Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán - Sở GD&ĐT Vĩnh Long

a).

+ Tập xác định: D = R \ {1}

+ Giới hạn và tiệm cận:

\(\lim_{x\rightarrow -\infty }y = \lim_{x\rightarrow +\infty }y = 2 \Rightarrow\) Tiệm cận ngang \(y = 2\).

\(\lim_{x\rightarrow 1}=y=-\infty ; \lim_{x\rightarrow 1}=y=+\infty \Rightarrow\) Tiệm cận đứng \(x=1.\)  

+ Sự biến thiên:

• Chiều biến thiên: \(y'=\frac{-3}{(x-1)^{2}}; y'<0,\forall x\in D\).

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng \((-\infty ;1)\) và \((1;+\infty ).\) 

• Cực trị: Hàm số không có cực trị
• Bảng biến thiên (0,25đ)

• Đồ thị:  (0,25đ)

b).

+ Gọi M\((x_0;3)\in (C)\) ta có \(x_0\) là nghiệm của phương trình

\(\frac{2_{x_0}+1}{_{x_0}-1}=3 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x_0 \neq 1 \\ 2x_0+1=3(x_0-1) \end{matrix}\right. \Leftrightarrow x_0 =4.\)  Suy ra M(4;3) 

+ Ta có \(f'(x)=\frac{-3}{(x-1)^{2}}\Rightarrow\) Hệ số góc của tiếp tuyến là \(f'(4)=\frac{-3}{(4-1)^{2}}=-\frac{1}{3}\) 

+ Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(4;3): \(y=-\frac{1}{3}(x-4)+3\)

+ Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là \(y=-\frac{1}{3}x + \frac{13}{3}\) 

 a)
+ Ta có \(x=\frac{3\pi }{4}+y\) và \(tanx=\left ( \frac{3\pi }{4}+4 \right )=\frac{tan\frac{3\pi }{4}+tany}{1-tan\frac{3\pi }{4}tany}=\frac{-1+tany}{1+tany}\)
+ Khi đó: \(A=\left [ 1-(\frac{-1+tany}{1+tany}) \right ](1+tany)=1+tany+1-tany=2\)
b)
+ Giả sử \(z=a+bi(a,b\in R)\) ta có \((1)\Leftrightarrow (3+i)(a-bi)=2-2i\)
\(\Leftrightarrow (3a+b)(a-3b)i=2-2i\)
\(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} 3a+b=2\\ a-3b=-2 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} a=\frac{2}{5}\\ b=\frac{4}{5} \end{matrix}\right.\)

Vậy \(z=\frac{2}{5}+\frac{4}{5}i\) và \(\left | z \right |=\frac{2\sqrt{5}}{5}\)

\(\small log_3(x^2+3x)+log_\frac{1}{3}(2x+2)=0\)  (1)
+ ĐK:  \(\left\{\begin{matrix} x^2+3x> 0\\ 2x+2> 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x> 0 \ \ (*)\)
Ta có (1)  \(\Leftrightarrow log_3(x^2+3x)-log_3(2x+2)=0\Leftrightarrow log_3(x^2+3x)=log_3(2x+2)\)
\(\Leftrightarrow x^2+3x=2x+2\Leftrightarrow x^2+x-2=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=1\\ x=-2 \end{matrix}\)
Kết hợp với điều kiện (*), ta có nghiệm của phương trình là x = 1

+ ĐK: \(1\leq x\leq 2\). Ta có \(2x+5=3x+4-(x-1)=(\sqrt{3x+4}+\sqrt{x-1})(\sqrt{3x+4}-\sqrt{x-1})\)
(1) trở thành \((\sqrt{3x+4}+\sqrt{x-1})(\sqrt{3x+4}-\sqrt{x-1})> \sqrt{2-x}(\sqrt{x-1}+\sqrt{3x+4}) \ \(2)\)
+ Do \(\sqrt{x-1}+\sqrt{3x+4}> 0\forall x\in \left [ 1;2 \right ]\) nên
\((2)\ \ \Leftrightarrow \sqrt{3x+4}-\sqrt{x-1}> \sqrt{2-x}\Leftrightarrow \sqrt{3x+4}> \sqrt{2-x}+\sqrt{x-1}\)
\(\Leftrightarrow 3x+3> 2\sqrt{(2-x)(x-1)}\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{-x^2+3x-2}< \frac{3x+3}{2}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{3x+3}{2}> 0\\ -x^2+3x-2\geq 0\\ -x^2+3x-2< (\frac{3x+3}{2})^2 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x> -1\\ 1\leq x\leq 2\\ 13x^2+17 \end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 1\leq x\leq 2\\ x\in R \end{matrix}\right.\Leftrightarrow 1\leq x\leq 2\)
So với điều kiện và suy ra tập nghiệm của bất phương trình là \(S=\left [ 1;2 \right ]\)

+ Ta có: \(I=\int_{e}^{e^2}xdx+\int_{e}^{e^2}xlnxdx=I_1+I_2 \ \ (1)\)
+ Tính \(I_1=\int_{e}^{e^2}xdx=\frac{1}{2}x^2\big|_{e}^{e^2}=\frac{1}{2}(e^4-e^2)\)
+ Tính \(I_2=\int_{e}^{e^2}x\ lnx \ dx\). Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=lnx\\ dv=xdx \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} u'=\frac{1}{x}\\ v=\frac{x^2}{2} \end{matrix}\right.\)
Ta có \(I_2=\left ( \frac{x^2}{2}lnx \right )\big|_{e}^{e^2}-\int_{e}^{e^2}x dx\)
\(=\left ( \frac{x^2}{2}lnx \right )\big|_{e}^{e^2}-\left ( \frac{1}{4} x^2\right )\big|_{e}^{e^2}=\frac{1}{2}(2e^4-e^2)=\frac{3e^4-e^2}{4}\)

+ Vậy \((1)\Rightarrow I=I_1+I_2=\frac{e^4-e^2}{2}+\frac{3e^4-e^2}{4}=\frac{5e^4-3e^2}{4}=\frac{e^2(5e^2-3)}{4}\)

+ Ta có ∆SAB vuông cân tại S, I là trung điểm AB \(\Rightarrow\) SI \(\perp\) AB và (SAB) \(\perp\) (ABC)
\(\Rightarrow\) SI \(\perp\) (ABC). Gọi M là trung điểm AC, ta có IM // BC, \(IM=\frac{1}{2}BC=a\Rightarrow IM\perp AC\) và \(IM\perp SI\) do SI \(\perp\) (ABC)) \(\Rightarrow\) SM \(\perp\) AC (định lý 3 đường vuông góc) \(\Rightarrow\) \(\widehat{SMI}=60^0\)là góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABC).
+ \(\Delta\)SMI vuông tại I, \(\widehat{SMI}=60^0\Rightarrow SI=IM.tan60^0=a\sqrt{3}\); \(\Delta\)SAB vuông cân tại S
\(\Rightarrow AB=2SI=2\sqrt{3}a;\) \(\Delta\)ABC vuông tại C \(\Rightarrow AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=2\sqrt{2}a\). Do đó \(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.SI=\frac{2\sqrt{6}}{3}a^3\)
+ Ta có \(d(A;(SCI))=\frac{3V_{A.SCI}}{S_{SCI}};V_{A.SCI}=V_{S.ACI}=\frac{1}{2}V_{S.ABC}=\frac{\sqrt{6}}{3}a^3\)
+ Mặt khác \(SI \perp (ABC), IC \subset (ABC) \Rightarrow SI \perp IC \Rightarrow S_{SCI}=\frac{1}{2}IC.SI\)
\(=\frac{1}{2}\left ( \frac{AB}{2} \right )SI=\frac{3}{3}a^2\)
Suy ra \(d(A,(SCI))=\frac{3V_{A.SCI}}{\frac{3a^2}{2}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}a\)

+ Ta có \(C\in d\left\{\begin{matrix} x=t\\ y=2+3t \end{matrix}\right.(t\in R)\Rightarrow C(t;2+3t)\Rightarrow d(C,BM)=\frac{\left | 3x_C-2y_C+2 \right |}{\sqrt{3^2+(-2)^2}}\)
\(=\frac{\left | 2+3t \right |}{\sqrt{13}}\) (1)
+ Theo giả thiết: \(M\in AD,AM=2MD\Rightarrow MD=\frac{1}{3}AD=\frac{2}{3}\) và \(AM=\frac{4}{3}\)
\(\Delta\)ABM vuông cân tại A \(\Rightarrow S_{ABM}=\frac{1}{2}AM.AB=\frac{4}{3}\) \(\Delta\)CDM vuông tại D
\(\Rightarrow S_{MCD}=\frac{1}{2}MD.DC=\frac{4}{3}\) và \(S_{ABCD}=\frac{1}{2}(AB+CD)AD=6\)
\(\Rightarrow S_{BMC}=S_{ABCD}-S_{ABM}-S_{MDC}=\frac{10}{3}\)
+ \(\Delta\)ABM vuông cân tại A \(\Rightarrow BM=\sqrt{AB^2+AM^2}=\sqrt{4+\frac{16}{9}}=\frac{2\sqrt{13}}{3}\) và ta lại có
\(S_{BMC}=\frac{1}{2}BM.d(C,BM)\Leftrightarrow d(C,BM)=\frac{2.S_{BMC}}{BM}=\frac{2.(\frac{10}{3})}{\frac{2\sqrt{13}}{3}}=\frac{10}{\sqrt{13}}\) (2)

+ Từ (1) và (2) ta có \(\frac{\left | 2+3t \right |}{\sqrt{13}}=\frac{10}{\sqrt{13}}\Leftrightarrow \left | 2+3t \right |=10\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} 2+3t=10\\ 2+3t=-10 \end{matrix}\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} t=\frac{8}{3}\\ t=-4 \end{matrix}\)
Suy ra: C= (-4; -10) hoặc C=(\(\frac{8}{3}\);10).

+ Vì mặt cầu (S) tâm A tiếp xúc với (P) nên bán kính của (S) là
\(R=d(A,(P))=\frac{\left | 2.1-3+2(-2)-1 \right |}{\sqrt{4+1+4}}=2\)
+ Suy ra \((S): (x-1)^2+(y-3)^2+(z+2)^2=4\)
+ Goi d là đường thẳng qua A và vuông góc với (P). Gọi K là giao điểm của d và (P), ta có K là tiếp điểm của (P) và (S). Ta có một véc tơ chỉ phương d là \(\overrightarrow{u}=(2;-1;2)\) và phương trình tham số của \(d: \left\{\begin{matrix} x=1+2t\\ y=3-t\\ z=-2+2t \end{matrix}\right.(t\in R)\Rightarrow K(1+2t;3-t;-2+3t),\)vì \(K\in d\)
+ Mặt khác  \(K(1+2t; 3 -t; -2 + 2t) \in (P)\)
\(\Leftrightarrow 2(1+2t)-(3-t)+2(-2+2t)-1=0\Leftrightarrow 9t-6=0\)
\(\Leftrightarrow t=\frac{2}{3}\) suy ra \(K(\frac{7}{3};\frac{7}{3};-\frac{2}{3})\)

+ Số phần tử của tập M là \(A_{6}^{2}=30\)
+ Các số có tổng hai chữ số lớn hơn 7 gồm: 26, 62, 35, 53, 36, 63, 45, 54, 46, 64, 56, 65. Có 12 số
Suy ra xác suất cần tìm là \(p=\frac{12}{30}=\frac{2}{5}\)

+ Ta có \((a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)=1\) suy ra \(a+b+c\leq 1\)
+ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có:
\(\small \sqrt{2}Q=\sqrt{2(a^2+b^2)+2(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})}+\sqrt{2(b^2+c^2)+2(\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2})}+\sqrt{2(c^2+a^2)+2(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})}\)
\(\small \geq \sqrt{(a+b)^2+(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2}+\sqrt{(b+c)^2+(\frac{1}{c}+\frac{1}{a})^2}+\sqrt{(c+a)^2+(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^2}\)
+ Xét các véc tơ: \(\small \vec{x}=\left ( a+b;\frac{1}{b} +\frac{1}{c}\right );\vec{y}=\left ( b+c;\frac{1}{a} +\frac{1}{c}\right );\vec{z}=\left ( c+a;\frac{1}{a} +\frac{1}{b}\right )\)
Ta có \(\small \vec{x}+\vec{y}+\vec{z}=(2(a+b+c);2\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} +\frac{1}{c} \right ))\) và \(\small \left | \vec{x} \right |+\left | \vec{y} \right |+\left | \vec{z} \right |\geq \left | \vec{x}+\vec{y}+\vec{z} \right |\)
Khi đó \(\small \sqrt{2}Q\geq \sqrt{4(a+b+c)^2+4\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )^2}\geq 2\sqrt{(a+b+c)^2+\frac{81}{(a+b+c)^2}}\)
+ Đặt \(\small t=(a+b+c)^2\Rightarrow 0< t\leq 1\)
Xét hàm \(\small f(t)=t+\frac{81}{t}\) với \(\small t\in (0;1 ]\). Ta có \(\small f'(t)=1-\frac{81}{t^2}< 0,\forall t\in (0;1]\)
Suy ra f(t) là hàm nghịch biến trên \(\small (0;1]\Rightarrow f'(t)\geq f(1)=82\)
\(\small \Rightarrow \sqrt{2}Q\geq 2\sqrt{82}\) hay \(\small Q\geq 2\sqrt{41}\)
Dấu đẳng thức xảy ra \(\small \Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\). Vậy \(\small min Q=2\sqrt{41}\) khi \(\small a =b = c = \frac{1}{3}\)