Luyện Thi Đại học môn Toán ĐỀ Đ 2015 MÔN : OÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1.1 (1 điểm) Lời giải Cho hàm số y  x  (m 3) x   m (Cm ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (Cm) hàm số cho m  Với m  y  x3  3x  Tập xác định: D  Sự biến thiên: + Chiều biến thiên: y '  3x  x x  y'     x  2 Điểm 0,25 Hàm số đồng biến khoảng  ; 2   0;   Hàm số nghịch biến khoảng  2;0  0,25 + Giới hạn: lim y   x  + Bảng biến thiên: x y’  -2 +  – +  0,25 y  + Đồ thị 0,25 Hotline: 0964.946.876 Page Luyện Thi Đại học môn Toán 1.2 (1 điểm) Tìm giá trị m để hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số đối xứng qua đường thẳng d : y  x  x  Ta có y '  3x  2(m  3) x; y '     x   (m  3)  Để hàm số có cực đại, cực tiểu m  3 1  Ta có: y   x  (m  3)  y ' (m  3) x   m nên ta có đường thẳng qua 9 3  cực đại, cực tiểu có dạng y   (m  3) x   m Với x = ta có y   m (m  3)2   m Với x   (m  3) ta có y  27   Vậy tọa độ hai điểm cực trị A(0;1  m);B   (m  3); (m  3)2   m  27     Gọi I trung điểm AB nên ta có I   (m  3); (m  3)2   m  27   Để A, B đối xứng qua đường thẳng d : y  x  k AB k d  1  AB  d    (m  3)   m   (m  3)  I  d   27   (m  3)  1  m 4m  12m    0,25 0,5 0,25 thỏa mãn toán   Giải phương trình: sin  3x    8sin x  s inx  4  Điều kiện: TXĐ = R Phương trình tương đương với: sin 3x  cos3x+8 sin x  2sin x  2 Vậy với m  (1 điểm)  3sin x  4sin x  cos3 x  3cos x  2sin x  2(4sin x  1)   (s inx  4sin x)  (4 cos3 x  3cos x)  2(1  4sin x)  0,25  s inx(1  4sin x)  cosx(4 cos x  3)  2(1  4sin x)   s inx(1  4sin x)  cosx(1  4sin x)  2(1  4sin x)   (1  4sin x)(s inx  cosx-2 2)   cos x   1  4sin x       sin  x    4(loai) s inx  cosx-2   4    cos x   x    k (k  ) Hotline: 0964.946.876 0,25 Page Luyện Thi Đại học môn Toán Vậy phương trình có nghiệm: x     k  k   b) Tìm phần thực phần ảo số phức z biết rằng: Đặt z  a  bi  a, b  2z   4i   6i z   z  a  bi  4i   6i   a  bi  a  bi    4i  1  6i  a  bi  a  bi   a  b    a  6b    b  6a  i   a  bi    a    b  2 2  a  b    a  6b      a  59  74 4  b  6a    29  b  37  Vậy Im  z   2;Re z  Im  z   (1 điểm) Giải phương trình: log ( x  1)  0,5 29 59 ;Re z  37 74 log x 1   log x  2 x 1   Đk: 0  x    x  x     log  x    log  x  1 x  1   log   x   pt  log  x  1  log  x  1  0,5  x  1  l    x  1 x  1   x    x  3x     x   2  2log1 x ( xy  x  y  2)  log 2 y ( x  x  1)  Giải hệ phương trình sau: (1 điểm)  =1  log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) 0   x  1;0   y   xy  x  y    Đk:  x  2x    x   2log1 x 1  x  y     log 2 y  x  12    hpt   log1 x  y  5  log 2 y  x    2  log1 x  y    2log  y 1  x   1   2 log1 x  y    log 2 y  x    1 t  log1 x  y  2   y    x  y   x  Thay vào (2) ta được: Đặt t  log1 x  y    t    t  2t    t  Hotline: 0964.946.876 0,5 0,5 Page Luyện Thi Đại học môn Toán 4 x 1 x4  x  l  4 x    x  x2  x    x4  x  2  y  log1 x   x   log1 x  x     log1 x (1 điểm) Tính tích phân: I  x 2e x 0 ( x  2)2 dx u  x 2e x du  x( x  2)e x dx   Đặt  dx   1 dv  ( x  2)2 v  x2   1 x x e x( x  2)e x e e Khi I   dx    xe x dx   I1 x2 0 x2 3 0,5 Tính I1   xe x dx u  x du  dx  Đặt  x x dv  e dx v  e Khi I  xe x e 1   e x dx  e  e x 0,25 1 e Vậy I    I1    (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : 0,25 x 1 y  z   M (0; 2;0) 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M song song với đường thẳng khoảng cách đường thẳng  mặt phẳng (P) Giả sử (P) có dạng: ax  by  cz  d  0(a  b2  c  0) Ta có M  ( P) nên 2b  d   d  2b hay (P):ax  by  cz  2b   đồng thời Đường thẳng  qua điểm A(1;3;0) có vecto phương u (1;1; 4) n.u  a  b  4c  (1)  / /( P)    | 5b  a | Từ giả thiết ta có:  d ( A;( P))   2  (2)  a b c Từ (1) ta có b = - a – 4c thay vào (2) ta được: 0,5 | 20c  5b  a | a  a  16c  8ac  c  | 5c  a | 2a  8ac  17c a c   25c  10ac  a  2a  8ac  17c  a  2ac  8c     a  2  c a TH1: với  ta chọn a = c = b = -8 phương trình mặt c phẳng (P): 4x – 8y + z – 16 = a TH2: với  2 ta chọn a = c = -1 b = phương trình mặt c phẳng (P): 2x + 2y – z + = (1 điểm) 0,5 Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a, gọi I trung điểm AB Hình chiếu vuông góc S mặt phẳng đáy trung điểm H CI, góc SA đáy 600 Tính thể tích khối chóp SABC khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC) Hotline: 0964.946.876 Page Luyện Thi Đại học môn Toán S C A H H' A' I I' 0,25 B Ta có CI  AC  AI  a a ; IH  a 3a a   16 a 21 Suy ra: SH  AH tan 600  a Vậy VS ABC  SH S ABC  16 Do đó: AH  AI  IH  0,25 Gọi A’, H’, I’ hình chiếu A, H, I BC; E hình chiếu H SH’ HE  (SBC)  d ( H ;(SBC))  HE 1 a Ta có HH '  II '  A ' A  1 a 21 a 21 Từ    HE   d ( H ;( SBC ))  2 HE HS HH ' 29 29 (1 điểm) 0,25 0,25 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = đường chéo AC qua điểm M(2;1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật BD  AB  B(7;3) , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = A  AB  A(2a  1; a), C  BC  C(c;17  2c), a  3, c  ,  2a  c  a  2c  17  I = ;  trung điểm AC, BD 2   I  BD  3c  a 18   a  3c 18  A(6c  35;3c 18) 0,25 0,25 Ta lại có AC  (35  5c;35  5c)  (35  5c)(1;1) Phương trình AC qua điểm C (c;17  2c) nhận AC  (1;1) làm vecto phương nên có phương trình: x  c  y17  2c  x  y 3c  17  Mặt khác điểm M  AC  1  3c  17   c  Với c = =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) (0,5 điểm) 0,25 0,25 Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng (các viên bi có kích thước giống nhau, khác màu) Người ta chọn ngẫu nhiên viên bi từ hộp Tính xác suất để viên bi chọn đủ ba màu Gọi P phép thử: chọn ngẫu nhiên viên bi hộp Gọi A biến cố: viên bi chọn đủ ba màu Khi biến cố A là: viên bi chọn có đủ ba màu TH1: viên bị chọn có bi đỏ, bi trắng bi vàng Vậy sô cách chọn C42 C51.C61 TH2: viên bị chọn có bi đỏ, bi trắng bi vàng Vậy sô cách Hotline: 0964.946.876 0,25 Page Luyện Thi Đại học môn Toán chọn C41 C52 C61 TH3: viên bị chọn có bi đỏ, bi trắng bi vàng Vậy sô cách chọn C41 C51.C62  n( A)  C42 C51.C61  C41.C52 C61  C41.C51.C62  720 mà n()  C154  1365 Do P( A)  10 (1 điểm) 0,25 n( A) 720 48 43    P( A)   P( A)  n() 1365 91 91 Cho a, b, c số thực không âm thay đổi thỏa mãn:  a   2b   2c  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  2a3  b3  c3 Với a, b số thực không âm ta có  a   b    a  b Bất đẳng thức xảy a = b = Vậy ta có 0,25  a   2b   2c   a    2b  2c     a  2b  2c    a  2b  2c Nên suy  a  2b  2c   a  2b  2c   b  c   a2  a2  Ta có P  2a3  (b  c)3  3bc(b c)  2a  (b  c)3  2a     2  Từ giả thiết a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện 0,5   a2   2b   2c   a    a  2   a  2  a2  Ta xét hàm số f (a)  a     liên tục 0; 2  ta được:    a2  f '(a)  6a  3a     a(a  2)  a(12  a )  2(16  a )  2  a  f '(a)    0;2  a    0,25 Ta có f (0)  64; f (2)  24; f (2 2)  32  max f (a)  f (0)  64 0;2    Vậy max P=64 đạt a = 0; b = 0, c = a = 0; b = 4; c = Hotline: 0964.946.876 Page ...  a | 2a  8ac  17 c a c   25c  10 ac  a  2a  8ac  17 c  a  2ac  8c     a  2  c a TH1: với  ta chọn a = c = b = -8 phương trình mặt c phẳng (P): 4x – 8y + z – 16 = a TH2: với... a2  Ta xét hàm số f (a)  a     liên tục 0; 2  ta được:    a2  f ' (a)  6a  3a     a( a  2)  a( 12  a )  2 (16  a )  2  a  f ' (a)    0;2  a    0,25 Ta có f... 2c  17  I = ;  trung điểm AC, BD 2   I  BD  3c  a  18   a  3c  18  A( 6c  35;3c  18 ) 0,25 0,25 Ta lại có AC  (35  5c;35  5c)  (35  5c) (1; 1) Phương trình AC qua điểm C (c ;17 