HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ QG NĂM 2015 Đề 2 - Ngày thi : 18-10-2014 www.DeThiThuDaiHoc.com - Đề Thi Thử Đại Học I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 3x + 1 (C) 2x – 1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm M(1; 4). Câu 1 Cho hàm số : y = Lời giải : a. 1 Tập XĐ: D = R \ 2 . Đạo hàm: y = – 5 . (2x – 1)2 3x + 1 1 1 , nghịch biến trên từng khoảng –∞; ; +∞ 2x – 1 2 2 3 3 3 lim y = , lim y = nên y = là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x→+∞ 2 x→–∞ 2 2 1 lim y = +∞, lim– y = –∞ nên x = là đường tiện cận đứng của đồ thị hàm số + 2 x→ 1 x→ 1 y < 0, ∀x ∈ D nên hàm số y = 2 2 Bảng biến thiên: x y 1 2 –∞ +∞ – – +∞ 3 2 y –∞ 3 2 Đồ thị y y= b. Gọi K a, 3a + 1 2a – 1 với a = 3x + 1 2x – 1 x 1 3x + 1 là một điểm thuộc hàm số y = 2 2x – 1 Khi đó phương trình đường tiếp của của K với đồ thị hàm số y là : y = – 5(x – a) 3a + 1 + 2 2a – 1 (2a – 1) (Δ) 3a + 1 5(1 – a) + ⇐⇒ 4(2a – 1)2 = –5(1 – a) + (3a + 1)(2a – 1) 2a – 1 (2a – 1)2 ⇐⇒ a2 – 2a + 1 = 0 ⇐⇒ (a – 1)2 = 0 ⇐⇒ a = 1 Vậy phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) thỏa mãn tiếp tuyến đó đi qua M(1; 4) là : y = –5x + 9 Δ đi qua M(1; 4) khi 4 = – www.k2pi.net Facebook.com/ThiThuDaiHoc 2 www.DeThiThuDaiHoc.com - Đề Thi Thử Đại Học Câu 2 1 π π =√ – x – sin 2x + 4 4 2 b. Có năm đoạn thẳng có đọ dài lần lượt là 2cm, 4cm, 6cm, 8cm và 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Tính xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác. a. Giải phương trình cos Lời giải: a. (Cách 1) √ √ π π – x – 2 sin 2x + =1 Phương trình ⇐⇒ 2 cos 4 4 ⇐⇒ cos x + sin x – sin 2x – cos 2x = 1 ⇐⇒ sin x(1 – 2 cos x) + cos x(1 – 2 cos x) = 0 ⇐⇒ (sin x + cos x)(1 – 2 cos x) = 0 π TH1: sin x + cos x = 0 ⇐⇒ tan x = –1 ⇐⇒ x = – + kπ 4 1 π π TH2: cos x = ⇐⇒ x = + k2π hay x = – + k2π 2 3 3 a. (Cách 2) π π π – x = sin 2x + + sin Phương trình ⇐⇒ cos 4 4 4 π π ⇐⇒ sin + x = 2 sin + x cos x 4 4 π + x (1 – 2 cos x) = 0 ⇐⇒ sin 4 π π TH1: sin + x = 0 ⇐⇒ x = – + kπ 4 4 1 π π TH2: cos x = ⇐⇒ x = + k2π hay x = – + k2π 2 3 3 b. Xét 3 đoạn thẳng có độ dài a, b, c thỏa mãn a > b > c > 0 thì điều kiện cần và đủ để 3 đoạn thẳng lập thành một tam giác là a + b > c, b + c > a, c + a > b =⇒ b + c > a Do 2, 4, 6, 8, 10 lập thành cấp số cộng với công sai bằng 2 và a, b, c ∈ {2, 4, 6, 8, 10} Nên a ≥ b + 2 và b ≥ c + 2. Mà b + c > a ≥ b + 2 nên c > 2 tức là c ≥ 4. Suy ra b ≥ 6 và a ≥ 8 Nếu a = 8 thì b, c ∈ {4, 6}. Khi đó có (a, b, c) = (8, 6, 4) thỏa mãn điều kiện a > b > c > 0 và b + c > a Nếu a = 10 thì b, c ∈ {4, 6, 8}. Khi đó có (a, b, c) = (10, 8, 4); (10, 8, 6) thỏa mãn điều kiện a > b > c > 0 và b+c>a Tóm lại chỉ có 3 bộ (a, b, c) thỏa mãn a > b > c > 0 và b + c > a Hay chỉ có 3 cách lấy 3 đoạn thẳng từ 5 đoạn thẳng để lập thành một tam giác Số cách lấy 3 đoạn thẳng từ 5 đoạn thẳng là : 3 = 10 cách. 5 3 Vậy xác suất lấy 3 đoạn thẳng từ 5 đoạn thẳng để lập thành một tam giác là : P = 10 e Câu 3 Tính tích phân I = 1 1 ln x +1 dx dx. x2 x Lời giải : e 1 +1 I= x2 1 e ln x e ln x ln x dx dx = dx + 3 x 1 x 1 x e ln x e 2 e 1 a) Tính I1 = dx = ln xd(ln x) = ln x = 2 1 2 1 x 1 e ln x –1 dx dx b) Tính I2 = và v = 2 dx Gọi u = ln x và dv = 3 Suy ra du = 3 x x 2x 1 x e e e –1 3 1 1 –1 – ln x dx = – 2 + 2 = – 2 Vậy I2 = – 3 e 4x 1 4 4e 2x2 1 1 2x e 1 ln x 3 3 Tóm lại +1 dx = – 2 x 4 4e x2 1 Facebook.com/ThiThuDaiHoc www.k2pi.net 3 www.DeThiThuDaiHoc.com - Đề Thi Thử Đại Học Câu 4 a. Giải bất phương trình log 2(x2 – 1) ≥ log 1 (x – 1) 2 b. Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức sau (1 + i)z2 + 2 + 11i = 0 0. Lời giải : a. ĐK: x > 1 BPT ⇐⇒ log2 (x2 – 1) + log2 (x – 1) ≥ 0 ⇐⇒ log2 ((x2 – 1)(x – 1)) ≥ 0 ⇐⇒ (x2 – 1)(x – 1) ≥ 1 √ 1+ 5 (do x > 1) ⇐⇒ x3 – x2 – x + 1 ≥ 1 ⇐⇒ x(x2 – x – 1) ≥ 0 ⇐⇒ x2 – x – 1 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 2 √ 1+ 5 Vậy tập nghiệm của BPT là S = ; +∞ 2 b. Đặt z = a + bi với a, b ∈ R. 13 9 2 + 11i ⇐⇒ a2 – b2 + 2abi = – – i Khi đó (1 + i)z2 + 2 + 11i = 0 ⇐⇒ z2 = – 1+i 2 2  9  9  b = – ;a = 0 9 13 b = – ;a = 0 4a ⇐⇒ ⇐⇒ a2 – b2 = – 2ab = – ⇐⇒ 4a 13 81  2 2 a2 – 16a4 + 104a2 – 81 = 0 =– 2 2 16a √ –13 + 5 10 9 9 Vì a ∈ R nên a = ± và b = – = √ (thỏa mãn) 4 4a 2 –13 + 5 10 √ 9 –13 + 5 10 Tóm lại : z = ± √ i 4 2 –13 + 5 10 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 4x – 3y + 11z – 26 = 0 và x y–3 z+1 x–4 y z–3 hai đường thẳng d1 : = = và d2 : = = . Xác định tọa độ giao điểm của –1 2 3 1 1 2 đường thẳng d1 với mặt phẳng (P). Viết phương trình đường thẳng Δ nằm trong mặt phẳng (P) sao cho Δ cắt d1 và d2 . Câu 5 Lời giải : a) Gọi M(–t, 2t + 3, 3t – 1) là một điểm thuộc d1 . Vậy M thuộc (P) khi và chỉ khi tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình mặt phẳng (P) hay : –4t – 3(2t + 3) + 11(3t – 1) – 26 = 0 ⇔ t = 2 Vậy giao điểm của (P) và d1 là M(–2, 7, 5) b) Gọi N(t + 4, t , 2t + 3) là một điểm thuộc d2 . Vậy N thuộc (P) khi và chỉ khi tọa độ điểm N thỏa mãn phương trình mặt phẳng (P) hay : 4(t + 4) – 3t + 11(2t + 3) – 26 = 0 ⇔ t = –1 Vậy giao điểm của (P) và d2 là N(3, –1, 1) –→ –– Suy ra MN = (5, –8, –4) là một VTCP của đường thẳng MN y–7 z–5 x+2 = = Suy ra phương trình đường thẳng MN là 5 –8 –4 Vậy để Δ thuộc (P) và cắt d1 và d2 khi và chỉ khi M và N thuộc Δ hay Δ là đường thẳng MN x+2 y–7 z–5 Vậy phương trình đường thẳng Δ là = = 5 –8 –4 Câu 6 Cho lăng trụ tam giác ABC.A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. HÌnh chiếu vuông góc của A xuống mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Biết đường thẳng AA hợp với đáy (ABC) một góc 60o . Chứng minh BB C C là hình chữ nhật và tính thể tích khối lăng trụ ABC.A B C . Lời giải: Facebook.com/ThiThuDaiHoc www.k2pi.net 4 www.DeThiThuDaiHoc.com - Đề Thi Thử Đại Học A G ⊥ (ABC) nên A GA vuông tại G =⇒ A AG nhọn, AG nên A AG = 60o =⇒ A G = AG tan 30o = √ 3 Gọi AM cắt BC tại M thì M là trung điểm của BC và AM ⊥ BC Lại có A G ⊥ BC nên BC ⊥ (A AG) suy ra AA ⊥ BC. Mà AA B B nên B B ⊥ BC Lại có B B C C và B B = C C nên B BCC là hình chữ nhật 2 a 2 Ta có AG = AM = AC cos 30o = √ 3 3 3 √ AG 1 3 3 VA B C .ABC = A G.SABC = √ . AB.AC. sin 60o = a 2 12 3 Câu 7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) : 5 2 1 2 325 7 x– + y– = . Đường phân giác trong góc BAC cắt (C) tại E 0; – . Xác định tạ 2 4 16 2 độ các đỉnh tam giác ABC, biết đường thẳng BC đi qua điểm N(–5; 2) và đường thẳng AB đi qua điểm P(–3; –2). Lời giải: 5 1 . Vì AE là phân giác BAC nên E là điểm , 2 4 nằm chính giữa cung BC hay IE vuông góc với BC. N – → 5 15 , Suy ra EI = là một VTPT của đường thẳng BC. 2 4 I x Suy ra phương trình đường thẳng BC là : C B 15 5 (x + 5) + (y – 2) = 0 ⇐⇒ 2x + 3y + 4 = 0 2 4 Vậy hoành độ giao điểm của (C) và BC là nghiệm của phương P 5 2 –4 – 2x 1 2 325 A + = trình : x – – ⇐⇒ x2 – 2x – 8 = 0 2 3 4 16 E ⇐⇒ (x + 2)(x – 4) = 0 ⇐⇒ x = –2 hay x = 4 B C –– → TH1 : B (–2, 0) và C (4, –4) Ta có PB = (1, 2) là một VTCP của AB Suy ra phương trình đường thẳng AB : 2x – y + 4 = 0 Khi đó hoành độ giao điểm của AB và (C) là nghiệm của phương trình: A y Tâm của (C) là I x– 1 2 325 5 2 + 4 + 2x – = ⇐⇒ (x + 2)x = 0 2 4 16 Vì B có hoành độ là –2 nên tọa độ điểm A là (0, 4) –– → TH2 : B (4, –4) và C (–2, 0) Ta có PB = (7, –2) là một VTCP của AB Suy ra phương trình đường thẳng AB : 2x + 7y + 20 = 0 Khi đó hoành độ giao điểm của AB và (C) là nghiệm của phương trình: x– 5 2 + 2 2x + 20 1 2 325 54 = – ⇐⇒ (x – 4) x + –7 4 16 53 Vì B có hoành độ là 4 nên tọa độ điểm A là – 54 136 ,– 53 53 =0 (không thỏa AE là phân giác trong của BAC) Tóm lại : A (0, 4); B (–2, 0) và C (4, –4) Câu 8 Giải hệ phương trình  x3 + y3 = xy 2 x2 + y2 √ 4 x + x2 – 1 = 9(y – 1)√2x – 2 Lời giải : ĐKXĐ: x ≥ 1 Từ PT(2) ta có y – 1 ≥ 0 hay y ≥ 1 Suy ra x3 + y3 > 0 Vậy PT(1) ⇐⇒ (x3 + y3 )2 = 2x2 y2 (x2 + y2 ) Facebook.com/ThiThuDaiHoc www.k2pi.net 5 www.DeThiThuDaiHoc.com - Đề Thi Thử Đại Học ⇐⇒ (x2 + y2 + 2xy)(x2 + y2 – xy)2 = 2x2 y2 (x2 + y2 ) ⇐⇒ (x2 + y2 )3 – 3(x2 + y2 )x2 y2 + 2x3 y3 = 2x2 y2 (x2 + y2 ) ⇐⇒ (x2 + y2 – 2xy)((x2 + y2 )2 + 2(x2 + y2 )xy – x2 y2 ) = 0 ⇐⇒ x2 + y2 – 2xy = 0 (vì (x2 + y2 )2 + 2(x2 + y2 )xy – x2 y2 = x4 + x2 y2 + y4 + 2(x2 + y2 )xy > 0) ⇐⇒ x = y √ √ Thế vào PT(2) ta có : 4 x + x2 – 1 = 9(x – 1) 2x – 2 √ ⇐⇒ 16(x + x2 – 1) = 162(x – 1)4 √ 1 4 55 – (3x – 5) 27x2 – 36x + =0 x2 – 1 – ⇐⇒ 8 3 3 3 24 x + 40 55 √ ⇐⇒ (3 x – 5) = 0 (1) – 27 x2 + 36 x – 3 9 x2 – 1 + 12 24 x + 40 24 x + 40 Ta có √ ≤ với mọi x ≥ 1 2 – 1 + 12 12 9 x 55 24 x + 40 19 2 44 – 27 x2 + 36 x – – ≤ –27x2 + 38x – 15 = –27 x –