Đề thi thử môn toán vào đại học có đáp án đề số 23

SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
TRƯỜNG THPT QUY NHƠN Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số:
3 2 2
y = 2x + (m + 1)x + (m - 4)x - m + 1
a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số khi m = 2.
b/ Viết phương trình tiếp tuyến của
( )C
tại giao điểm của
( )C
với trục tung.
Câu 2 (1,0 điểm):
a/ Giải phương trình lượng giác:
2cos(2x ) 4sinx.sin3x - 1 0
3
π
+ + =
b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức:
2
2z - 2z + 5 = 0
Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình:
2 0,5
2log (x - 2) + log (2x -1) = 0
Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình
( ) ( )
2 1
2

3 2
2.4 1 2 2log
1 1
y x
x
y
x x y xy x
+

+ = +



+ = + + +

, (x,y
∈
R).
Câu 5 (1,0 điểm): Tính tích phân
1
x
0
I = (1 + x)e dx
ò
Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng
60
0
. Tính thể tích của hình chóp.
Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC. Biết
AM có phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A có

tung độ dương, điểm M có tung độ âm
Câu 8 (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm
( 3;2; 3)A - -
và hai đường thẳng
1
x -1 y + 2 z - 3
d : = =
1 1 -1
và
2
x - 3 y -1 z - 5
d : = =
1 2 3
a/ Chứng minh rằng
1
d
và
2
d
cắt nhau.
b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
1
d
và
2
d
. Tính khoảng cách từ A đến mp(P).
Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa
6
x

trong khai triển của:
3 5
2
1
n
x x
x
 
+
 ÷
 
, biết tổng
các hệ số trong khai triển trên bằng
4096
( trong đó n là số nguyên dương và
0x >
).
Câu 10 (1,0 điểm): Cho
, ,a b c
là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
4 4 4
a b c
b c a a b b c c a
+ + +
+ + ≥ + +
+ + +

.
………………….HẾT……………
ĐỀ THI THỬ
P N
Cõu Ni dung im
1a
Vi m = 2 ta cú hm s:
3 2
2 3 1y x x= + -
Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
2
6 6y x x
Â
= +
Cho
hoac
2
0 6 6 0 0 1y x x x x
Â
= + = = = -
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
đ- Ơ đ+Ơ
= - Ơ = +Ơ
Bng bin thiờn
x

1 0
+Ơ
y
Â
+ 0 0 +
y
0
+Ơ
1
Hm s B trờn cỏc khong
( ; 1),(0; )- Ơ - +Ơ
, NB trờn khong
( 1;0)-
Hm s t cc i y
C
= 0 ti
Cẹ
1x = -
, t cc tiu y
CT
= 1 ti
0x =
CT
.

1 1
12 6 0
2 2
y x x y
ÂÂ

= + = = - ị = -
. im un:
1 1
;
2 2
I
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
- -
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
Giao im vi trc honh:
cho
hoac
3 2
1
0 2 3 1 0 1
2
y x x x x= + - = = - =
Giao im vi trc tung: cho
0 1x y= ị = -
Bng giỏ tr: x
3
2
-
1-

1
2
-
0
1
2
y
1-
0
1
2
-
1-
0
th hm s: nh hỡnh v di õy
1.0
1b
Giao im ca
( )C
vi trc tung:
(0; 1)A -

0 0
0 ; 1x y= = -

(0) 0f
Â
=
Vy, pttt ti A(0;1) l:
1 0( 0) 1y x y+ = - = -

1.0
2a
Gii phng trỡnh :
2cos(2x ) 4sinxsin3x 1 0
3

+ + =
(1)
2(cos2xcos sin 2x sin ) 4sin x sin 3x 1 0
3 3

+ =
2
cos2x 3sin2x+4sin xsin3x 1 0
1 2sin x-2 3sin x cos x 4sin x sin 3x 1 0
sinx(2sin3x-sin x- 3 cos x) 0
=
+ =
=
0.5
sinx 0
sinx 3cos x 2sin3x
=

⇔

+ =

*sinx 0 (k z)x k
π

= ⇔ = ∈
1 3
*sinx 3 cos x 2sin 3x sinx cosx sin 3x
2 2
3x x k2 x k
3 6
sin(x ) sin 3x (k z)
3
3x x k2 x k
3 6 2
+ = ⇔ + =
π π
 
= + + π = + π
 
π
↔ + = ⇔ ↔ ∈
 
π π π
 
= π− − + π = +
 
 
vậy phương trình đã cho có nghiệm
x k
π
=
;
x k
6 2

π π
= +

(k z)∈
2b
2
2 2 5 0z z- + =
(*)
 Ta có,
2 2
( 2) 4.2.5 36 (6 )iD = - - = - =
 Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt:
; z
1 2
2 6 1 3 2 6 1 3
4 2 2 4 2 2
i i
z i i
+ -
= = + = = -
0.5 đ
3
2 0,5
2log ( 2) log (2 1) 0x x- + - =
(*)
 Điều kiện:
2
2 0
2
1

2 1 0
2
x
x
x
x
x
ì
ï
>
ì
ï
ï
- >
ï
ï
ï
Û Û >
í í
ï ï
- >
>
ï ï
î
ï
ï
î
 Khi đó, (*)
2 2
2 2 2 2

log ( 2) log (2 1) 0 log ( 2) log (2 1)x x x xÛ - - - = Û - = -

Û
(loai)
(nhan)
2 2
1
( 2) (2 1) 6 5 0
5
x
x x x x
x
é
=
ê
- = - Û - + = Û
ê
=
ê
ë
0.5 đ
4
Điều kiện:
2 0
0
0
0
x
x
x

y
y
≥

>


⇔
 
>
>




Ta có:

( )
( )
( )
2
2 1 1 0 1 0x yx x y x y⇔ + + − − = ⇔ − − =
( Vì
2
1 0x yx+ + >
)

1y x⇔ = −
(a)

( )
1 ⇔

2 1
2
2.4 1 2 2log
y x
x
y
+
+ = +

( )
2 2
2 2
2 log 2 2 log 2 *
y x
y x⇔ + = +
Xét hàm số:
( )
2
2 log
t
f t t= +
trên
( )
0;+∞

Ta có:
( )

[ ]
1
' 2 ln 2 0 0;
ln 2
t
f t t e
t
= + > ∀ ∈
,vậy
( )
f t
là hàm số đồng biến.
Biểu thức
( ) ( )
( )
* 2 2 2 2f y f x y x⇔ = ⇔ =
(b)
Từ (a) và (b) ta có:
( )
2 2
1 1
2 1 2
4 8 4 2 2 5 2 0
x x
x x
x x x x x
≥ ≥
 
− = ⇔ ⇔
 

− + = − + =
 
1
2
1
2
x
x
x
≥



=

⇔




=




2x
⇔ =
1.0 đ
Với
2 1x y= ⇒ =

, suy ra hệ phương trình có một nghiệm
( )
2;1
.
5
1
0
(1 )
x
I x e dx= +
ò
 Đặt
1
x x
u x du dx
dv e dx v e
ì ì
ï ï
= + =
ï ï
ï ï
Þ
í í
ï ï
= =
ï ï
ï ï
î î
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:
1 1

1
1 0 1 0
0
0
0
(1 ) (1 1) (1 0) 2 1 ( )
x x x
I x e e dx e e e e e e e= + - = + - + - = - - - =
ò
 Vậy,
1
0
(1 )
x
I x e dx e= + =
ò
1.0 đ
6
 Gọi O là tâm của mặt đáy thì
( )SO ABCD^
do đó SO là đường cao
của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO,
do đó
·
0
60SBO =
(là góc giữa SB và mặt đáy)
 Ta có,
· · ·
tan .tan .tan

2
SO BD
SBO SO BO SBO SBO
B O
= Þ = =
0
2.tan60 6a a= =
 Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là
3
1 1 1 4 6
. . . 2 .2 . 6
3 3 3 3
a
V B h AB BC SO a aa= = = =
1.0 đ
7

2
x
Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM
( )
6
;
10
BH d B AM⇒ = =
Đặt cạnh hình vuông là x>0
Xét tam giác
ABM
có
2 2 2 2 2

1 1 1 10 1 4
3 2
36
x
BH BA BM x x
= + ⇔ = + ⇔ =
A thuộc AM nên
( )
;7 3A t t−
C
D
A
B
H
I
M
x
( ) ( )
( )
2 2
2
3 2 4 3 6 3 2 10 44 34 0
1
17 16
; , 1;4 /
17
5 5
5
AB t t t t
t

A loai A t m
t
= ⇔ − + − = ⇔ − + =
=

 

⇔ ⇒ − − −
 ÷

=
 

Làm tương tự cho điểm B, với
3 2 5 1
;
2 2 2 2
x
BM M
 
= = ⇒ −
 ÷
 
M là trung điểm của BC
( )
1; 2C⇒ −
Gọi I là tâm của hình vuông
( )
1;1I⇒
Từ đó

( )
2;1D⇒ −
8
a/  d
1
đi qua điểm
1
(1; 2;3)M -
, có vtcp
1
(1;1; 1)u = -
r

 d
2
đi qua điểm
2
(3;1;5)M
, có vtcp
2
(1;2;3)u =
r
 Ta có
1 2
1 1 1 1 1 1
[ , ] ; ; (5; 4;1)
2 3 3 1 1 2
u u
æ ö
- -

÷
ç
÷
ç
= = -
÷
ç
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
r r
và
1 2
(2;3;2)M M =
uuuuuur

 Suy ra,
1 2 1 2
[ , ]. 5.2 4.3 1.2 0u u M M = - + =
uuuuuur
r r
, do đó d
1
và d
2
cắt nhau.
b/ Mặt phẳng (P) chứa

1
d
và
2
d
.
 Điểm trên (P):
1
(1; 2;3)M -
 vtpt của (P):
1 2
[ , ] (5; 4;1)n u u= = -
r r r
 Vậy, PTTQ của mp(P) là:
5( 1) 4( 2) 1( 3) 0x y z- - + + - =
5 4 16 0x y zÛ - + - =
 Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là:
2 2 2
5.( 3) 4.2 ( 3) 16
42
( ,( )) 42
42
5 ( 4) 1
d A P
- - + - -
= = =
+ - +
1.0 đ
9
Xét khai triển :

5
3 5 3
2
3 3
1 1
n
n
x x x x
x x
 
 
+ = +
 ÷
 ÷
 
 

1
5 5 5
3 0 1
2 2 2
3 3 3
1 1 1

k n
n n n k
k n
n n n n
x C C x C x C x

x x x
− −
 
     
     
 
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     
 
     
 

Thay
1x
=
vào khai triển ta được:

0 1
2
n k n
n n n n
C C C C
 
= + + + + +
 
Theo giả thiết ta có:

0 1

4096
k n
n n n n
C C C C+ + + + + =

12
2 2 12
n
n⇔ = ⇔ =

0.5 đ
10
Với
12n
=
ta có khai triển:
12
3 5
2
1
x x
x
 
+
 ÷
 
Gọi số hạng thứ
( )
1 0 12,k k k Z+ ≤ ≤ ∈
là số hạng chứa

6
x
.
Ta có :
(
)
12
5
2 21
3 5
2
1 12 12
2
1
k
k
k
k
k k
k
T x C x C x
x
−
− +
+
 
= =
 ÷
 

Vì số hạng có chứa
6
x
nên :
( )
2 21 6
5
2 21 6 6
2 9
k
k k
+
− + = ⇔ = =
.
0,5
Với
6k =
ta có hệ số cần tìm là :
6
12
924C =
.
Ta có:

2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
4 4 4 4 4 4
a b c
VT

b b c c a a
     
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     

2 2 2 2 2 2
1
2 2 2 2
a b c a b c
b c a b c a
 
≥ + + = + +
 ÷
 
Mặt khác:
2 2 2
1 2 1 2 1 2
; ;
a b c
b a b c b c a c a
+ ≥ + ≥ + ≥
Cộng theo vế các BĐT trên ta được:
2 2 2
1 1 1a b c
b c a a b c
+ + ≥ + +
Suy ra:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4

VT
a b c a b b c c a
 
       
≥ + + = + + + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
 
       
 

1 4 4 4 1 1 1
4
VP
a b b c c a a b b c c a
 
≥ + + = + + =
 
+ + + + + +
 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
1a b c= = =
1.0 đ