SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH Trường THPT Ngô Mây ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 2 32    x x y 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có hoành độ 0 1x  Câu 2 (1 điểm) 1. Giải phương trình        24 cos2sin 2 cossin 2 sin1 22 x x x x x  2. Tìm số phức z biết rằng: (1 ) 4 7ziz i  Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình        xxxxx 2 1 log)2(22)144(log 2 1 2 2 Câu 4 (1điểm) Giải hệ phương trình         113 2.322 2 3213 xxyx xyyx Câu 5 (1điểm) Tính tích phân             e dxxx xx x I 1 2 ln3 ln1 ln Câu 6 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = 2 a . 3aSA  ,   0 30SAB SAC . Tính thể tích khối chóp S.ABC. Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng 052: 1  yxd . d 2 : 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d 1 , d 2 . Câu 8 (1 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: 02     zyx . Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S). Câu 9 (0,5 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: 23 2 2121 21 21 21 21 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200        kkk nn nn n n CC kkC nnC Câu 10 (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 333 3 1 3 1 3 1 accbba P       Hết Đáp án Câu Nội dung Điểm 1. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số 1,00 1) Hàm số có TXĐ:  2\R 0,25 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: *    ylim;ylim 2x2x Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số * lim lim 2    xx yy đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0,25 b) Bảng biến thiên: Ta có:  2x,0 2x 1 'y 2    Bảng biến thiên: x -  2 +  y’ - - y 2 - +  2 * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng   2;   và    ;2 0,25 3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung tại       2 3 ;0 và cắt trục hoành tại điểm       0; 2 3 + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25 1. 2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có hoành độ 0 1x  1,00 Ta có:  1;1M , 0 '( ) 1yx  Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: :1(1)1yx     0,5x2 2. 1 Giải phương trình lượng giác 0,5 điểm O y x 2 3/2 3/2 2 )1( 24 cos2sin 2 cossin 2 sin1 22        x x x x x   xsin1x 2 cos1xsin 2 x cosxsin 2 x sin11 2           01 2 x cos 2 x sin2. 2 x cos 2 x sinxsin01xsin 2 x cos 2 x sinxsin                01 2 x sin2 2 x sin21 2 x sinxsin 2                0,25 2 sin x 0 xk xk x sin 1 x k ,k x 2xk4 k2 22 xx 2sin 2sin 1 22                              0,25 2. 2 Tìm số phức z biết rằng: (1 ) 4 7ziz i  0,5 điểm Giả sử: zxyi (với ; x y  ) Ta có (1 ) 4 7ziz i     147 x yi i x yi i     22 47 x yxyxyi i  22 4(1) 7(2) xyxy xy         0,25 Từ (2) ta suy ra x = y +7 (3) thay vào (1) ta được :  2 2 7274yyy    2 2144923 y yy  2 2 230 21449 23 y yy y         2 3 3 2 2 5 20 0 4 y y y yy y                    4y Với y = - 4 3x . Vậy z = 3 – 4i 0,25 3. Giải bất phương trình 0,5 điểm ĐK:  * 2 1 x 2 1 x 2 1 x 0)1x2( 2 1 x 01x4x4 0x 2 1 22                           Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:  1)x21(log)2x(2x2)x21(log2 22     01)x21(logx 2  0,25                                                              0x 4 1 x 1)x21(2 0x 1)x21(2 0x 0)x21(2log 0x 0)x21(2log 0x 01)x21(log 0x 01)x21(log 0x 2 2 2 2 Kết hợp với điều kiện (*) ta có: 2 1 x 4 1  hoặc x < 0. 0,25 4. Giải hệ phương trình…………… 1 điểm         )2(1xxy1x3 )1( 2.322 2 x3y2y1x3 Phương trình (2)             0)13( 1 113 01 2 yxx x xxyx x                         xy x x yx x x 31 1 0 013 0 1 0,25 * Với x = 0 thay vào (1) 11 8 log 11 8 22.12282.322 2 2   y yyyyy 0,25 * Với      xy x 31 1 thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 2.322 1313   xx Đặt 13 2   x t Vì 1x nên 4 1 t                     )83(log2y 183log 3 1 x 83t i¹lo83t 01t6t6 t 1 t)3( 2 2 2 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm        11 8 logy 0x 2 và            )83(log2y 183log 3 1 x 2 2 0,25 5. Tính tích phân 1 điểm     e 1 2 e 1 xdxlnx3dx xln1x xln I +) Tính    e dx xx x I 1 1 ln1 ln . Đặt dx x 1 tdt2;xln1txln1t 2  Đổi cận: 2tex;1t1x  0,25     3 222 t 3 t 2dt1t2tdt2. t 1t I 2 1 3 2 1 2 2 1 2 1               0,25 +) Tính dxxlnxI e 1 2 2   . Đặt                3 x v x dx du dxxdv xlnu 32 0,25 e 333333 e2 e 21 1 1 x 1 e1x ee12e1 I.lnx xdx . 333333999    0,25  21 I3II 3 e2225 3  0,25 6 Tính thể tích hình chóp 1 điểm Theo định lí côsin ta có:  222 22 02 SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a   Suy ra aS B  . Tương tự ta cũng có SC = a. 0,25 Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB  SA, MC  SA. Suy ra SA  (MBC). Ta có MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S S.SA 3 1 S.SA 3 1 S.MA 3 1 VVV  0,25 Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN  BC. Tương tự ta cũng có MN  SA. 16 a3 2 3a 4 a aAMBNABAMANMN 2 2 2 2222222                  4 3a MN  . 0,25 Do đó 16 a 2 a . 4 3a .3a 6 1 BC.MN 2 1 .SA 3 1 V 3 ABC.S  0,25 7 Lập phương trình đường thẳng……………………… 1 điểm d 1 có vectơ chỉ phương )1;2(a 1  ; d 2 có vectơ chỉ phương )6;3(a 2 Ta có: 06.13.2a.a 21  nên 21 dd  và d 1 cắt d 2 tại một điểm I khác P. Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: 0BA2ByAx0)1y(B)2x(A:d     0,25 d cắt d 1 , d 2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d 1 ( hoặc d 2 ) một góc 45 0          A3B B3A 0B3AB8A345cos )1(2BA BA2 220 2222 0,25 * Nếu A = 3B ta có đường thẳng 05yx3:d    0,25 * Nếu B = -3A ta có đường thẳng 05y3x:d    Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. 05yx3:d    05y3x:d  0,25 8 Xác định tâm và bán kính của đường tròn 1 điểm S A B C M N Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0) * Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là: 0,25   0dcba,0dcz2by2ax2zyx 222222  Vì  SD,C,B,'A  nên ta có hệ:                          1d 1c 1b 2 5 a 021dc4b2a8 029dc4b6a8 014dc4b6a2 02db2a2 Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: 01225 222  zyxzyx 0,25 (S) có tâm       1;1; 2 5 I , bán kính 2 29 R  +) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C) +) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). (d) có vectơ chỉ phương là:  1;1;1n Suy ra phương trình của d:                t1;t1;t 2 5 H t1z t1y t2/5x Do  )P(dH  nên: 6 5 t 2 5 t302t1t1t 2 5         6 1 ; 6 1 ; 3 5 H 0,25 6 35 36 75 IH  , (C) có bán kính 6 186 6 31 36 75 4 29 IHRr 22  0,25 9 Tìm số nguyên dương n biết 0,5 điểm * Xét 1n21n2 1n2 kk 1n2 k22 1n2 1 1n2 0 1n2 1n2 xC xC)1( xCxCC)x1(     (1) * Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có: n21n2 1n2 1kk 1n2 k2 1n2 1 1n2 n2 xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2(      (2) Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 1n21n2 1n2 2kk 1n2 k3 1n2 2 1n2 1n2 xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2       0,25 Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 23 kk2k 2n12n1 2n1 2n1 2n1 2n1 2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C             0,25 10 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 điểm áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có zyx 9 z 1 y 1 x 1 9 xyz 3 xyz3 z 1 y 1 x 1 )zyx( 3 3            (*) áp dụng (*) ta có 333333 a3cc3bb3a 9 a3c 1 c3b 1 b3a 1 P         0,25 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có       3 3 3 a3b11 1 a3b1.1 a3b2 33 b3c11 1 b3c1.1 b3c2 33 c3a11 1 c3a1.1 c3a2 33          0,25 Suy ra  333 1 a3b b3c c3a 4abc 6 3       13 4. 6 3 34      Do đó 3P  0,25 Dấu = xảy ra 3 abc 1 abc 4 4 a3b b3cc3a1         Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 4/1cba    0,25 . THPT Ngô Mây ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 2 32    x x y 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. Hết Đáp án Câu Nội dung Điểm 1. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số 1,00 1) Hàm số có TXĐ:  2R 0,25 2) Sự biến thi n của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: *    ylim;ylim 2x2x . đồ thị hàm số * lim lim 2    xx yy đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0,25 b) Bảng biến thi n: Ta có:  2x,0 2x 1 'y 2    Bảng biến thi n: x -