Đề ôn môn toán 12 ôn thi tốt nghiệp THPT quốc gia 2015

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi: TOÁN, khối A

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số 78
24
 xxy (1).
1. Khảo sát sự biết thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tìm các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với đồ thị của hàm số
(1).

Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình .
2
2
4
sin
4
2sin 
















xx
2. Giải bất phương trình .
1
3
1
1
1
2
2
x
x
x





Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + 1 = 0,
đường thẳng
1
5
9
2
3
:




zyx
d và ba điểm A(4 ; 0 ; 3), B( - 1 ; - 1 ; 3), C(3 ; 2 ; 6).
1. Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng (P).
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn
có bán kính lớn nhất.
Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân .
2cossin43
2sin
2
0




xx
xdx
I
2. Chứng minh rằng phương trình


1144
2
x
x
có đúng 3 nghiệm thực phân biệt.

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b

Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
1. Tìm hệ số của số hạng chứa x
5
trong khai triển nhị thức Niutơn của (1 + 3x)
2n
, biết rằng
1002
23

nn
AA (n là số nguyên dương,
k
n
A là số chỉnh hợp chập k của n phần tử).
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 1
22
 yx . Tìm các giá trị thực của
m để trên đường thẳng y = m tồn tại đúng 2 điểm mà từ mỗi điểm có thể kẻ được hai tiếp
tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60
o
.

Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải phương trình .
6
9log
log
1
3

3







x
x
x
x

2. Cho hình chóp S.ABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông, SA = SB = SC = a. Gọi N, M,
E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC ; D là điểm đối xứng của S qua E ; I là
giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN). Chứng minh rằng AD vuông góc với
SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI.
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: Toán (đề số 2), khối A

Câu

Nội dung Điểm

I

2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
Tập xác định : D = R.

Sự biến thiên :
( )
' 3 2 '
4 16 4 4 , 0 0 2
y x x x x y x hay x
= - = - = Û = = ±



0,25
y
CĐ
= y(0) = 7; y
CT
= y(
2

) = - 9. 0,25
Bảng biến thiên :
x -∞ -2 0 2 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y +∞ 7 +∞

-9 -9



0,25

Đồ thị :

0,25
2
Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng … (1,00 điểm)
Đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương
trình sau có nghiệm:







)2(164
)1(978
3
24
mxx
mxxx


0,25

Thay (2) vào (1) ta được


916478
324
 xxxxx
01683
24
 xx
.2



x




0,50


Thay
2


x
vào (2) ta được m=0.
Suy ra m = 0 là giá trị cần tìm.
0,25
O

-1 -2
7

1

2

7
7

y

-
9

x

II

2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình tương với
   
  
.01cos2sincos
2
2
cossin

2
2
2cos2sin
2
2


xxx
xxxx

0,50


cos sin 0 1 ,
4
x x tgx x k
p
p
- = Û = Û = +
.
k Z
Î


1
2cos 1 0 cos 2 ,
2 3
x x x k
p
p

- = Û = Û = ± +
.
k Z
Î

Nghiệm của phương trình đã cho là:
2
4 3
x k hay x k
p p
p p
= + = ± + với
.
k Z
Î

0,50
2
Giải bất phương trình… (1,00 điểm)
Điều kiện: 1x .
Bất phương trình đã cho tương đương với
 
.102
1
3
1
1
3
1
1

1
2
2
2
2
2
22









x
x
x
x
x
x
x
xx

Đặt
2
1 x
x
t


 , khi đó bất phương trình (1) trở thành:
2
3 2 0 1 2.
t t t hay t
- + > Û < >

0,25
a. Với t<1 thì
2
2
11
1
xx
x
x


(2).
Nếu
01



x
thì bất phương trình (2) đúng.
Nếu 0 < x < 1 thì bất phương trình (2) .
2
1
01

22
 xxx
Tập nghiệm của bất phương trình (2) là .
2
1
;1
1






S
0,25
b. Với t > 2 thì ).3(122
1
2
2
xx
x
x



( Điều kiện: 1x )
Bất phương trình (3)
 
.
5

52
14
0
22






 x
xx
x

Tập nghiệm của bất phương trình (3) là .1;
5
52
2








S
0,25

Nghiệm của bất phương trình là
.1;
5
52
2
1
;1
21















 SSS
0,25
III

2,00
1
Viết phương trình mặt cầu… (1,00 điểm) 2,00

Tâm I(a ; b ; c) của (S) xác định bởi hệ
 








PI
ICIA
IBIA

0,25












           




















.3
2
1
01332
623304
311304
222222
222222
c
b
a
cba
cbacba

cbacba

0,50

Bán kính của (S) là R= 13 .
Phương trình của (S) là:






.13321
222
 zyx
0,25
2
Viết phương trình mặt phẳng (Q)…(1,00 điểm)
Mặt phẳng (Q) cần tìm chính là mặt phẳng chứa d và đi qua tâm I
của (S).
0,25
Đường thẳng d đi qua M(3 ; 0 ; - 5) có vectơ chỉ phương là


1;9;2u .
Ta có





4;1;128;2;2 IM , do đó vectơ pháp tuyến của (Q)
là


 
11;9;35,
2
1
uIM .
0,50


Mà (Q) đi qua I(1 ; 2 ; 3) nên phương trình của (Q) là:






.05011935031129135  zyxzyx
0,25
IV

2,00
1
Tính tích phân…(1,00 điểm)
Ta có:




2
0
2
1sin2sin
cos.sin

xx
xdxx
I
Đặt t = sinx

dt = cosxdx.
Với x = 0 thì t= 0, với
2

x thì t = 1.
0,50

Suy ra
 
 















1
0
1
0
1
0
1
0
2
111
1
1
t
dt
t
t
t
td
t
tdt
I
.2ln
2
1
1ln

2
1
1
0
 t
Cách khác:
( )
1 1 1
1
2
2
0
0 0 0
1 1 1
(ln 1 )
1 1 ( 1) 1
t dt dt
I dt t
t t t t
+ -
= = - = + +
+ + + +
ò ò ò

0,50
2
Chứng minh p t có đúng 3 nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm)


Phương trình đã cho tương đương với:



01144
2
x
x

Xét hàm số




1144
2
 xxf
x
với
Rx


Có








xxxxxf

xxx
8144ln44.8144ln4
22'

0,50





08144ln0
2'
 xxxf




*04ln84ln4
2
 xx
Phương trình (*) có biệt thức ∆ > 0 nên có đúng hai nghiệm phân
biệt.
Từ bảng biến thiên của f(x) suy ra phương trình f(x) = 0 có không
quá 3 nghiệm phân biệt
Mặt khác:
     
02.3,00,0
2
1








 ffff
Do đó phương trình f(x) = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt:
 
.2;3,
2
1
,0
321
 xxx
0,50
V.a

2,00
1
Tìm hệ số…(1,00 điểm)
Điều kiện: .3,


nNn
Ta có
( ) ( )
( )
3 2 2
! !

2 2 1 .
3 ! 2 !
n n
n n
A A n n
n n
+ = + = -
- -

Do đó


.510011002
223
 nnnAA
nn

0,50

Do đó








.3 33131
10

10
10
1
10
0
10
102
xCxCCxx
n

Hệ số của số hạng chứa x
5
là .612363.
55
10
C
0,50
2

Đường tròn có tâm O(0 ; 0) và bán kính R=1.
Giả sử PA, PB là hai tiếp tuyến (A, B là các tiếp điểm).
 Nếu
POPBPA
o
 260
ˆ
thuộc đường tròn (C
1
) tâm
O bán kính R=2.

 Nếu
POPBPA
o

3
2
120
ˆ
thuộc đường tròn (C
2
)
tâm O bán kính R =
3
2
.
0,50


Đường thẳng y = m thỏa mãn yêu cầu bài toán cắt đường tròn (C
1
)
và không có điểm chung với đường tròn (C
2
).
 Đường thẳng y = m cắt (C
1
)
22





m
.
 Đường thẳng y = m không có điểm chung với
(C
2
)
3
2
 m
hoặc
.
3
2
m

Suy ra các giá trị cần tìm của m là
.2
3
2
3
2
2  mvam 

0,50
V.b

2,00
1

Giải phương trình lôgarit (1,00 điểm) 2,00


Điều kiện







.0
6
9
10
x
x
x

0,50
Phương trình đã cho tương đương với
 







x

xx
xx
6
9log3log
3


3 4 2
6
3 9 3 2 0 1 2.
x x x x x hay x
x
Û = - Û - + = Û = ± = ±
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
.2x

0,50
2
Tính thể tích … (1,00 điểm)
Ta có SA

(SBC)

SA

BD. Mà BD

SB

BD


(SAB)

BD

SM.
Mà SM

AB (do tam giác SAB vuông cân)

SM

(ABD)

SM

AD.
Chứng minh tương tự ta có SN

AD

AD

(SMIN)

AD

SI.
0,50
Ta có 3

22
aSDSAAD 
.
3
32
.
2
2
a
DA
SD
DIDADISD 
.
2
2
2
aAB
MBSM 
Kẻ IH

AB (H

AB).

Suy ra IH // BD. Do đó
3
1




AD
DIAD
AD
AI
BD
IH

.
3
3
1 a
DBIH  Mặt khác SM

(ABD) nên
).(
36
3
.
2
2
.
2
2
.
6
1

6
1
.

3
1
3
đvtt
aaaa
IHBMSMSSMV
MBIMBSI



0,50

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần
như đáp án quy định.

Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn.
E

C

N

H

M
S

B

D

A

I