Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2015 môn Toán - THPT Chuyên Hoàng Lê Kha, Tây Ninh

a)
Tập xác định: D=R\ \(\begin{Bmatrix} 2 \end{Bmatrix}\)
Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: \(y'=\frac{-3}{(x-2)^2}< 0,\forall x\in D\)
+ Hàm số nghịch biến trên các khoảng \((-\infty;2), (2;+\infty)\)
+ Hàm số không có cực trị.
+ Giới hạn và tiệm cận:
Do \(\lim_{x\rightarrow -\infty }y=\lim_{x\rightarrow +\infty }y=1\)nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là: y = 1
\(\lim_{x\rightarrow 2^-}y=\lim_{x\rightarrow 2^+ }y=+\infty\); nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là: x = 2
+ Bảng biến thiên:

Đồ thị


b)
- Gọi M(0;m) thuộc Oy
- Đường thẳng (\(\Delta\)) qua M có dạng y = kx + m
- (\(\Delta\)) tiếp xúc (C) \(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{x+1}{x-2} =kx+m \ \ (1) \\ \frac{-3}{(x-2)^2}=k \ (2) \end{matrix}\right.\Leftrightarrow\) có nghiệm
- Thế (2) và (1) ta có: \(\frac{x+1}{x-2}=\frac{-3x}{(x-2)^2}+m\)
\(\Leftrightarrow f(x)=(1-m)x^2+(4m+2)x-2-4m=0 \ \ \ (3) \ \ (x\neq 2)\)
- Qua M kẻ được 2 tiếp tuyến phân biệt với (C) \(\Leftrightarrow\) pt (3) có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\neq 1\\ (2m+1)^2+(1-m)(2+4m)> 0\\ f(2)\neq 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\neq 1\\ 6m+3> 0\\ 6\neq 0 \end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m\neq 1\\ m> -\frac{1}{2} \end{matrix}\right. \ \ (*)\)
Gọi x₁, x₂ là nghiệm pt (3) , tọa độ các tiếp điểm là \((x_1;y_1),(x_2;y_2)\) và \(y_1=\frac{x_1+1}{x_1-2}; y_2=\frac{x_2+1}{x_2-2}\)
Theo Viet \(x_1+x_2=\frac{4m+2}{m-1};x_1.x_2=\frac{2+4m}{m-1}\)
- Hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox \(\Leftrightarrow y_1.y_2< 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{x_1+1}{x_1-2}.\frac{x_2+1}{x_2-2}<0\Leftrightarrow \frac{x_1.x_2+x_1+x_2+1}{x_1.x_2-2(x_1+x_2)+4}< 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{\frac{2+4m}{m-1}+\frac{4m+2}{m-1}+1}{\frac{2+4m}{m-1}.\frac{4m+2}{m-1}+4}< 0\Leftrightarrow \frac{3+9m}{-6}< 0\Leftrightarrow m> -\frac{1}{3}\)
- So với điều kiện (*), ta có giá trị cần tìm là: \(\left\{\begin{matrix} m>-\frac{1}{3}\\ m\neq 1 \end{matrix}\right.\)

a)
Do \(0< \alpha < \frac{\pi }{2}\) nên \(sin\alpha =\sqrt{1-cos^2\alpha }=\sqrt{1-\left ( \frac{1}{3} \right )^2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\)
\(A=\frac{1+sin\alpha }{\sqrt{2cos\left ( \alpha -\frac{\pi }{4} \right )}}=\frac{(sin\alpha +cos\alpha )^2}{sin\alpha +cos\alpha}=sin\alpha +cos\alpha= \frac{1+2\sqrt{2}}{3}\)
b)

Giải phương trình ta được các nghiệm \(z_1=1-\frac{3\sqrt{2}}{2}i; z_2=1+\frac{3\sqrt{2}}{2}i\)
Ta có \(\left | z_1 \right |=\left | z_2 \right |=\sqrt{1^2+\left ( \frac{3\sqrt{2}}{2} \right )^2}=\frac{\sqrt{22}}{2};z_1+z_2=2\)
Suy ra A = 7

Đặt \(t=\frac{1}{3^x}> 0\), phương trình đã cho trở thành

\(t^2-4t+3=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} t=1\\ t=3 \end{matrix}\)
\(t=1\Rightarrow \frac{1}{3^x}=1\Leftrightarrow x=0\)
\(t=3\Rightarrow \frac{1}{3^x}=3\Leftrightarrow x=-1\)
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 0; x = -1

Điều kiện \(x\geq -1\)
Đặt \(t=\sqrt{x+1}\geq 0\) thì bất phương trình trở thành
\(x^3-2x^2t+2xt^2\geq t^3\)
\(\Leftrightarrow (x-t)(x^2-xt+t^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow x-t\geq 0(do \ x^2-xt+t^2>0,\forall x, t\in R)\)
\(\Leftrightarrow x\geq \sqrt{x+1}\)
\(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} x^2-x-1\geq 1\\ x\geq 0 \end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix} x\geq 0\\ x\leq \frac{1-\sqrt{5}}{2} \ \ \vee x\geq x\leq \frac{1+\sqrt{5}}{2} \end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow x\geq \frac{1+\sqrt{5}}{2}\)
So với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là \(S= \bigg[ \frac{1+\sqrt{5}}{2};+\infty \bigg )\)

Ta có \(\int_{0}^{1}(e^x+ln(1+x))dx=\int_{0}^{1}e^xdx+\int_{0}^{1}ln(1+x)dx=I_1+I_2\)
+ \(I_1= \int_{0}^{1}e^xdx=e^x \bigg|_{0}^{1}=e-1\)
+ \(I_2= \int_{0}^{1}ln(x+1)dx=xln(x+1) \bigg|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{x}{x+1}dx\)
\(=ln2-(x-ln(1+x)) \bigg |_{0}^{1}=2ln2-1\)

Vậy \(I=e-2+2ln2\)

Gọi H là trung điểm AB . Chứng minh được \(SH\perp (ABCD)\) và \(SH=\frac{a}{2}\)
Vậy \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.a^2=\frac{a^3}{6}\) (đvtt)
Gọi I thuộc cạnh CD sao cho ID = 3IC thì DK // BI
Do đó \(d(DK,SB)=d(DK,(SBI))=d(K,(SBI))=\frac{3}{2}d(H,(SBI))\)
Kẻ \(HE\perp BI\) tại E và \(HF\perp SE\) tại F. Ta chứng minh được \(d(H,(SBI))=HF\)
Ta có: \(HE=HB.sin\widehat{HBI}=HB.sin\widehat{BIC}=HB.\frac{BC}{BI}=\frac{2a}{\sqrt{17}}\)
Và \(\frac{1}{HF^2}=\frac{1}{SH^2}+\frac{1}{HE^2}=\frac{33}{4a^2}\Rightarrow HF=\frac{2a\sqrt{33}}{33}\)
Vậy \(d(DK,SB)=\frac{a\sqrt{33}}{11}\)

(C) có tâm O bán kính R = 5
Chứng minh OA \(\perp\) MN
Phương trình OA: \(\left\{\begin{matrix} OA\ni O\\ OA \ \ co \ PVT \ \overline{MN}=3.(1;0) \end{matrix}\right.\Rightarrow OA;x=0\)
Tọa độ \(A = (C)\cap OA\)  thỏa hệ \(\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=25\\ x=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow A(0;-5)\)
\(AB:\left\{\begin{matrix} AB\ni A(0;-5)\\ AB \ \ co \ \VTCP \overline{AN}=2(1;1) \end{matrix}\right.\Rightarrow AB: x-y-5=0\)
Tọa độ \(B = (C)\cap OB\)  thỏa \(\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=25\\ x=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow A(0;-5) \bigg \lbrack \begin{matrix} (x=0;y=-5)\\ (x=5;y=0) \end{matrix}\)
\(AC:\left\{\begin{matrix} AC\ni A(0;-5)\\ AC \ \ co \ \VTCP \overline{AM}=(-1;2) \end{matrix}\right.\Rightarrow AC: 2x+y+5=0\)
 Tọa độ \(C = AC\cap (C)\) thỏa \(\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=25\\ 2x+y+5=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} (x=0;y=-5)\\ (x=-4;y=3) \end{matrix}\)
 Kiểm tra \(\overline{AB}.\overline{AC}> 0;\overline{BC}.\overline{BA}> 0;\overline{CA}.\overline{CB}> 0\Rightarrow \Delta ABC\) nhọn
KL: A(0;-5), N(5;0), C(-4;3)

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến \(\vec{n}=(15;3;-2)\) và đường thẳng d có vectơ chỉ phương \(\vec{u}=(2;-1;13)\). Suy ra \(\vec{n}.\vec{u}=1\neq 0\)  Vậy d cắt (P)
Dễ thấy M không thuộc (P). Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng d và \(\Delta\), ta có \(N(1+2m;2-m;4+13m),m\in R\)
Khi đó đường thẳng \(\Delta\) có véc tơ chỉ phương \(\overline{MN}=(2m;1-m;13m+2)\)
Mặt khác , vì đường thẳng \(\Delta\) song song với mặt phẳng (P) nên ta có \(\bar{n.}\overline{MN}=0\Leftrightarrow 15.2m+3(1-m)-2(13m+2)=0\Leftrightarrow m=1\)
Suy ra \(\overline{MN}=(2;0;15)\)
Vậy đường thẳng \(\Delta\) có phương trình \(\left\{\begin{matrix} x=1+2t\\ y=1\\ z=2+15t \end{matrix}\right.,t\in R\)

Gọi A là biến cố: “mỗi toa có đúng một khác lên tàu”.
Ta có \(\left | \Omega \right |=8^8, \left | A \right |=8!\)
Vậy \(P(A)=\frac{\left | A \right |}{\left | \Omega \right |}=\frac{8!}{8^8}=\frac{315}{131072}\)

\(\sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)\leq \sqrt{10(a+b+c)^2-27}\)
\(\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)^2+27\leq 10(a+b+c)^2\)
\(\Rightarrow 3(a^2+b^2+c^2)^2+27\leq 30(a^2+b^2+c^2)\)
\(\Rightarrow 3(a^2+b^2+c^2)^2- 30(a^2+b^2+c^2)+27\leq 0\)
\(\Rightarrow 1\leq a^2+b^2+c^2\leq 9\)
\(\Rightarrow 1\leq \sqrt{a^2+b^2+c^2}\leq 3\) (1)
Ta có \(P=\frac{3}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{a+b}{2}}.\sqrt[4]{(a+2c)(b+2c)}\)
\(\leq \frac{3}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{a+b}{2}}.\frac{a+2c+b+2c}{2}\)
\(= \frac{3}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{a+b}{2}.\frac{{a+b+4c}}{2}}\)
\(= \frac{3}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{1}{3}}.\sqrt{\frac{3(a+b)}{2}+\frac{a+b+4c}{2}}\)
\(\leq \frac{3}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}.(a+b+c)\)
\(\leq \frac{3}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}+\sqrt{a^2+b^2+c^2}=\frac{3}{t}+t=f(t),t=\sqrt{a^2+b^2+c^2}\)
Do (1) nên, \(t\in \left [ 1;3 \right ].\) Xét \(f(t)=t+\frac{3}{t}\), \(t\in \left [ 1;3 \right ]\)
\(f'(t)=1-\frac{3}{t^2}=0\Leftrightarrow t=\sqrt{3}\), vì t > 0
Bảng biến thiên:

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 4 khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\) hay a = b = c = 1