Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015 – 2016; MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (1,0 điểm) : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =
Câu 2 (1,0 điểm) : Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số y =

x
.
1− x

x
sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M
1− x

cùng với hai trục tọa độ tạo thành một tam giác cân.
Câu 3 (1,0 điểm) :
n

1 

a) Tìm số hạng đứng chính giữa trong khai triển  x3 + 2 ÷ ( x ≠ 0) biết n ∈ ¥ thỏa mãn:
x 

C21n +1 + C22n +1 + ... + C2nn +1 = 220 − 1
b) Giải phương trình: log 22 ( x + 1) − 6 log 2 x + 1 + 2 = 0 ( x ∈ ¡ )

của biểu thức: M =

1
1
+
− 1+ c
2
1 + 4a 1 + 4b 2


-------------------------------- HẾT-------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN
Câu 1
1. Tập xác định: D = ℝ \ {1}
2. Sự biến thiên
1
> 0, ∀x ∈ D
Chiều biến thiên: y ' =
(1 − x) 2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–∞;1) và (1;+∞)
Giới hạn: lim− y = +∞; lim+ y = −∞ => x = 1 là tiệm cận đứng
x →1

x →1

lim y = lim y = −1 => y = −1 là tiệm cận ngang.
x →+∞

x →−∞


1
OA = OB =>| tan α |=
= 1 =>
=1
OB
(1 − m) 2
m = 0
 M (0;0)
<=> 
(TM ) => 
m = 2
 M (2; −2)
Vậy các điểm M cần tìm là (0;0) và (2;–2)
Câu 3
a) Ta có:
k
C2 n +1 = C22nn++11− k , ∀ k = 1, 2,3,..., n
=> C21n +1 + C22n +1 + ... + C2nn +1 = C22nn+1 + C22nn+−11 + ... + C2nn++11
=> (1 + 1) 2 n +1 = C20n +1 + C21n+1 + ... + C22nn++11
= (C20n +1 + C22nn++11 ) + (C21n +1 + C22n +1 + ... + C22nn+1 )
= 2 + 2(C21n +1 + C22n +1 + ... + C2nn +1 )
= 2 + 2.(220 − 1)
<=> 22 n +1 = 221
<=> n = 10
Do đó:
10
1
1
(x 3 + 2 )10 = ∑ C10i .(x 3 )10−i .( 2 ) i
x

1
(1 − m) 2


I = ∫ (esinx + cos x) cos xdx
= ∫ esin x .cos xdx + ∫ cox 2 xdx
= I1 + I 2

I1 = ∫ esin x .cos xdx

t = sin x => dt = cos xdx
I1 = ∫ et dt = et + C => I1 = esin x + C
I 2 = ∫ cox 2 xdx = ∫
=

1 + cos 2 x
1 1
dx = ∫ ( + cos 2 x)dx
2
2 2

x 1
+ sin 2 x + C
2 4

I = I1 + I 2 = esin x +

x 1
+ sin 2 x + C
2 4

(d) :

≥ 2 EI 2 + 2 IA2 (Do MI ≥ EI , ∀M ∈ ( P))
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M ≡ E.
Vậy M(–1;1;5) là điểm thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 6
a) Ta có:


1
1
= 1 + cot 2 a = 5 => sin 2 a =
2
sin a
5
4
=> cos 2 a = 1 − sin 2 a =
5
cos a
cos a
sin a
=> M =
=
cos3 a
sin 3 a + 3cos3 a
sin 2 a + 3.
sin a
cot a
2
=

=> AH =
=
2 2
∆ SAB cân ở A nên SA = AB = 2a.


∆ SHA vuông ở H:
SH = SA2 − AH 2 =

a 15
2

Vì ABCD là hình thoi nên S ABCD =

1
1
AC.BD = AC 2 3 = 2a 2 3
2
2

Thể tình hình chóp:
1
1 a 15
VS . ABCD = SH .S ABCD = .
.2a 2 . 3 = a 3 5
3
3 2
Vì ABCD là hình thoi nên CD // AB, mà AB ⊂(SAB) nên CD // (SAB)
=>d(SB;CD)=d(CD;(SAB))=d(C;(SAB))=4.d(H;(SAB))
(vì A ∈ (SAB) và CA = 4HA)

14
Vậy d(SB; CD) =

2a 35
7

Câu 8

Gọi M(m;0) ∈ Ox.
Đường tròn (C) có tâm I(1;–4) và bán kính R = 2
Đường tròn (C1) có tâm I1(3;1) và bán kính R1 = 4.
Từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) ⇔ MI > R
<=> (m − 1) 2 + (0 + 4) 2 > 4
<=> (m − 1) 2 + 12 > 0
(luôn thỏa mãn)
Gọi tọa độ A, B là A( x A ; y A ); B( xB ; y B ). Phương trình tiếp tuyến tại A, B của (C) lần lượt là
x A .x + y A . y − ( x + x A ) + 4( y + y A ) + 13 = 0(d1 )
xB .x + yB . y − ( x + xB ) + 4( y + y B ) + 13 = 0(d 2 )
Do


M ∈ ( d1 ); M ∈ (d 2 )
 mx − (m + x A ) + 4 y A + 13 = 0
=>  A
 mxB − (m + xB ) + 4 yB + 13 = 0
Suy ra phương trình đường thẳng AB là
mx − 9m + x ) + 4 y + 13 = 0 <=> (m − 1) x + 4 y + 13 − m = 0
Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C1)
<=> d ( I1 ;( AB )) = R1
<=>

7 x 2 + 20 x − 86 = x − 2 <=>  2
<=> x = −2 + 19
6 x + 24 x − 90 = 0

Thử lại ta thấy x = −2 + 19 không là nghiệm của phương trình (1)
Do đó

7 x 2 + 20 x − 86 ≠ x − 2 <=> x ≠ −2 + 19(*)

Với ĐK (*), ta có:
(1) <=> [ 7 x 2 + 20 x − 86 − (2 − x)] + x( 31 − 4 x − x 2 − 4) = 0
<=>

6( x 2 + 4 x − 15)
7 x 2 + 20 x − 86 + 2 − x

−

x( x 2 + 4 x − 15)
31 − 4 x − x 2 + 4

=0

 x 2 + 4 x − 15 = 0(2)
<=> 
6
x
−
= 0(3)
 7 x 2 + 20 x − 86 + 2 − x

1
2
+
≤
(*)
2
2
1 + 4a 1 + 4b 1 + 4ab
Thật vậy
2 + 4a 2 + 4b 2
2
(*) <=>
≤
2
2
2 2
1 + 4a + 4b + 16a b 1 + 4ab
<=> (1 + 2a 2 + 2b 2 )(1 + 4ab) ≤ 1 + 4a 2 + 4b 2 + 16a 2b 2
ab ≤

<=> 2(1 − 4 ab)(a − b) 2 ≥ 0
(luôn đúng vì 4ab ≤ 1)
Áp dụng (*) và chú ý abc = 1 ta có:
2
2c
M≤
− 1+ c =
− 1+ c
4
c+4