Tài liệu đề minh họa đặc biệt có đáp án chi tiết

Khóa học LUYỆN ĐỀ ĐẶC BIỆT 2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 ĐỀ THI ĐẶC BIỆT MINH HỌA KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 [Môn Toán – Đề số 01 – Dành cho Toán 2 – NC] Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] Đề thi được chữa chi tiết TẠI MOONTV, Thứ hai, 13/04/2015 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3mx 2 + 3 ( m 2 − 1) x − m3 + 1 ( Cm ) ( m là tham số). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( Cm ) với m = 1 . b) Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của ( Cm ) . Đường thẳng d cắt trục Oy tại B . Tìm m để S ∆OAB = 6 với O là gốc tọa độ. Câu 2 (1,0 điểm). a) Cho góc α thỏa mãn sin α = 1 2 2 π π  < α < π. Tính giá trị của biểu thức P = 2 cos  2α +  . 2 3  và b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + 2i ) 2 .z + z = 4i − 20. Tìm tọa độ của điểm M biểu diễn số phức z. ( ) Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2 log 2 x + log 1 1 − 2 x = 2 1 log 2 ( 2 ( 2x − 2 ) x +1 − 3 . ) 3 x 2 + 3 y 2 + 8 = ( y − x ) y 2 + xy + x 2 + 6  Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) . x + y − 13 3 y − 14 − x + 1 = 5 ) ( ( 2 2 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ 3 ) x dx . x2 + 1 + x2 − 1 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có SA ⊥ ABCD , đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = 2a, AD = DC = a . Góc giữa 2 mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng 600 . Tính thể tích của khối chóp S . ABD và khoảng cách từ trung điểm I của SD đến mặt phẳng ( SBC ) . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, điểm A ( −1; 2 ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và CD, E là giao điểm của BN và CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BME, biết BN có phương trình 2 x + y − 8 = 0 và B có hoành độ lớn hơn 2. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M ( 2;1; 0 ) và đường thẳng x −1 y + 1 z = = . Tính khoảng cách từ M đến ∆ và lập phương trình đường thẳng đi qua M , cắt và 2 1 −1 vuông góc với ∆ . Câu 9 (0,5 điểm). Một phòng thi ở kì thi THPT quốc gia có 50 thí sinh đăng ký dự thi, trong đó có 31 em nam và 19 em nữ. Trong phòng thi này có 50 bộ bàn ghế được đánh số theo thứ tự từ 1 đến 50. Giám thị ghi số báo danh của mỗi thí sinh vào một bàn một cách ngẫu nhiên rồi gọi thí sinh vào phòng thi, tính xác suất để thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là thí sinh nam. ∆: Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực thỏa mãn 2 x − 2 + y + 1 + 1 = x + y . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( ) 2 32 + xy x + y x y . ( x − y) + ( y − x) + 2 2 x+ y Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015! Khóa học LUYỆN ĐỀ ĐẶC BIỆT 2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1 (2,0 điểm). x = 1+ m Ta có y ' = 3 x 2 − 6mx + 3 ( m 2 − 1) = 0 ⇔ x 2 − 2mx + m2 = 1 ⇔   x = −1 + m Do 1 + m > −1 + m, ∀m ∈ R nên hàm số luôn có 2 điểm cực trị. Lại có hệ số a = 1 > 0 nên hàm số đại tại A ( −1 + m; −3m + 3) và cực tiểu tại C (1 + m; −3m − 1) Phương trình tiếp tuyến tại A là: y = −3m + 3 ⇒ B ( 0; −3m + 3) 1 1 Do tam giác OAB vuông tại B nên ta có: SOAB = . AB. AB = −3m + 3 m − 1 = 6 2 2 m = 3 2 ⇔ ( m − 1) = 4 ⇔   m = −1 Vậy m = 3; m = −1 là các giá trị cần tìm. Câu 2 (1,0 điểm). a) Thầy chưa làm nhé! b) Gọi M ( z ) = ( x; y ) ⇒ z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) ⇒ z = x − yi. Theo bài ra ta có (1 + 2i ) ( x + yi ) + x − yi = 4i − 20 2 ⇔ ( 4i − 3)( x + yi ) + x − yi − 4i + 20 = 0 ⇔ 4 xi − 4 y − 3 x − 3 yi + x − yi − 4i + 20 = 0 20 − 2 x − 4 y = 0  x + 2 y = 10 ⇔ 20 − 2 x − 4 y + ( 4 x − 4 y − 4 ) i = 0 ⇔  ⇔ 4 x − 4 y − 4 = 0 x − y = 1 x = 4 ⇔ ⇒ M ( 4;3) . Vậy M ( 4;3) . y = 3 Câu 3 (1,0 điểm). ĐK: ⇔ ( ) ( ) 1 > x > 0 . Khi đó PT ⇔ log 2 x 2 − log 2 1 − 2 x = log 2 2 x − 2 x + 1 − log 2 8 4 ( ) x2 1 8x2 = 2x − 2 x +1 ⇔ 1− 2 x 8 1− 2 x ( ) 2  2x  = + 1 ( do 1 − 2 x > 0 )  1− 2 x   1 t = 2 x 2 Đặt t = > 0 ta có: 8t = ( 2t + 1) ⇔  1− 2 x t = − 1 ( loai )  4 Với t = 1 x 1 −1 + 3 2− 3 ⇒ = ⇔ 2x + 2 x −1 = 0 ⇔ x = ⇔x= ( tm ) 2 1− 2 x 2 2 2 Vậy nghiệm của PT là: x = 2− 3 2 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015! Khóa học LUYỆN ĐỀ ĐẶC BIỆT 2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 Câu 4 (1,0 điểm). 14  y ≥ Điều kiện:  3  x ≥ −1 (1) ⇔ 3x 2 + 3 y 2 + 8 = y 3 − x 3 + 6 y − 6 x ⇔ x 3 + 3 x 2 + 6 x + 8 = y 3 − 3 y 2 + 6 y ⇔ ( x + 1) + 3 ( x + 1) = ( y − 1) + 3 ( y − 1) 3 3 Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 3t trên ℝ có f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0∀t ∈ ℝ Suy ra hàm số đồng biến trên ℝ . Nên f ( x + 1) = f ( y − 1) ⇔ x + 1 = y − 1 ⇔ x + 2 = y Thay vào (2) ta được ( 2 x − 11) ⇔ ( 2 x − 11)( 2 x − 9 ) = 5 ( ( ) 3x − 8 − x + 1 = 5 ) 3 x − 8 + x + 1 ⇔ 4 x 2 − 40 x + 99 = 5 ⇔ 4 ( x − 3)( x − 8 ) + 4 x + 3 − 5 ( ) ( 3x − 8 + x + 1 ) 3x − 8 + x + 1 = 0 ⇔ 4 ( x − 3)( x − 8 ) + 3x − 4 − 5 3x − 8 + x + 7 − 5 x + 1 = 0 ⇔ 4 ( x − 3)( x − 8 ) + 3 ( x − 3)( x − 8 ) + ( x − 3)( x − 8 ) =0 3x − 4 + 5 3x − 8 x + 7 + 5 x + 1 x = 3 ⇔ y = 5 3 1 8   ⇔ ( x − 3)( x − 8 )  4 + + = 0 ⇔  x = 8 ⇔ y = 11 (do x ≥ 3 )  3 x − 4 + 5 3x − 8 x + 7 + 5 x + 1    Vậy hệ có các nghiệm ( x, y ) = ( 3;5) , (8;11) . Câu 5 (1,0 điểm). Ta có I = 1 2 2 2 ∫ 3 1 x + 1 + x −1 2 2 dx 2 . x 2 + 1 = t ⇒ x 2 = t 2 − 1. Khi x = 3 ⇒ t = 2; x = 2 2 ⇒ t = 3. Đặt Do đó I = 3 3 3 1 1 1 2t 1 2 ( t − 1) + ( t + 2 ) 2 d t − 1 = dt = ( ) 2 ∫ ( t − 1)( t + 2 ) 3 ∫ ( t − 1)( t + 2 ) dt 2 ∫2 t + t 2 − 1 − 1 2 2 3 3 3 = 1  2 1  1 2 1 1 + d (t + 2) + ∫ d ( t − 1)   dt = ∫ ∫ 3 2  t + 2 t −1  3 2 t+2 3 2 t −1 = 3 1 3 2 5 1 2 ln t + 2 + ln t − 1 = ln + ln 2. 2 3 2 3 4 3 3 Vậy I = 2 5 1 ln + ln 2. 3 4 3 Câu 6 (1,0 điểm). Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015! Khóa học LUYỆN ĐỀ ĐẶC BIỆT 2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95 Gọi E là trung điểm của AB dễ thấy ABCE là hình vuông cạnh a. Khi đó ta có: CE = 1 AB ⇒ ∆ABC vuông tại 2 đỉnh C hay AC ⊥ CB . Lại có SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAC ) .  = 600 Do vậy SCA Ta có: AC = a 2 ⇒ SA = AC tan 600 = a 6 1 1 a3 6 VS . ABD = .SA.S ABD = .a 6.a 2 = . 3 3 3 Do I là trung điểm của SD nên ta có: d ( I ; ( SBC ) ) = 1 d ( D; ( SBC ) ) 2 CD / / AB  Gọi K = AD ∩ BC khi đó  nên CD là đường trung bình của tam giác AKB. 1 CD = AB  2 Khi đó: d ( D; ( SBC ) ) = 1 1 d ( A; ( SBC ) ) ⇒ d ( I ; ( SBC ) ) = d ( A; ( SBC ) ) 2 4 Dựng AH ⊥ SC ta có: d ( A; ( SBC ) ) = AH = Vậy V = SA. AC SA2 + AC 2 =a 3 a 6 = . 2 2 a3 6 a 6 ;d = . 3 8 Câu 7 (1,0 điểm). Gọi cạnh hình vuông là 2x . Ta có BM = x 5  = NBC  ⇒ MCN  + BNC  = 90o ⇒ NEC  = 90o ⇒ MC ⊥ BN Ta có ∆MCD = ∆NBC (c. g.c ) ⇒ MCD Gọi H là hình chiếu của A trên BN. Có: AH = d ( A/ BN ) = 2 ( −1) + 2 − 8 2 +1 2 2 = 8 5 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015! Khóa học LUYỆN ĐỀ ĐẶC BIỆT 2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] Facebook: Lyhung95  = MCN  (so le ngoài) nên AH = CD = 2 ⇒ AB = 5 AH = 5 . 8 = 4 ⇒ BM = 2 5 Ta có BAH 2 2 AB CM 5 5 Phương trình đường thẳng AH là: 1. ( x + 1) − 2 ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 5 = 0 Gọi B ( b,8 − 2b ) ta có AB = 4 ⇒ ( b + 1) + ( 6 − 2b ) = 16 ⇔ 5b 2 − 22b + 21 = 0 ⇒ b = 3 (do b > 2 )  Suy ra B ( 3;2 ) , suy ra I (1;2 ) là trung điểm AB và AB = ( 4;0 ) 2 2 Phương trình trung trực AB đi qua I và nhận 1  AB làm véc tơ pháp tuyến là x − 1 = 0 4  xO − 1 = 0 Suy ra O là giao của đường trung trực của AB với AH nên  ⇒ O (1;3)  xO − 2 yO + 5 = 0 Suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆BME là ( x − 1) + ( y − 3) = 5 . 2 2 Câu 8 (1,0 điểm).  Đường thẳng ∆ qua điểm A (1; −1;0 ) và nhận u = ( 2;1; −1) làm VTCP.    Ta có AM = (1; 2; 0 ) ⇒  AM ; u  = ( −2;1; −3) ⇒    AM ; u  =   ( −2 ) 2 + 12 + ( −3) = 14 2    AM ; u  14 14 7   ⇒ d (M ; ∆) = = = = .  2 6 3 u 22 + 12 + ( −1) Gọi d là đường thẳng cần tìm và giả sử d cắt, vuông góc với ∆ tại điểm N.  x = 1 + 2t  Phương trình tham số của ∆ là  y = −1 + t ( t ∈ ℝ ) .  z = −t   Do N ∈ ∆ ⇒ N ( 2t + 1; t − 1; −t ) ⇒ MN = ( 2t − 1; t − 2; −t ) .     1 4 2  2 d ⊥ ∆ ⇔ MN .u = 0 ⇔ 2 ( 2t − 1) + ( t − 2 ) + t = 0 ⇔ 6t = 4 ⇔ t = ⇒ MN =  ; − ; −  . 3 3 3 3    1 4 2  Đường thẳng d nhận MN =  ; − ; −  làm VTCP nên nhận a = (1; −4; −2 ) làm VTCP. 3 3 3 Kết hợp với d qua điểm M ( 2;1; 0 ) ⇒ d : Vậy d : x − 2 y −1 z = = . 1 −4 −2 x − 2 y −1 z = = . 1 −4 −2 Câu 9 (0,5 điểm). Ω chính là số cách chọn 31 em từ 50 em ⇒ Ω = C5031. Gọi A là biến cố: “ thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là thí sinh nam ”. Bàn số 1 và bàn số 50 là 2 bạn nam nên chỉ còn 29 em nam và 19 em nữ ứng với 48 vị trí còn lại Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015! Khóa học LUYỆN ĐỀ ĐẶC BIỆT 2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG [0985.074.831] ⇒ ΩA = C4829 ⇒ P ( A) = Vậy xác suất cần tìm là ΩA Ω = Facebook: Lyhung95 C4829 93 = . 31 C50 245 93 . 245 Câu 10 (1,0 điểm). ( x + y ) + 64 . 64 64 x 2 + y 2 − 2 xy x 2 + 2 xy + y 2 Ta có P = + + 2 xy = + = 2 2 2 x+ y x+ y x+ y 2 Đặt t 4 64 x + y = t (t ≥ 0) ⇒ P = + = f (t ). 2 t Đi tìm ĐK cần và đủ của t Từ x − 2 ≥ 0; y + 1 ≥ 0 ⇒ ( x − 2 ) + ( y + 1) ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1 ⇒ x + y ≥ 1 ⇒ t ≥ 1. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm ta có x−2 y +1 1 x−2 y +1 1 x+ y + 2 ≥ 2 x − 2; + ≥ y + 1 ⇒ 2 x −1 + y +1 ≤ +2+ + = 2+ 2 2 2 2 2 2 2 x+ y ⇒ x + y −1 ≤ 2 + ⇒ 0 < x + y ≤ 6 ⇒ x + y ≤ 6 ⇒ t ≤ 6 ⇒ 1 ≤ t ≤ 6 ⇒ t ∈ 1; 6  . 2 t 4 64 Xét hàm số f ( t ) = + với t ∈ 1; 6  . Rõ ràng f ( t ) liên tục trên đoạn 1; 6  . 2 t f ' ( t ) = 2t 3 − 64 t 5 − 32 = 2. ; t2 t2  f ' ( t ) = 0 t = 2 ⇔ ⇔ t = 2.  t ∈ 1; 6 t ∈ 1; 6 129 ;f 2 ( 6 ) = 18 + 32 2 ; f ( 2 ) = 40. 3 Ta có f (1) = ( ) ( Vậy Pmin = min f ( t ) = f ( 2 ) = 40; Pmax = max f ( t ) = f (1) = 1; 6    1; 6    ) 129 . 2 Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2015!