Đề luyện thi thử THPT quốc gia môn Toán số 4

Trường THPT ĐỀ THI THỬ TN & ĐH 2015
Nguyễn Hữu Huân Môn Toán.– Thời gian làm bài: 180’
Cầu 1 (2đ): Cho hàm số:
( )
2 1
1
x
y C
x
+
=
−

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)
b) Định m để đường thẳng (d): y = mx + 3 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm A, B sao cho tam giác OMN vuông
tại O
Câu 2 (1đ): a) Giải phương trình lượng giác:
2 2
cos 3 cos 3sin 3sin 0x x x x
+ + − =
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức:
1 1
3 3
2 2
z i i
 
− = +
 ÷
 
. Tính môđun của số phức w = 1 + I + z
Câu 3 (0,5đ): Giải phương trình:

( )
2
2
2
1 3
log 2 3 log 0
2 3
x
x x
x
+
+ − + =
−
Câu 4 (1đ): Giải hệ phương trình:
12
1 2
3
12
1 6
3
x
y x
y
y x

 
− =

 ÷
+

 

 

+ =
 ÷

+
 

Câu 5 (1đ) Tính tích phân:
9
4
1
xdx
x −
∫
Câu 6 (1đ): Viết phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu vuông góc của đường thẳng (d)
1 1
2 1 3
x y z
+ −
= =
trên mặt phẳng (P): x + y – z +1 =0.
Câu 7 (1đ): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C):
( ) ( )
2 2
1 1 25x y
− + − =
và điểm

M (7,3). Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho MA = 3MB
Câu 8 (1đ): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a; AC = 2a. Mặt bên
(SBC) là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết góc giữa hai mặt (SAB) và
(ABC) bằng 30
0
. Tính thể tích khối chóp SABC và khoáng cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a
Câu 9 (0,5đ): Có 5 hộp bánh, mỗi hộp đựng 8 cái bánh gồm 5 cái bánh mặn và 3 bánh ngọt. Lấy ngẫu
nhiên từ mỗi hộp ra hai bánh. Tính xác suất biến cố trong năm lần lấy ra đó có bốn lần lấy được 2 bánh
mặn và một lần lấy được 2 bánh ngọt.
Câu 10 (1đ): Cho các số thực dương a,b,c thỏa a + b + c =3. Tính góc giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
a bc b ca c ab
P
b ca c ab a bc
+ + +
= + +
+ + +
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT
Bài 1. Cho hàm số
2 1
1
+
=
−
x
y
x
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
•
Tập xác định:

{ }
D \ 1
=
¡
•
2
3
y' x D
(x 1)
−
= ∀ ∈
−
•
x
lim y 2
→±∞
=

y 2
⇒ =
là tiệm cận ngang.
x 1
x 1
lim y
lim y
+
−
→
→
= +∞

= −∞

x 1
⇒ =
là tiệm cận đứng.
• BBT:
Hàm số nghịch biến trên
( ,1)
−∞
và
(1, )
+∞
.
Hàm số không có cực trị.
• Điểm đặc biệt:
• Vẽ đồ thị:
Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
b) Định m để đường thẳng d: y = mx + 3 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm M, N sao cho
∆
OMN vuông
tại O.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:
2x 1
mx 3
x 1
+
= +
−
2x 1 (mx 3)(x 1)
⇔ + = + −

2
mx (1 m)x 4 0 (*)
⇔ + − − =
(C) cắt d tại hai điểm phân biệt
2
m 0
m 14m 1 0
≠


⇔ ⇔

+ + >


m 0
m 7 4 3
m 7 4 3
≠


< − − ∨

> − +


Gọi x
1
, x

2
là 2 nghiệm của phương trình (*)
1 2
1 2
m 1
x x
m
4
x x
m
−

+ =


⇒

−

=


Khi đó
1 1
OM (x ;mx 3)= +
uuuur
,
2 2
ON (x ;mx 3)
= +

uuur
OMN
∆
vuông tại O nên
2
1 2 1 2
OM.ON 0 (1 m )x x 3m(x x ) 9 0= ⇔ + + + + =
uuuur uuur
2
4(1 m ) 3m(m 1)
9 0
m m
− + −
⇔ + + =

2
m 6m 4 0⇔ − + =
m 3 5 (n)
m 3 5 (n)

= +
⇔

= −


Bài 2.
a)
Giải phương trình lượng giác:
2 2

3 3 3 0
+ + − =
cos x cos x sin x sin x
2 2
cos x 3 cosx 3sin x 3sin x 0
+ + − =
2 2
3 3
cosx 3sin x
2 2
   
⇔ + = −
 ÷  ÷
   
3 3
cosx 3sin x
2 2
3 3
cosx 3sin x
2 2

+ = −


⇔

+ = − +


3sin x cos x 0 (1)

3sin x cos x 3 (2)

+ =
⇔

− =


(1)
1
tan x
3
⇔ = −

x k
6
π
⇔ = − + π
(2)
sin x sin
6 3
π π
 
⇔ − =
 ÷
 

x k2
2
5

x k2
6
π

= + π

⇔

π

= + π



Vậy phương trình có hai họ nghiệm là
x k
6
π
= − + π
hay
x k2
2
π
= + π
.
b)
Cho số phức z thỏa mãn hệ thức:
 
− = +
 ÷

 
1 1
z 3 i 3 i
2 2
. Tính môđun của số phức w
= 1 + i + z
1 1
z 3 i 3 i
2 2
 
− = +
 ÷
 
1
3 i
35 12
2
z i
1
37 37
3 i
2
+
⇔ = = +
−
72 49
w 1 i z i
37 37
= + + = +
2 2

72 49 7585
w
37 37 37
   
⇒ = + =
 ÷  ÷
   
Bài 3. Giải phương trình:
( )
−
+ − + =
+
2
1
2
2
1 x 7
log x 2x 3 log 0
2 x 3
Điều kiện:
x 3 x 7
< − ∨ >
Phương trình
2
2 2
x 7
log (x 2x 3) log 0
x 3
−
⇔ + − − =

+
2
2
(x 2x 3).(x 3)
log 0
x 7
+ − +
⇔ =
−
2
(x 2x 3).(x 3)
1
x 7
+ − +
⇔ =
−
3 2
x 5x 2x 2 0⇔ + + − =

2
(x 1)(x 4x 2) 0
⇔ + + − =
2
x 1
x 4x 2 0
= −

⇔

+ − =


x 1

x 2 6 x 2 6
= −

⇔

= − − ∨ = − +

So với điều kiện, phương trình có nghiệm
x 2 6
= − −
.
Bài 4. Giải hệ phương trình:

 
− =

 ÷
+
 

 

+ =
 ÷

+
 


12
1 x 2
y 3x
12
1 y 6
y 3x
Điều kiện: x > 0 và y > 0.
12
1 x 2
y 3x
12
1 y 6
y 3x

 
− =

 ÷
+
 

 

+ =
 ÷

+
 


12 2
1 (1)
y 3x
x
12 6
1 (2)
y 3x
y

− =

+

⇔


+ =

+

(1) + (2):
2 6 1 3
2 1
x y x y
= + ⇔ = +
(*)
(2) – (1):
12 3 1
y 3x
y x

= −
+
(*)
12 3 1 3 1
y 3x
y x y x
  
⇔ = − +
 ÷ ÷
 ÷ ÷
+
  

12 9 1
y 3x y x
⇔ = −
+
2 2
y 6xy 27x 0
⇔ + − =
y 3x
y 9x
=

⇔

= −

So với điều kiện, nhận y = 3x
(*) x 4 2 3 y 12 6 3

⇔ = + ⇒ = +
Vậy hệ phương trình có nghiệm
x 4 2 3
y 12 6 3

= +


= +


Bài 5. Tính tích phân
=
−
∫
9
4
xdx
I
x 1
Đặt
2
t x t x
= ⇒ =
2tdt dx
⇒ =
Đổi cận: x = 4
t 2
⇒ =
x = 9

t 3
⇒ =

3 3
3
2
2 2
t dt 1
I 2 2 t t 1 dt
t 1 t 1
 
= = + + +
 ÷
− −
 
∫ ∫
3
3 2
2
t t 59
2 t ln t 1 2ln 2
3 2 3
 
= + + + − = +
 ÷
 ÷
 
Bài 6. Viết phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu vuông góc của đường thẳng d
x y 1 z 1
2 1 3

+ −
= =
trên mặt phẳng (P): x + y – z +1 =0.
PTTS của
x 2t
d : y 1 t
z 1 3t
=


= − +


= +

Thay x, y, z của phương trình đường thẳng d vào phương trình mặt phẳng (P) ta được:
2t – 1 +t – 1 – 3t + 1 = 0
⇒
Phương trình vô nghiệm
⇒
d // (P).
Lấy điểm
A(0; 1;1) d
− ∈
.
Gọi
∆
là đường thẳng qua A và vuông góc với mp(P)
x t
: y 1 t

z 1 t
=


⇒ ∆ = − +


= −

Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P)
H (P)
⇒ = ∆ ∩
Thay x, y, z của phương trình
∆
vào phương trình mặt phẳng (P) ta được:
t – 1 + t – 1 + t + 1 = 0
1
t
3
⇔ =
1 2 2
H ; ;
3 3 3
 
⇒ −
 ÷
 
Gọi d’ là hình chiếu của d lên mặt phẳng (P)
d'⇒
qua H và song song với d

1
x 2t
3
2
d' : y t
3
2
z 3t
3

= +


⇒ = − +


= +


Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
( ) ( )
− + − =
2 2
x 1 y 1 25
và
điểm
M(7;3). Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A ,B sao cho MA =
3MB.
Đường tròn (C) có tâm I(1;1) và bán kính R = 5.
Ta có IM =

2 10 R
>
⇒
M nằm ngoài đường tròn (C).
Gọi H là trung điểm AB mà MA = 3MB
⇒
B là trung điểm MH
Ta có :
2 2 2 2
2 2 2 2
IH MH 40 IH 4BH 40
IH BH 25 IH BH 25
 
+ = + =
 
⇔
 
+ = + =
 
 


2
IH 20 IH 2 5
⇔ = ⇔ =
Đường thẳng d qua M(7;3) và có VTPT
n(a;b)
r
với
2 2

a b 0+ >
:
a(x 7) b(y 3) 0
− + − =
ax by 7a 3b 0
⇔ + − − =
Ta có:
2 2
a b 7a 3b
IH d(I,d) 2 5
a b
+ − −
= = =
+
2 2
3a 2b 5 a b
⇔ + = +
2 2
2a 3ab 2b 0⇔ + − =
b
a
2
a 2b

=

⇔

= −


•
b
a d : x 2y 13 0
2
= ⇒ + − =
•
a 2b d : 2x y 11 0
= − ⇒ − − =
Bài 8. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a; AC = 2a. Mặt bên
(SBC) là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết góc giữa hai mặt
(SAB) và (ABC) bằng 30
o
. Tính thể tích khối chóp SABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SC và AB theo a.
•
Tính V
S.ABC
Gọi H là trung điểm BC.
Do
SBC
∆
cân tại S nên
SH BC
⊥
.
Ta có:
(SBC) (ABC)
(SBC) (ABC) BC SH (ABC)
SH BC
⊥



∩ = ⇒ ⊥


⊥

Gọi K là trung điểm của AB
⇒
HK // AC mà
AC AB
⊥

HK AB
⇒ ⊥
và
SH AB
⊥
(do
SH (ABC)
⊥
)
AB (SHK) AB SK
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
(SAB) (ABC) AB
SK AB
HK AB
∩ =



⊥


⊥


⇒
Góc giữa (SAB) và (ABC) là
·
o
SKH 30
=
o
SH a 3
tan30 SH
HK 3
= ⇒ =
3
S.ABC ABC
1 a 3
V .SH.S
3 9
∆
⇒ = =
• Tính d(SC,AB)
Vẽ hình chữ nhật BKEC
⇒
CE // AB mà AB
(SHK)
⊥

⇒
CE
(SHK)
⊥
d(AB,SC) = d(AB,(SEC)) = d(K,(SEC)) = 2 d(H,(SEC))
Kẻ HF
SE
⊥
và HF
CE
⊥
⇒
HF
(SEC)
⊥
Ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 3 1 4
HF HE SH a a a
= + = + =
a
HF
2
⇒ =

⇒
d(H,(SEC)) =
a
2

⇒

d(AB,SC) = a.
Bài 9. Có 5 hộp bánh, mỗi hộp đựng 8 cái bánh gồm 5 cái bánh mặn và 3 bánh ngọt. Lấy ngẫu
nhiên từ mỗi hộp ra hai bánh. Tính xác suất biến cố trong năm lần lấy ra đó có bốn lần lấy
được 2 bánh mặn và một lần lấy được 2 bánh ngọt.
Gọi
Ω
là không gian mẫu của phép thử.
Gọi A là biến cố “Trong năm lần lấy ra có bốn lần lấy được 2 bánh mặn và một lần lấy được
2 bánh ngọt”.
2 5 2 4 2
8 5 3
n( ) (C ) , n(A) 5.(C ) .C
⇒ Ω = =
2 4 2
5 3
2 5
8
5.(C ) .C 9375
P(A) 0,0087
(C ) 1075648
⇒ = = ≈
Bài 10. Cho các số thực dương a,b,c thỏa a + b + c =3. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
+ + +
= + +
+ + +
a bc b ca c ab
P

b ca c ab a bc
Xét
2 2 2
1 a bc b ca c ab
P
3 3b 3ca 3c 3ab 3a 3bc
+ + +
= + +
+ + +
Ta có
3b 3ca b(a b c) 3ca b(a b c) ca 2ca
+ = + + + = + + + +
mà
2 2
a c 2ac
+ ≥

nên
2 2 2
3b 3ca ab b bc ca a c
+ ≤ + + + + +
Chứng minh tương tự ta có:
2 2 2
3c 3ab ac c bc ab a b
+ ≤ + + + + +

2 2 2
3a 3bc a ab ac bc c b
+ ≤ + + + + +
Khi đó

2 2 2
2 2 2
1 a bc b ca c ab
P 1 P 3
3
ab b bc ca a c
+ + + + +
≥ = ⇔ ≥
+ + + + +
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.
Vậy
MinP 3
=
khi a = b = c = 1.