Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 – 2016; MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (1,0 điểm) : Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = Câu (1,0 điểm) : Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số y = x 1− x x cho tiếp tuyến đồ thị hàm số M 1− x với hai trục tọa độ tạo thành tam giác cân Câu (1,0 điểm) : n   a) Tìm số hạng đứng khai triển  x3 + ÷ ( x ≠ 0) biết n ∈ ¥ thỏa mãn: x   C21n +1 + C22n +1 + + C2nn +1 = 220 − b) Giải phương trình: log 22 ( x + 1) − log x + + = ( x ∈ ¡ ) sinx Câu (1,0 điểm) : Tìm họ nguyên hàm : I = ∫ (e + cos x) cos xdx Câu (1,0 điểm) : Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;2), B(5;4;4) mặt phẳng (P): 2x + y – z + =0 Viết phương trình đường thẳng d qua trung điểm I AB d ⊥ (P); tìm điểm M nằm (P) cho MA2 + MB2 nhỏ Câu (1,0 điểm) : cos α sin α + 3cos3 α b) Đội xung kích trường THPT gồm học sinh lớp 12, học sinh lớp 11 học sinh lớp 10 Chọn ngẫu nhiên đồng thời học sinh từ đội xung kích làm nhiệm vụ Tính xác suất để học sinh chọn không thuộc khối a) Cho α góc thỏa mãn cot α = Tìm giá trị biểu thức: M = Câu (1,0 điểm) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, AB = 2a, BD = AC I giao điểm AC BD; tam giác SAB cân A; hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H AI Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB với CD Câu (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : ( x − 1) + ( y + 4) = Tìm điểm M ∈ Ox cho từ M kẻ đến (C) hai đường thẳng tiếp xúc với (C) hai điểm phân biệt A, B 2 thỏa mãn đường thẳng qua A, B tiếp xúc với đường tròn (C1 ) : ( x − 3) + ( y − 1) = 16 Câu (1,0 điểm) : Giải phương trình: x + 20 x − 86 + x 31 − x − x = x + ( x ∈ ¡ ) Câu 10 (1,0 điểm) : Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn abc = a + b ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức: M = 1 + − 1+ c + 4a + 4b HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm ĐÁP ÁN Câu 1 Tập xác định: D = ℝ \ {1} Sự biến thiên > 0, ∀x ∈ D Chiều biến thiên: y ' = (1 − x) Hàm số đồng biến khoảng (–∞;1) (1;+∞) Giới hạn: lim− y = +∞; lim+ y = −∞ => x = tiệm cận đứng x →1 x →1 lim y = lim y = −1 => y = −1 tiệm cận ngang x →+∞ x →−∞ Bảng biến thiên: Đồ thị Giao với Ox Oy (0;0) Đồ thị nhận I(1;–1) làm tâm đối xứng Câu (1 − x) m )(m ≠ 1) điểm thuộc đồ thị hàm số cho Gọi M (m; 1− m Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số điểm M : Ta có y ' = y= m ( x − m) + (d ) (1 − m) 1− m Đường thẳng (d) cắt Oy, Ox A B có hệ số góc tan α = Tam giác OAB vuông cân O, nên: OA OA = OB =>| tan α |= = => =1 OB (1 − m) m =  M (0;0)  (TM ) =>  m =  M (2; −2) Vậy điểm M cần tìm (0;0) (2;–2) Câu a) Ta có: k C2 n +1 = C22nn++11− k , ∀ k = 1, 2,3, , n => C21n +1 + C22n +1 + + C2nn +1 = C22nn+1 + C22nn+−11 + + C2nn++11 => (1 + 1) n +1 = C20n +1 + C21n+1 + + C22nn++11 = (C20n +1 + C22nn++11 ) + (C21n +1 + C22n +1 + + C22nn+1 ) = + 2(C21n +1 + C22n +1 + + C2nn +1 ) = + 2.(220 − 1) 22 n +1 = 221 n = 10 Do đó: 10 1 (x + )10 = ∑ C10i (x )10−i ( ) i x x i =0 10 = ∑ C10i x50−5i i =0 Số hạng đứng khai triển tương ứng với i = 5 5 Số hạng C10 x = 252 x b) log 22 ( x + 1) − log x + + = (1) ĐK: x > –1 Với ĐK trên, ta có: (1) log 2 ( x + 1) − 3log ( x + 1) + = [ log ( x + 1) − 1][ log ( x + 1) − 2] =  log ( x + 1) =   log ( x + 1) = x +1 =  x +1 = x =1  (TM ) x = Vậy tập nghiệm phương trình cho S={1;3} Câu (1 − m) I = ∫ (esinx + cos x) cos xdx = ∫ esin x cos xdx + ∫ cox xdx = I1 + I I1 = ∫ esin x cos xdx t = sin x => dt = cos xdx I1 = ∫ et dt = et + C => I1 = esin x + C I = ∫ cox xdx = ∫ = + cos x 1 dx = ∫ ( + cos x)dx 2 x + sin x + C I = I1 + I = esin x + x + sin x + C Câu r Vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) n(2;1; −1) r Vì d ⊥ (P) nên d nhận n(2;1; −1) làm vectơ phương, mà d qua trung điểm I(3;3;3) AB nên: x −3 y −3 z −3 = = −1 Gọi E hình chiếu vuông góc I (P) E ∈ d ⇒ E(3 + 2t;3 + t; – t) E ∈ (P) ⇒ 2(3 + 2t) + (3 + t) – (3 – t) + = ⇒ t = –2 ⇒ E(–1;1;5) Ta có: uuur uuur uuu r uu r uuu r uur MA2 + MB = MA + MB = ( MI + IA) + ( MI + IB )2 uuu r uu r uur = MI + IA2 + IB + MI ( IA + IB ) uu r uur r = MI + IA2 ( Do IA + IB = 0) (d) : ≥ EI + IA2 (Do MI ≥ EI , ∀M ∈ ( P)) Dấu xảy M ≡ E Vậy M(–1;1;5) điểm thỏa mãn yêu cầu đề Câu a) Ta có: 1 = + cot a = => sin a = sin a => cos a = − sin a = cos a cos a sin a => M = = cos3 a sin a + 3cos3 a sin a + sin a cot a = = 2 sin a + 3cos a.cot a b) Gọi A biến cố “2 học sinh chọn không thuộc khối” Gọi A biến cố “2 học sinh chọn không thuộc khối” C9 = 36 cot a = => Tính số kết có lợi cho A: Nếu học sinh có học sinh lớp 10 học sinh lớp 11 số cách chọn học sinh 4.3 = 12 Nếu học sinh có học sinh lớp 10 học sinh lớp 12 số cách chọn học sinh 4.2 = Nếu học sinh có học sinh lớp 12 học sinh lớp 11 số cách chọn học sinh 2.3 = Theo quy tắc cộng, số kết có lợi cho A 12 + + = 26 26 13 = Xác suất cần tính PA = 36 18 Câu Vì ABCD hình thoi nên I trung điểm AC BD Suy BD = AC => BI = AI Tam giác ABI vuông I: AB = AI + BI 4a = AI + AI AI = a AI a => AH = = 2 ∆ SAB cân A nên SA = AB = 2a ∆ SHA vuông H: SH = SA2 − AH = a 15 Vì ABCD hình thoi nên S ABCD = 1 AC.BD = AC = 2a 2 Thể tình hình chóp: 1 a 15 VS ABCD = SH S ABCD = 2a = a 3 Vì ABCD hình thoi nên CD // AB, mà AB ⊂(SAB) nên CD // (SAB) =>d(SB;CD)=d(CD;(SAB))=d(C;(SAB))=4.d(H;(SAB)) (vì A ∈ (SAB) CA = 4HA) Vẽ HJ ⊥ AB J, HK ⊥ SJ K AB ⊥ HJ, AB ⊥ SH ⇒ AB ⊥ (SHJ) ⇒ AB ⊥ HK Mà HK ⊥ HJ nên HK ⊥ (SAB) Suy d (SB; CD) = 4HK Ta có : ∆AHJ ~ ∆ABI ( g − g ) => HJ AH BI AH a = => HJ = = BI AB AB Tam giác SHJ vuông H nên 1 a 35 = + => HK = 2 HK HJ SH 14 Vậy d(SB; CD) = 2a 35 Câu Gọi M(m;0) ∈ Ox Đường tròn (C) có tâm I(1;–4) bán kính R = Đường tròn (C1) có tâm I1(3;1) bán kính R1 = Từ M kẻ hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) ⇔ MI > R (m − 1) + (0 + 4) > (m − 1) + 12 > (luôn thỏa mãn) Gọi tọa độ A, B A( x A ; y A ); B( xB ; y B ) Phương trình tiếp tuyến A, B (C) x A x + y A y − ( x + x A ) + 4( y + y A ) + 13 = 0(d1 ) xB x + yB y − ( x + xB ) + 4( y + y B ) + 13 = 0(d ) Do M ∈ ( d1 ); M ∈ (d )  mx − (m + x A ) + y A + 13 = =>  A  mxB − (m + xB ) + yB + 13 = Suy phương trình đường thẳng AB mx − 9m + x ) + y + 13 = (m − 1) x + y + 13 − m = Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C1) d ( I1 ;( AB )) = R1 | 3(m − 1) + + 13 − m | (m − 1) + 16 =4 | m + |= m − 2m + 17 3m − 22m + 19 = m =   m = 19  Vậy có tất điểm M cần tìm (1;0) ( 19 ;0) Câu x + 20 x − 86 + x 31 − x − x = x + 2(1) 7 x + 20 x − 86 ≥ ĐK:  31 − x − x ≥ Xét TH x ≥ x + 20 x − 86 = x −  x = −2 + 19 6 x + 24 x − 90 = Thử lại ta thấy x = −2 + 19 không nghiệm phương trình (1) Do x + 20 x − 86 ≠ x − x ≠ −2 + 19(*) Với ĐK (*), ta có: (1) [ x + 20 x − 86 − (2 − x)] + x( 31 − x − x − 4) = 6( x + x − 15) x + 20 x − 86 + − x − x( x + x − 15) 31 − x − x + =0  x + x − 15 = 0(2)  x − = 0(3)  x + 20 x − 86 + − x 31 − x − x + (2) x = −2 − 19 (thỏa mãn điều kiện) x = −2 + 19 (loại không thỏa mãn (*)) (3) 31 − x − x + 24 = x x + 20 x − 86 + x − x Thay x + 20 x − 86 = 3x + − x 31 − x − x (rút từ (1)), ta phương trình hệ quả: 31 − x − x + 24 = x(3 x + − x 31 − x − x ) + x − x ( x + 6) 31 − x − x = x + x − 24 (31 − x − x ) + ( x + 6) 31 − x − x − x − = ( 31 − x − x − 1)( 31 − x − x + x + 7) = 31 − x − x = x + x − 30 =  x = −2 + 34   x = −2 − 34 Thử lại trực tiếp vào phương trình (1), ta x = −2 + 34 nghiệm (1) { Vậy tập nghiệm phương trình (1) −2 − 19; −2 + 34 Câu 10 Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho số không âm ta có: ( a + b) = => 4ab ≤ 1; c ≥ 4 Với a, b thỏa mãn điều kiện đề bài, ta có : 1 + ≤ (*) 2 + 4a + 4b + 4ab Thật + 4a + 4b 2 (*) ≤ 2 2 + 4a + 4b + 16a b + 4ab (1 + 2a + 2b )(1 + 4ab) ≤ + 4a + 4b + 16a 2b ab ≤ 2(1 − ab)(a − b) ≥ (luôn 4ab ≤ 1) Áp dụng (*) ý abc = ta có: 2c M≤ − 1+ c = − 1+ c c+4 1+ c 2c − + c [4; +∞) Xét f (c) = c+4 16 c + − (c + 4) f '(c) = − = (c + 4) 2 + c + c (c + 4) =− c + 1( c + − 2) + c + < 0, ∀c ≥ + c (c + 4) Hàm số f(c) nghịch biến liên tục [4;+∞) Suy M ≤ f (c) ≤ f(4) = − Dấu xảy a = b = ; c = Vậy GTLN M − }