Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2015 môn Toán - THPT Gang Thép - Thái Nguyên

1a. Học sinh tự thực hiện các bước khảo sát đúng:

TXĐ

Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên và cực trị

- Giới hạn và tiệm cận

- Lập BBT

Vẽ đồ thị hàm số

1b. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và Δ là:

\(\frac{x+1}{2x-1}=-x+2m\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! x\neq \frac{1}{2}\\2x^{2}-4mx+2m+1=0\; \; \; (*) \end{matrix}\right.\)

Để (C) và Δ cắt nhau tại A, B phân biệt thì (*) có hai nghiệm phân biệt khác \(\frac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow m\in (-\infty ;\frac{1-\sqrt{3}}{2})\cup (\frac{1+\sqrt{3}}{2};+\infty )\)

Giả sử \(A(x_{1};-x_{1}+2m),B(x_{2};-x_{2}+2m)\). Khi đó ta có:

\(\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}=2m\\x_{1}x_{2}=\frac{2m+1}{2} \end{matrix}\right.\)

Từ giả thiết ta có:

\(2(x_{2}-x_{1})^{2}=2\Leftrightarrow (x_{1}+x_{1})^{2}-4x_{1}x_{2}=1\Leftrightarrow 4m^{2}-2(2m-1)=1\Leftrightarrow m=\frac{1}{2})\; \; (TM)\)

 \(\sin 2x+\cos 2x-(\sin x+\cos x)+1=0\)

\(\Leftrightarrow (2\cos x-1)(\sin x+\cos x)=0\)

\(\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} \cos x=\frac{1}{2}\\\sqrt{2}\sin (x+\frac{\pi }{4})=0 \end{matrix}\)

\(\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=\pm \frac{\pi }{3}+k2\pi \\x=-\frac{\pi }{4}+k\pi \end{matrix}(k\in Z)\)

3a. TXĐ: \(D=(2;+\infty )\)

\(\log _{2}(2x-1)-\log _{2}(x^{2}-2x)\geq 0\Leftrightarrow \log _{2}(2x-1)\geq \log _{2}(x^{2}-2x)\Leftrightarrow x^{2}-4x+1\leq 0\Leftrightarrow x\in \left [ 2-\sqrt{3};2+\sqrt{3} \right ]\)

Kết hợp với TXĐ bất phương trình có nghiệm \(x\in (2;2+\sqrt{3}]\)

3b. Để sắp xếp bất kỳ 9 đồng chí vào các vị trí như yêu cầu có:

\(C^{3}_{9}.C^{2}_{6}.C^{4}_{4}=1260\).

Nếu hai trung tá ở cùng một vị trí C có \(C^{1}_{7}.C^{2}_{6}\) cách, hai trung tá ở cùng vị trí D có \(C^{3}_{7}\) cách, hai trung tá cùng ở lại đồn có \(C^{2}_{7}.C^{3}_{5}\) cách. Như vậy có tổng số 350 cách xếp hai trung tá ở cùng vị trí.

Do đó có 1260 - 350 = 910 cách phân công sao cho hai trung tá An và Bình không cùng vị trí làm việc.

Đặt \(t=\sqrt{x-2}\Rightarrow t^{2}=x-2\Rightarrow 2tdt=dx\)

\(I=\int t(4t^{2}+3).2tdt=\int (8t^{4}+6t^{2})dt=\frac{8}{5}t^{5}+2t^{3}+c-\frac{8}{5}(x-2)^{2}\sqrt{x-2}+2(x-2)\sqrt{x-2}+c\)

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm AB. Khi đó ta có \(A'ABC\)
 Là hình chóp đều nên A’G ⊥ (ABC) 
Góc giữa \(AA'\) và (ABC) là góc \(\widehat{A'AG}=60^{\circ}\)

Ta có: \(V_{ABC.A'B'C'}=A'G.S_{ABC}\)

\(AG=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow A'G=AG.\tan60^{\circ}=a,S_{ABC}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\Rightarrow V_{ABC.A'B'C'}=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{4}\)

Dựng GH ⊥ A’M, H ∊ A’M. Ta có

\(\left\{\begin{matrix} AB\perp (A'GM)\Rightarrow AB\perp GH\\GH\perp A'M \end{matrix}\right.\Rightarrow GH\perp (ABB'A')\)

Ta có

\(d(A'B,CC')=d(CC',(ABB'A'))=d(C,(ABB'A'))=3d(G,(ABB'A'))=3GH\)

Do \(A'G=a,GM=\frac{a\sqrt{3}}{6}\Rightarrow GH=\frac{A'G.GM}{\sqrt{A'G^{2}+GM^{2}}}=\frac{a\sqrt{13}}{13}\)

Vì vậy \(d(A'B,CC')=\frac{3a\sqrt{13}}{13}\)

\(C^{2}_{2n}+C^{4}_{2n}+C^{6}_{2n}+...+C^{2n-4}_{2n}+C^{2n-2}_{2n}=2046.\)

\(\Leftrightarrow C^{0}_{2n}+C^{2}_{2n}+C^{4}_{2n}+...+C^{2n-2}_{2n}+C^{2n}_{2n}=2048.\)

Do \(C^{0}_{2n}+C^{2}_{2n}+C^{4}_{2n}+...+C^{2n-2}_{2n}+C^{2n}_{2n}=C^{1}_{2n}+C^{3}_{2n}+C^{5}_{2n}+...+C^{2n-3}_{2n}+C^{2n-1}_{2n}\)

Nên ta có: \(C^{1}_{2n}+C^{3}_{2n}+C^{5}_{2n}+...+C^{2n-1}_{2n}+C^{2n}_{2n}=4096\Leftrightarrow 2^{2n}=4096\Leftrightarrow n=6\)

\(P=(\frac{2}{x^{3}}-\sqrt{x^{5}})^{6}=\sum_{k=0}^{6}C^{k}_{6}(\frac{2}{x^{3}})^{6-k}.(x^{\frac{5}{2}})^{k}=\sum_{k=0}^{6}C^{k}_{6}2^{6-k}.x^{\frac{11k}{2}-18}\)

Số hạng tổng quát trong khai triển là \(T_{k+1}=C^{k}_{6}2^{6-k}.x^{\frac{11k}{2}-18}\)

\(T_{k+1}=C^{k}_{6}2^{6-k}.x^{\frac{11k}{2}-18}\) chứa \(x^{4}\) thì \(\frac{11k}{2}-18=4\Leftrightarrow k=4\)

Số hạng chứa \(x^{4}\) cần tìm là \(T_{5}=C^{4}_{6}.2^{2}.x^{4}\)

Đường tròn (C) có tâm I (1; 0) và bán kính R =1. Dễ thấy H nằm trên đường 
tròn nên AB là đường kính của đường tròn. 
Ta có AB = 2 nên dựa vào công thức diện tích ta có \(AC=\frac{2}{\sqrt{3}}\)

B nằm trên đường tròn và có tung độ dương nên tọa độ của \(B(x,\sqrt{2x-x^{2}})\)

Ta có \(\tan \widehat{ABC}=\frac{AC}{AB}=\frac{1}{\sqrt{3}}\) nên \(BH=\sqrt{3}\). Ta có \((2-x)^{2}+(2x-x^{2})=3\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\)

Vậy \(B(\frac{1}{2};\frac{\sqrt{3}}{2})\)

\(\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{3}-y^{2}+2\sqrt[3]{x^{4}}+\sqrt[3]{x^{2}}=2y\sqrt{y-1}(x+\sqrt[3]{x})\; \; \; (1)\\x^{4}+\sqrt{x^{3}-x^{2}+1}=x.(y-1)^{3}+1\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; (2) \end{matrix}\right.\)

Điều kiện: \(\left\{\begin{matrix} y\geq 1\\x^{3}-x^{2}+1\geq 0 \end{matrix}\right.\)

Từ (1) ta có:

\(x^{2}+y^{3}-y^{2}+2\sqrt[3]{x^{4}}+\sqrt[3]{x^{2}}=2y\sqrt{y-1}(x+\sqrt[3]{x})\)

\(\Leftrightarrow (x+\sqrt[3]{x})^{2}-2y\sqrt{y-1}(x+\sqrt[3]{x})+y^{2}(y-1)=0\)

\(\Leftrightarrow \left [ (x+\sqrt[3]{x})-y\sqrt{y-1} \right ]^{2}=0\Leftrightarrow x+\sqrt[3]{x}=y\sqrt{y-1}\)

Đặt \(a=\sqrt[3]{x},b=\sqrt{y-1}\) ta có \(a^{3}+a=b^{3}+b.\) Do b không âm nên a cũng phải không âm. Hàm số \(f(t)=t^{3}+t\) đồng biến trên \([0;+\infty )\) nên ta có a = b hay ta có \(x\geq 0,\sqrt{y-1}=\sqrt[3]{x}\)

Thay vào (2) ta có phương trình:

\(x^{4}+\sqrt{x^{3}-x^{2}+1}=x^{3}+1\Leftrightarrow x^{3}(x-1)=1-\sqrt{x^{3}-x^{2}+1}\Leftrightarrow x^{3}(x-1)=\frac{x^{2}-x^{3}}{1+\sqrt{x^{3}-x^{2}+1}}\Leftrightarrow x^{2}(x-1)(x+\frac{1}{1+\sqrt{x^{3}-x^{2}+1}})=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=0\\x=1 \\(x+\frac{1}{1+\sqrt{x^{3}-x^{2}+1}})=0\; (vn \; do\; x\geq 0) \end{matrix}\)

x = 0 ta có y = 1, x = 1 ta có y = 2 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ có hai nghiệm (0;1) và (1;2)

Đặt \(x=a+b-c,y=b+c-a,z=c+a-b\Rightarrow x,y,z\geq 0;xyz=1\)

Ta có \(a=\frac{x+z}{2},b=\frac{x+y}{2},c=\frac{y+z}{2}\)

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

\((\frac{x+y+z}{3})^{5}\geq \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}+xy+yz+xz}{6}\Leftrightarrow (\frac{x+y+z}{3})^{5}\geq \frac{(x+y+z)^{2}-(xy+yz+xz)}{6}\)

Theo Cô si ta có:

\(xy+yz+xz\geq 3\sqrt[3]{x^{2}y^{2}z^{2}}=3\)

\(\Rightarrow \frac{(x+y+z)^{2}-(xy+yz+xz)}{6}\leq \frac{(x+y+z)^{2}-3}{6}\)

Ta cần chứng minh

\((\frac{x+y+z}{3})^{5}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{6}-\frac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow (\frac{x+y+z}{3})^{5}- \frac{(x+y+z)^{2}}{6}-\frac{1}{2}\geq 0\)

Đặt \(t=\frac{x+y+z}{3},\; do \; x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3\Rightarrow t\geq 1\)

Xét hàm số:

\(f(t)=t^{5}-\frac{3}{2}t^{2}+\frac{1}{2},t\in [1;+\infty )\)

\(f(t)=5t^{4}-3t> 0\forall t\in [1;+\infty )\)

\(\Rightarrow f(t)\geq f(1)\; hay \; t^{5}-\frac{3}{2}t^{2}+\frac{1}{2}\geq 0\)

Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra nếu x = y = z = 1 nên a = b = c = 1.