AA'.S
8
ABC A B C ABC
a
V =
0,5
+) Vì BC//(AB’C’) nên d(BC;(AB'C'))= d(B;(AB'C')) = d(A';(AB'C'))
Chứng minh: (AA'K) ⊥ (AB'C')
Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK ⇒ A'H ⊥ (AB'C')
⇒ d(A';(AB'C')) = A'H
Tính: A'H =
3
4
a
Vậy d(B;(AB'C')) =
3
4
a
0,5
Câu 7
(1điểm)
Tìm toạ độ …
• Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp
Suy ra
I
là trung điểm của BH;

(2 2 ; )B d B t t∈ ⇒ −
0,25
H
K
C'
B'
A'
C
B
A
Câu7 iểm
Suy ra
(2 2 ; ) (3 2 ; 4), (2 1; 2)H t t AH t t BP t t+ − ⇒ = + − − = − − −
uuur uuur
Do
H
là trực tâm của tam giác ABC
. 0 (2 3)(2 1) ( 4)( 2) 0AH BP t t t t⇒ = ⇔ + − + + + =
uuur uuur
2
5 10 5 0 1t t t⇔ + + = ⇔ = −
0,25
Suy ra
(0;1), (4; 1), (1; 3)H B AH− = −
uuur
,đường thẳng
: 3 7 0BC x y− − =
0,25
Đường thẳng
: 2 6 0AC x y− + =

. Tìm được toạ độ
( 5; 4)C − −
KL…
0,25
Câ
u 8
Giải phương trình:
2
2 1 2
(1)
( ) (2 ) (2 )
2( 4) 2 3 ( 6) 1 3( 2) (2)
x y x y x y y x x y
y x y x x y y

+ =

+ + − + −


− − − − − + + = −


Điể
m
ĐK
0
0
0
0

2 0
x
x
y
y
x y
≥

≥


≥ ⇔
 
≥


− ≥


Nếu y=0 thì
2
2 1 2
(1)
2
x x
x
⇔ + =
(vô lý)
Tương tự x=0 không thỏa mãn, vậy x,y > 0.
Đặt

, 0x ty t= >
, phương trình đầu trở thành:
2
2 1 2
( 1) 2 1 1 (2 1)t t t t t
+ =
+ + − + −
(1’)
0,25
Ta có
2
1 2 2 2
2 1 2 2 2 1 (2 1) 2 2 1 1 ( 2 1 1)t t t t t t t
= = =
+ − + − − + − + − +

2 2 2 2
2 2 2 1 1 1
(1') (2)
( 1) ( 2 1 1) 1 (2 1) ( 1) ( 2 1 1) 1 (2 1)t t t t t t t t
⇔ + = ⇔ + =
+ − + + − + − + + −

Đặt
( , 0)
2 1
a t
a b
b t


=

>

= −


, (2)
2 2
1 1 1
(2) (*)
(1 ) (1 ) 1a b ab
⇔ + =
+ + +

Bổ đề :
2 2
1 1 1
(1 ) (1 ) 1a b ab
+ ≥
+ + +
Áp dụng BĐT Cauchy-Schawarz ta có:
( ) ( )
2 2
2
2
1 1
( . ) (1 ) . (3)
(1 )
1 1

tt . (4)
(1 )
1
a
a ab b a b
b a b a b
b
a a
ab a b
b a b
≥ + = + ⇒ ≥
+ + +
≥
+ + +
+ +

Cộng vế với vế ta được đpcm. Dấu “=” xảy ra
a b
⇔ =
(*) 2 1 1t t t x y⇔ = − ⇔ = ⇔ =
0,25
0.25
2 2 2 2
2(x 4) 3 ( 6) 2 1 3( 2)
4( 4) ( 3) ( 6) (2 1) 4( 4) ( 3) ( 6) (2 1)
2(x 4) 3 ( 6) 2 1
3( 2)
2(x 4) 3 ( 6) 2 1
x x x x
x x x x x x x x

x x x
x
x x x

− − − − + = −


− − − − + − − − − +
− − + − + = =

−
− − − − +

( Do đk
3x ³
nên x-2 > 0)

⇔

2
2(x 4) 3 ( 6) 2 1 3( 2) (5)
2 7 28
2(x 4) 3 ( 6) 2 1 (6)
3
x x x x
x x
x x x

− − − − + = −



+ −
− − + − + =



Cộng vế với vế (5) và (6) ta được:
2
2
2 7 28
4(x 4) 3 3( 2) 12( 4) 3 2( 4)( 12)
3
2( 4)(6 3 12) 0 2( 4)(x 3 6 3 9) 0 2( 4)( 3 3) 0
4 4
6 6
x x
x x x x x x
x x x x x x x
x y
x y
+ −
− − = + − ⇔ − + = − +
⇔ − + − − = ⇔ − + − + + = ⇔ − + − =
= ⇒ =

⇔

= ⇒ =


Vậy hpt đã cho có tập nghiệm T={(4;4),(6;6)}
0,25

9
Cho ba số thực
, ,a b c
thỏa mãn
2, 0, 0a b c> > >
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2 2
1 1
( 1)( 1)( 1)
2 4 5
P
a b c
a b c a
= −
− + +
+ + − +
1,0
Đặt
1 1
2 0a a a= − ⇒ >
. Khi đó:
2 2 2
1
1
1 1
( 1)( 1)( 1)

2 1
P
a b c
a b c
= −
+ + +
+ + +
Ta có:
2
2
2 2 2 2
1
1 1
( ) ( 1) 1
1 ( 1)
2 2 4
a b c
a b c a b c
+ +
+ + + ≥ + ≥ + + +
Dấu
1
" " 1a b c= ⇔ = = =
.
Ta lại có
3 3
1 1
1
1 1 1 3
( 1)( 1)( 1)

3 3
a b c a b c
a b c
+ + + + + + + +
   
+ + + ≤ =
 ÷  ÷
   
Dấu
1
" " 1a b c= ⇔ = = =
.
0,25
Do đó :
3
1 1
1 27
1 ( 3)
P
a b c a b c
≤ −
+ + + + + +
. Dấu
1
" " 1a b c= ⇔ = = =
Đặt
1
1 1t a b c t= + + + ⇒ >
. Khi đó
3

1 27
( 2)
P
t t
≤ −
+
,
1t
>
.
0,25
Xét hàm
3
1 27
( ) , 1
( 2)
f t t
t t
= − >
+
;
2 4
1 81
'( )
( 2)
f t
t t
= − +
+
;

4 2 2
'( ) 0 ( 2) 81. 5 4 0 4f t t t t t t= ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ =
( Do
1t
>
).
lim ( ) 0
t
f t
→+∞
=
Ta có BBT.
t
1 4
+∞
( )
'f t
+ 0 -
( )
f t

1
8
0 0
0,25
Từ bảng biến thiên ta có
0,25

1
max ( ) (4) 4

8
f t f t= = ⇔ =
RFFFF
Vậy giá trị lớn nhất của P là
1
8
, đạt được khi
( ) ( )
; ; 3;1;1a b c =
.
HẾT