De thi thu Quoc gia 2015 mon toan so 101

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 101 Ngày 14 tháng 5 năm 2015 y=. Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số. x−3 x +1. có đồ thị là (C). a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho b/ Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất (I: giao điểm hai tiệm cận của(C)) Câu 2.(1,0 điểm).. cos 2 x − sin 4 x =√ 3 2 cos 2 2 x+ sin 2 x − 1 3  2i 3  3  2i 3 z   2  3i 2  3i 2. Xác định phần thực ,phần ảo của số phức Câu 3.(1,0 điểm ).Giải phương trình: √ 1+ log 9 x − √ 3 log 9 x=log 3 x − 1 ¿ 2 x − y ( x+ y )+1=0 2 Câu 4.(1,0 điểm).Giải hệ phương trình: ( x + 1 ) ( x + y −2 ) + y=0 ¿{ ¿. 1. Giải phương trình:. π 4. Câu 5.( 1,0 điểm). Tính: A=∫ ( sin x −cos x ) ln ( 1+sin 2 x ) dx 0. Câu 6.(1,0 điểm). Cho lăng trụ đều ABC.A/B/C/ có (A/BC) tạo với đáy góc 600, tam giác A/BC có diện tích bằng 8 √ 3 a/Gọi M ,N lần lượt là trung điểm của BB/ và CC/. Tính thể tích khối tứ diện A/AMN b/ Tính khoảng cách giữa hai cạnh A/B và AC Câu 7.(1,0 điểm). Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ A là d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C thuộc đường thẳng : 2x + y –1 = 0 và diện tích tam giác ABC bằng 1 Câu 8.(1,0 điểm). Cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình ( d 1 ) :. x −7 y −4 z − 9 = = 1 2 −1. và. x −3 y − 1 z −1 ( d 2 ) : − 7 = 2 = 3 . Lập phương trình đường thẳng ()cắt (d1),(d2) và trục Ox lần lượt tại. các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm AC Câu 9.(0,5 điểm) Tìm số hạng chứa x13 trong khai triển (1 – x)n, biết n là số cạnh của một đa giác lồi có số đường chéo gấp 13 lần số cạnh của nó Câu 10.( 1,0 điểm) . Gọi x 1 , x 2 , x 3 là nghiệm phương trình: x 3 − (2 m+3 ) x 2+ ( 2m 2 − m+9 ) x − 2m2 +3 m− 7=0 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A=x 21 + x 22+ x23 + x 1 x 2 x3. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 101.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu. 1.1. NÔI DUNG. y=. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:. Điểm. x−3 x +1. 1,0. Tập xác định: D = R \ –1 4 ❑ y❑= y >0, ∀ x ∈ D 2 , ( x+1 ). 0,25. x −3 x → ( −1 )+¿ =−∞ x −3 x +1 =+ ∞ và Vì: lim x → ( −1 ) x +1 lim. 0,25 nên: x = –1 là tiệm cận đứng. −. ¿. 1.2. x −3 x −3 =1 và lim =1 Vì: lim nên: y = 1 là tiệm cận ngang x →− ∞ x+ 1 x →+∞ x +1 Bảng biến thiên và kết luận Đồ thị Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất (I: giao điểm hai tiệm cận của(C)) m− 3 Gọi M m; thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1) m+1. (. √. ). IM= ( m+1 )2+. 2.1. 16 2 ( m+1 ). √. IM= ( m+1 )2+. 16 ≥ 2 16 2 √ √ ( m+1 ). 2 √2. 16 ( Tương ứng xét g ( t ) =t+ ,t >0 và t = (m + 1)2 và lập được bảng biến thiên t IM nhỏ nhất khi IM=2 √ 2 .Khi đó (m + 1)2 = 4 Tìm được hai điểm M 1 ( 1 ; −1 ) và M 2 ( −3 ; 3 ) cos 2 x − sin 4 x =√ 3 Giải phương trình: 2 cos 2 2 x+ sin 2 x − 1 −2 sin 2 2 x +sin 2 x +1 ≠ 0 ⇔ sin 2 x ≠1 1 Điều kiện: sin 2 x ≠− 2 ¿{ cos 2 x − sin 4 x =√ 3  cos 2 x − sin 4 x=√ 3 ( sin 2 x +cos 4 x ) − 2 sin2 2 x+ sin 2 x +1  cos 2 x − √ 3 sin 2 x=√ 3cos 4 x +sin 4 x     4 x  6 2x  3  k 2 π π  cos 2 x + =cos 4 x −  4 x    2x-   k 2 3 6  6 3   . (. . ) (. π x= +kπ 4. x  . gt.   3  2i 3  . 0,25. 0,25 0,25 0,5 0,25. 0,25. 0,25.   k 36 3. π 2π x=− + k 6 3 3  2i 3  3  2i 3 z   2  3i 2  3i Xác định phần thực ,phần ảo của số phức  z. 0,25. ). 0,25. So lại điều kiện được nghiệm phương trình đã cho: 2.2. 0,25 0,25 1,0.  . 2  3i   3  2i 3. . 2  3i. 0,5. . 11. 6  3 2  6 3  9i  2i 6  3 2  6 3  9i  2i 6  z  z 11. . 2 2 3 11. . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 6. . 3. 4. . 0,25.  và phần ảo của z bằng 0. 11. .suy ra phần thực của z bằng 6. 2 2 3. 2 2 3. . 11 Vậy phần thực của z bằng và phần ảo của z bằng 0 Giải phương trình: √ 1+ log 9 x − √ 3 log 9 x=log 3 x − 1 Điều kiện xác định: x ≥ 1 √ 1+ log9 x − √ 3 log 9 x=log 3 x − 1  √ 1+ log9 x − √ 3 log9 x=2 log9 x −1  1− 2 log 9 x= ( 2 log 9 x −1 ) ( √ 1+log 9 x+ 3 √ log 9 x )  ( 2 log 9 x −1 ) ( √ 1+ log 9 x +3 √ log 9 x +1 ) =0  2 log 9 x =1 vì: √ 1+ log 9 x + √ 3 log 9 x+ 1> 0  x = 3. Vậy nghiệm phương trình đã cho: x = 3 ¿ x 2 − y ( x+ y )+1=0 Giải hệ phương trình: ( x 2+ 1 ) ( x + y −2 ) + y=0 ¿{ ¿ ¿ ¿ ¿ 2 2 x 2 − y ( x+ y )+1=0 x +1= y ( x + y ) x + 1= y ( x+ y ) ( x 2+ 1 ) ( x + y −2 ) + y=0  y ( x + y ) ( x+ y − 2 )+ y=0  ( x+ y )( x + y −2 ) +1=0 ¿{ ¿{ ¿{ ¿ ¿ ¿ ( Vì: y = 0 không là nghiệm của hệ) ¿ ¿ ¿ 2 x 2 +1= y ( x + y ) x 2+1= y ( x + y ) x +1= y ( x + y )  ( x+ y )2 −2 ( x + y ) +1=0  ( x + y −1 )2=0  x+ y=1 ¿{ ¿{ ¿{ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x=0 ∨ x=− 1 x 2+1= y x 2+1=1− x x 2+ x=0 y=1 − x  x + y=1  y=1 − x  y =1− x  ¿{ ¿{ ¿{ ¿{ ¿ ¿ ¿ ¿ Nghiệm của hệ: (0 ; 1) , ( –1 ; 2) π 4. 5 Tính:. 0,5. 0,25. 0,25 1,0. 0,25. 0.25. 0,25. 0,25 1,0. A=∫ ( sin x −cos x ) ln ( 1+sin 2 x ) dx 0. 0,25.  4. π 4 2. A=∫ ( sin x −cos x ) ln ( sin x+ cos x ) dx. 2 ∫ sin x  cos x  ln  sin x  cos x  dx 0. 0. π 4. [ ]. (Vì: sin x+ cos x> 0 , ∀ x ∈ 0 ; ¿ ( u=ln sin x +cos x ) Đặt dv=( sin x − cos x ) dx suy ra: ¿{ ¿. ). ¿ cos x −sin x du= dx sin x+ cos x v=cos x +sin x ¿{ ¿.    A  2   sin x  cos x  ln  sin x  cos x  04  .  4.   cos x  sin x  dx  ∫ 0 . 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>    A  2  2 ln 2   sin x  cos x  04  2 [ √2 ln √ 2− √ 2+1 ]  = 2 ln 2  2  2 2. 6 6.a. Cho lăng trụ đứng ABC.A/B/C/ có (A/BC) tạo với đáy góc 600, tam giác A/BC có diện tích bằng 8 √ 3 Gọi M ,N lần lượt là trung điểm của BB/ và CC/. Tính thể tích khối tứ diện A/AMN ❑ Ta có AA ⊥ ( ABC ) C A Gọi H là trung điểm BC. AH  BC nên A/H  BC. Vậy góc A/HA bằng 600 B N AH BC √ 3 ❑ =2 =BC √3 Trong  A/HA vuông có: A H = 0 2 cos 60 M A C 2 1 BC √ 3 ❑ / Diện tích tam giác A BC: S= BC . A H= H 2 2 /. /. 0,25 1,0 0,5 0,25. /. B. S=8 √ 3 nên BC = 4, AA ❑=AH tan60 0=6 1 V A AMN =V lt −2 V A . BMNC= BC . AH . AA❑ =16 √ 3 3 Tính khoảng cách giữa hai cạnh A/B và AC Tính khoảng cách giữa hai đoạn thẳng A/B và AC C A ❑ Ta có AA ⊥ ( ABC ) Dựng hình hộp ABDC.A/B/D/D. AC//BD B D nên AC//(A/BD)  A/B nên d(AC;A/B) = d(AC;(A/BD)) = d(A;(A/BD)) T A C Kẻ AK  BD (K BD) BD AK và BD AA/ nên BD (A/AK)  (A/BD) (A/AK) B K D Kẻ AT A/K (TA/K)  AT(A/BD) AT=d(A; / / (A BD)) = d(AC;A B). 0,25. 1 1 1 1 1 4 1 = + ❑ 2= + 2= = hay AT = 3 2 2 2 AT AK A A ( 2 √ 3 ) 6 36 9 Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ A là d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C thuộc đường thẳng : 2x + y –1 = 0 và diện tích tam giác ABC bằng 1 BC qua B và vuông góc d nên BC có phương trình: x + y + 1 = 0 ¿ 2 x + y −1=0 x + y +1=0 ⇔ Tọa độ C là nghiệm của hệ Vậy: C(2 ; –3) ¿ x=2 y =−3 ¿{ ¿ |2 a+ 4| A ( a ; a+3 ) ∈ d . d ( A ; BC )= , BC=√ 2 . √2 |2 a+ 4| 1 1 BC . d ( A ; BC )=1 hay .√ 2 . =1 Theo giả thiết ta có: 2 2 √2. 0,5. ❑. 6.b. /. /. /. 7. 0,5 0,5. /. 1,0 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0,5. |2 a+ 4| 1 .√ 2 . =1 ⇔|2a+ 4|=2 ⇔ 2 √2 a=−1 ¿ Hay a=−3 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Với a = –1 thì A(–1 ; 2), với a = –3 thì A(–3 ; 0) 8. Cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình ( d 1 ) :. x −7 y −4 z − 9 = = 1 2 −1. và. 1,0. x −3 y − 1 z −1 ( d 2 ) : − 7 = 2 = 3 . Lập phương trình đường thẳng ()cắt (d1),(d2) và trục Ox lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm AC Gọi A ( 7+a ; 4+2 a ; 9 − a ) ∈ ( d 1 ) , B ( 3 −7 b ;1+2 b ; 1+3 b ) ∈ ( d 1 ) và C(c ; 0 ; 0) Ox a 1 ¿ ¿  7+a+ c=2 ( 3− 7 b ) a+14 b+c +1=0 b 1 4 +2 a=2 ( 1+2 b ) 2 a− 4 b+2=0 c  16 B là trung điểm AC nên: 9− a=2 (1+3 b )  a+6 b − 7=0   ¿{{ ¿{ { ¿ ¿ A ( 8 ; 6 ; 8 ) ∈ ( d 1 ) , B ( − 4 ; 3 ; 4 ) ∈ ( d1 ) x − 8 y − 6 z −8 = = Phương trình Δ : 12 3 4 Tìm số hạng chứa x13 trong khai triển (1 – x)n, biết n là số cạnh của một đa giác lồi có số đường chéo gấp 13 lần số cạnh của nó C2  n C 2  n 13n Số đường chéo của đa giác là n . Theo giả thiết: n . Giải ra được n 29 k k Số hạng tổng quát trong khai triển là C29( x) . 13 C13( x)13  67863915x13 Số hạng chứa x là 29 = Gọi x 1 , x 2 , x 3 là nghiệm phương trình: x 3 − (2 m+3 ) x 2+ ( 2m 2 − m+9 ) x − 2m2 +3 m− 7=0 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: A=x 21 + x 22+ x23 + x 1 x 2 x3 Phương trình: x 3 − (2 m+3 ) x 2+ ( 2m 2 − m+9 ) x − 2m2 +3 m− 7=0 (*) Có nghiệm x 3=1 Nên (*)  ( x − 1 ) [ x 2 − 2 ( m+1 ) +2 m2 −3 m+7 ]=0 x=1 ¿ 2 x −2 ( m+1 ) x +2 m2 − 3 m+7=0=0 ( 1 )  ¿ ¿ ¿ ¿ (1) có hai nghiệm x 1 ; x 2 khi: ( m+ 1 )2 −2 m2 +3 m−7 ≥ 0  −m2 +5 m− 6 ≥0  2≤ m ≤3 2 2 2 2 2 A=x 1 + x 2+ x3 + x 1 x 2 x3 = x 1+ x 2 +1+ x 1 x 2 2 = ( x 1+ x 2 ) − x 1 x 2 +1 = ( 2 m+2 )2 −2 m2+ 3 m−6 Hay A = f ( m )=2 m2 +11 m− 2 m [ 2; 3 ] 11 f ❑ ( m )=4 m+11 , f ❑ ( m )=0  m=− ∉ [ 2; 3 ] 4 f ( 2 )=28 và f ( 3 ) =49. Vậy:. 9. 10. 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25. 1,0. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Vậy max A=49 khi m = 3 và min A=28 khi m = 2.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>