Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2015 môn Toán lần 3 - THPT Hai Bà Trưng

a.
\(y=\frac{2x-2}{x-2}\)

+ Tập xác định: D = R \ {2}.
+ Sự biến thiên:
Đạo hàm \(y'=\frac{-2}{(x-2)^2}< 0,\forall x\in R\). Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng \((-\infty ;2),(2;+\infty )\)
Giới hạn:

\(\lim_{x\rightarrow +\infty }y= \lim_{x\rightarrow -\infty }y=2\), nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị (C₁).

\(\lim_{x\rightarrow 2^-}y=+\infty \lim_{x\rightarrow 2^-}y=-\infty\), nên đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị (C₁).
Bảng biến thiên:

* Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
Điểm đặc biệt:

b.
Ta có: \(y=3\Rightarrow x=4;x=4;y'(4)=-\frac{1}{2}\)
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M(4; 3);
\(y=-\frac{1}{2}(x-4)+3\Leftrightarrow y=-\frac{1}{2}x+5\)
c.
Ta có \(y'=\frac{-3+m}{(x-2)^2}\); tập xác định D=R\ \(\begin{Bmatrix} 2 \end{Bmatrix}\)
Với \(m\neq 3\)  hàm số đồng biến trên các khoảng \((-\infty ;2),(2;+\infty )\) khi và chỉ khi y’ > 0, \(\forall\)x ≠ 2
\(\Leftrightarrow m > 3\)

a)
Ta có \(sin(\pi +\alpha )=-\frac{1}{3}\Rightarrow sin\alpha =\frac{1}{3}\)
Do \(\frac{\pi }{2}< \alpha < \pi\) nên \(cos \alpha < 0\Rightarrow cos\alpha =-\sqrt{1-\frac{1}{9}}=-\frac{2\sqrt{2}}{3}\)

\(tan(\frac{7\pi }{2}-\alpha )=tan(3\pi +\frac{\pi }{2}-\alpha )=tan(\frac{\pi }{2}-\alpha)=cot\alpha =\frac{cos\alpha }{sin\alpha }=-2\sqrt{2}\)
b) 
Điều kiện \(x\geq 0\)
Bất phương trình tương đương với \(8.3^{\sqrt{x-x}}+9.(3^{\sqrt{x-x})^2}-1\geq 0\)
Đặt \(t=3^{\sqrt{x-x}},t>0\) ta có \(9t^2+8t-1\geq 0\)
Do vậy \(3^{\sqrt{x}-x}\geq \frac{1}{9}\Leftrightarrow \sqrt{x}-x\geq -2\Leftrightarrow -x+\sqrt{x}+2\geq 0\Leftrightarrow 0\leq \sqrt{x}\leq 2\)

\(\Leftrightarrow 0\leq x\leq 4\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T = [0; 4]

Diện tích hình phẳng cần tìm là: \(S=\int_{ln3}^{ln8}\left |\sqrt{e^x+1}-0 \right |dx=\int_{ln3}^{ln8}\sqrt{e^x+1}dx\)
Đặt \(t=\sqrt{e^x+1}\Rightarrow e^x=t^2-1\Rightarrow e^xdx=2tdt\Rightarrow dx=\frac{2t}{t^2-1}dt\)

Đổi cận: \(x=ln3\Rightarrow t=2,x=ln8\Rightarrow t=3\)
Khi đó: \(S=\int_{2}^{3}\frac{2t^2}{t^2-1}dx=\int_{2}^{3}(2+\frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1})\)
\(=2t |_{2}^{3}+ln\left | \frac{t-1}{t+1} \right | \bigg|_{2}^{3}=2+ln\frac{3}{2}\)

∆ABD có: AB = AD = a, \(\widehat{BAD}=60^0\) nên ∆ABD đều
Suy ra \(AO=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=a\sqrt{3}, CC'=a\)

\(S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.\) Do vậy \(V_{ABCD.A'B'C'D'}=CC'.S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}\)
Vẽ CH \(\perp\) OC’ H \(\in\) OC’ (1)
T có: \(\left.\begin{matrix} BD\perp OC\\ BD\perp CC' \end{matrix}\right\}\Rightarrow BD\perp (OCC')\Rightarrow BD\perp CH\) (2)
Từ (1) và (2)  ta có: \(CH\perp (EBD)\) nên d(C,(EBD))=CH
AC cắt (EBD) tại O và O là trung điểm của AC
Do vậy d(A,(EBD)) = d(C,(EBD))=CH=\(\frac{CC'.OC}{\sqrt{CC'^2.OC^2}}=\frac{a.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^2+\frac{3a^2}{4}}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}\)
 

Vì I thuộc ∆ nên I (12m; m) , mà I thuộc EF nên ta có \(m=\frac{6}{145}\) suy ra \(I(\frac{72}{145};\frac{6}{145})\)
Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với EF, ta có d: 49x - 8y -24 = 0
Đường thẳng d cắt BC tại trung điểm M của BC, do vậy M(0; -3).
T có \(BM=\sqrt{17}, B(4b+12;b), BM=\sqrt{(4b+12)^2+(b+3)^2}\)nên t có phương trình:
\((4b+12)^2+(b+3)^2=17\Leftrightarrow 17b^2+102b+136=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} b=-2\Rightarrow B(4;-2)\\ b=-4\Rightarrow B(-4;4) \end{matrix}\)
Chọn B(-4;-4) \(\Rightarrow\) C(4;-2)
Lấy \(E(e;\frac{6-8e}{49})\) ta có \(\overline{BE}.\overline{EC}=0\). Do vậy \(E(\frac{26}{5};-\frac{2}{5})\) và \(F(-\frac{64}{5};\frac{14}{29})\) hoặc \(F(\frac{16}{5};-\frac{2}{5})\); \(E(-\frac{64}{29};\frac{14}{29})\)
+ Với \(E(\frac{16}{5};-\frac{2}{5}),F(-\frac{64}{29};\frac{14}{29})\). Ta có \(BE: x-2y-4=0, CF: 2x+5y+2=0\)
Suy ra \(A(\frac{16}{9};-\frac{10}{9})\) (Loại vì \(\overline{AB}.\overline{AC}< 0\Rightarrow cos(\overline{AB}.\overline{AC})< 0\Rightarrow \widehat{A}> 90^0\))
\(E(-\frac{64}{29};\frac{14}{29}), F(\frac{16}{5};-\frac{2}{5})\). Ta có BE: 5x – 2y + 12 = 0; CF: 2x + y – 6 = 0, suy ra A(0;6) thỏa mãn
Vậy A(0; 6), B(-4; -4), C(4;-2)

 a.
T có \(AB=BC=AC=3\sqrt{2}\)  nên tam giác ABC đều
Diện tích tam giác ABC là: \(S=\frac{(3\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{3}}{2}\)
b.
Ta có
\(V_{D.ABC}=\frac{1}{3}d(D,(ABC)).S_{ABC}=3\Rightarrow (d(ABC))=\frac{3V}{5}=\frac{2}{\sqrt{3}}\)
\(\overline{AB}=(-4;-1;1),\overline{AC}=(-1;-1;4)\Rightarrow \left [ \overline{AB};\overline{AC} \right ]=(-3;15;3)\)
Phương trình mặt phẳng ABC A là: x – 5y – z – 9 = 0.
Vì \(D\in \Delta\) nên \(D(-1+t;t;2-t)\)
\(d(D;(ABC))=\frac{2}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow \frac{\left | -1+t-5t-2+t-9\right |}{3\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}\)
\(\Leftrightarrow \left | 3t+12 \right |=6\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} t=-2\\ t=-6 \end{matrix}\)
Vậy có hai điểm D thỏa mãn điều kiện bài toán: D -3;-2;4) hoặc D(-6;-7; 8)

a.
Điều kiện: \(x\geq \frac{1}{2}\)
Với điều kiện đó, ta có: \(\sqrt{3x+2}+\sqrt{2x+1}=x+1\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{3x+2}+\sqrt{2x+1}=(\sqrt{3x+2}+\sqrt{2x+1})(\sqrt{3x+2}-\sqrt{2x+1})\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt{3x+2}+\sqrt{2x+1})(\sqrt{3x+2}-\sqrt{2x+1})=0\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt{3x+2}-\sqrt{2x+1})=1 \ (do \ \ \sqrt{3x+2}+\sqrt{2x+1}> 0)\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{3x+2}=\sqrt{2x+1}+1\)
\(\Leftrightarrow 3x+2 =2x+1+1+2\sqrt{2x+1}\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 0\\ x^2-8x-4=0 \end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow x=4+2\sqrt{5}\) (thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm là: \(x=4+2\sqrt{5}\)
b.
Từ tập hợp E= \(\begin{Bmatrix} 1;2;3;4;5 \end{Bmatrix}\) ta có thể lập được \(5^3=125\) số có chữ số. Chọn 2 số từ 125 số ở trên có \(C_{125}^{2}\) cách.
Gọi A là biến cố: “Hai số được chọn có ít nhất một số có đúng hai chữ số phân biệt”
Trong 125 số trên có \(C_{125}^{2}.6=60\) số có ba chữ số trong đó có đúng hai chữ số phân biệt. Do vậy \(n(\Omega _A)=60.65+C_{60}^{2}\)
Vậy xác suất cần tìm là: \(P=\frac{60.65+C_{60}^{2}}{C_{125}^{2}}=\frac{567}{775}\approx 0,73\)

Đặt t = z + 3 – i, phương trình trở thành: t² - 6t  13 = 0
Ta có: \(\Delta '=-4=4i^2,\Delta '\) có h i căn bậc hai là ±
Phương trình trên có hai nghiệm phức là t = 3 - 2i hoặc t = 3 + 2i
Do vậy z + 3 – i = 3 – 2i hoặc z + 3 – i = 3 + 2i
Vậy z = - i hoặc z = 3i

Không mất tổng quát có thể giả sử \(a\geq b\geq c\). Suy ra \(6 = a +b + c \geq c+c+c\) . Suy ra \(c\geq 2;a+b\geq 4\)
Ta chứng minh bất đẳng thức \((a^2+2)(b^2+2)\leq (\left ( \frac{a+b}{2} \right )^2+2)^2\)
Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với
\(a^2+b^2+2a^2+2b^2\leq \frac{(a+b)^4}{16}+(a+b)^2\Leftrightarrow 16(a-b)^2\leq (a+b)^4-16a^2b^2\)
\(\Leftrightarrow 16(a-b)^2\leq (a^2-b^2)^2+4ab(a-b)^2\)
\(\Leftrightarrow 16(a-b)^2\leq (a-b)^2\left [ (a+b)^2+4ab \right ]\)
Bất đẳng thức cuối cùng đúng bởi vì \((a+b)^2\geq 4^2=16\)
Đặt \(x=\frac{a+b}{2}\) ta có:
\((a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\leq (x^2+2)^2(c^2+2)=(x^2+2)^2((6-2x)^2+2)\)
Vì \(c\geq 1\) nên ta có \(2x+c=6\Rightarrow x\leq \frac{5}{2}\)
Hơn nữa \(2x=a+b\geq 4\) nên ta có \(x\in \left [ 2;\frac{5}{4} \right ]\)
Ta cần tìm giá trị lớn nhất của
\(\small f(x)=(x^2+2)^2\left [ (6-2x)^2+2 \right ]=4x^6-24x^5+54x^4-96x^3+168x^2-96x+152\) trên \(\small \left [ 2;\frac{5}{2} \right ]\)
\(\small f'(x)=12(x^2+2)(x-2)(x^2-3x+1)\) và \(\small f'(x)< 0,\forall x\in (2;\frac{5}{2})\)
Nhưng f(2) = 216 nên f(x) đạt GTLN bằng 216, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 2.
Vậy ta có \(\small (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\leq 216\),  hay P đạt GTLN bằng 216, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a =b = c = 2.