Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 5 năm 2015

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 5 NĂM 2015
Môn: TOÁN
Đ
Ề
CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

Ngày thi:… tháng…năm…
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số:
43
23
 xxy
. (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Tìm m để đường thẳng
mmxy  2
cắt đồ thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
24
22
log ( ) 1 2log (2 )
.
10
x y x y
xy
   






Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân


6/
0
32
cos.sin

xdxxI
.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức
z

có phần ảo âm và thỏa mãn
053
2
 zz
. Tìm môđun của số phức
1432 z
.
b) Tìm số hạng chứa
3
x
trong khai triển biểu thức

n
x )12( 
biết rằng
56
210

nnn
CCC
.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng d
1
:

1
4
2
3
1
3





 z
y
x
, d

2
:
1
1
2
1
2
3 




 z
y
x
. Tìm tọa độ điểm B thuộc
2
d
sao cho độ dài đoạn thẳng
AB gấp
2
lần khoảng cách từ A đến
1
d
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với

0
, 30AB a CAD
,


o
ASC 
,
SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối tứ diện S.BCD và khoảng cách từ C
đến mặt phẳng (SBD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC
(
BCAB 
) và tâm đường
tròn ngoại tiếp là
)0;1(I
.
)3;3(M
là một điểm nằm trên đường trung trực của cạnh
BC
.
)4;2(N
là
điểm nằm trên đường thẳng chứa đường phân giác trong góc
B
của tam giác
ABC
và thỏa mãn
CNAN 
. Đường thẳng
BC

đi qua
)4;1(D
và tung độ điểm
B
lớn hơn tung độ điểm
C
. Tìm tọa độ
các đỉnh
A
,
B
,
C
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
32
3 2 2
11
3 ( 1) 1
1
.
7 6 12
x y x xy y
x y y
y x y y xy x

      





      


Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số không âm
cba ,,
và không có hai số đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng
222
333
cba
ba
abcc
ac
abcb
cb
abca









.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:……………………

Trang 1/5


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 5 NĂM 2015
Môn: TOÁN
Đ
Ề
CHÍNH THỨC

(Đáp án – thang đi
ể
m có 5 trang)
Câu Nội dung Điểm
1
(2,0 đ)

a) (1,0 đi
ể
m)
* Tập xác định : D = R.
* Sự biến thiên của hàm số:
- Chiều biến thiên:
2
' 3 6y x x
.

00'  xy
hoặc
2x
.
0,25
- Các khoảng đồng biến
)0;(
,
);2( 
; khoảng nghịch biến (0;2).
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
4,0 
CĐ
yx
; đạt cực tiểu tại
0,2 
CT

yx
.
- Giới hạn:


yy
xx
lim,lim
.
0,25
- Bảng biến thiên:

0,25
* Đồ thị
)(C
:
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y

0,25
b) (1.0 đi

ể
m)
Phương trình hoành độ các giao điểm của d với đồ thị (C) của hàm số (1) là:
mmxxx  243
23
0)22)(1(
2
 mxxx

0,25






)2(022
1
2
mxx
x
.
0,25

Trang 2/5


Yêu c
ầ
u bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

khác 1
' 0 3 0
.
3 0 3 0
m
mm
   



     


0,25
3 m
.
Vậy, các giá trị m cần tìm là
3m
.
0,25

2
(1,0 đ)




Điều kiện:
0
20

xy
xy





.
   
log log x log ( ) log log ( )x y y x y x y        


0,25
)2(2 yxyx 
xy 3
.

0,25
Thế vào phương trình
xy
ta được phương trình
1010
2
x

0,25
13
13
xy
xy

   



   

.
Đối chiếu với điều kiện, hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm
 
1;3
.

0,25
3
(1,0 đ)






6/
0
22
6/
0
32
cos).sin1.(sincos.sin

xdxxxxdxxI

.
0,25
Đặt
xt sin
, ta có
xdxdt cos
. Đổi cận:
00
.
1
62
xt
xt

  



  





2/1
0
42
2/1
0
22

)()1( dtttdtttI

0,25
35
1
2
35
0
tt





0,25
17
480

.
0,25
4
(1,0 đ)







a) (0,5 đi

ể
m)
Xét phương trình
053
2
 zz
(5).
Vì
2
9 20 11 11i     
.
Suy ra
3 11
2
i
z


hoặc
3 11
2
i
z


.
Vì
z
thỏa mãn (5) và có phần ảo âm nên
3 11

2
i
z


.
0,25
Ta có
2 3 14 14 11zi   
.
2 3 14 14 11 14 11 5.zi       

0,25
b) (0,5 đi
ể
m)
Điều kiện:
,2nn
.
0,25

Trang 3/5





()
n n n
nn

C C C n

      
2
10
110 0
11
n
nn
n


    



.
Vì
2,  nNn
nên
10n 
.
Với
10n
, ta có
       
10 10
10 10
10
10 10

00
(2 1) (2 1) 2 1 2 1
k k k k
n k k k
kk
x x C x C x


      

.

Số hạng tổng quát là
   
10
10
21
kk
kk
Cx


.
Số hạng chứa x
3
trong khai triển là
3737
10
960)1()2( xxC 
.

0,25
5
(1,0 đ)
1
d
đi qua
)4;3;3(M
và có véctơ chỉ phương
)1;2;1(
1
u
. Ta có
 
)3;3;3(,),1;1;2(
1
uAMAM
, suy ra
1
1
1
,
3
( , )
2
AM u
d A d
u




 

.
0,25
Phương trình tham số của
2
d
là:








tz
ty
tx
1
21
23
. Tọa độ B có dạng
)1;21;23( ttt 
.
Ta có
9169)2()12()22(
2222
 tttttAB
.

0,25
Do đó:
016939169),(2
22
1
 ttttdAdAB
0 t
hoặc
t 
.
0,25
Vậy
)1;1;3(B
hoặc
( ; ; )B 
.
0,25
6
(1,0 đ)



, .cot
sin
AB
AC a AD CD a   
Vì
)(ABCSA 
nên
SAC

vuông tại A
aACSA 245cot.
0

.

0,25
SACDBCSASV
BCDBCDS

2
1
.
3
1
.
3
1

3
13
. 3. .2
63
a
a a a
(đvtt).
0,25
Các tam giác
SAB
,

SAD
vuông tại A
7,5 aSDaSB 
 
2 2 2 2 2 2
5 7 4 4 19
cos sin
2 . 35
2. 5. 7 35
SB SD BD a a a
BSD BSD
SB SD
aa
   
     


2
1 19.
. . .sin
22
BSD
a
S SB SD BSD  
(đvdt).
0,25

Trang 4/5

19

572
3
))(,(
a
S
V
SBDCd
BDS
BCDS

.
0,25
7
(1,0 đ)














Ta có
(4;3)IM


,
(3;4)IN

,
5IN
.
Từ giả thiết suy ra
IM
,
IN
lần lượt là
đường trung trực của
BC
,
CA
.
Đường thẳng
BC
đi qua
)4;1(D
và nhận
(4;3)IM

làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình là
01634  yx
.

0,25

Gọi
0
N
là điểm chính giữa cung nhỏ

AC

0
N
thuộc đường trung trực cạnh AC và
0
N
thuộc đường phân giác trong của

ABC
0
.NN


N
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
có tâm
)0;1(I
và có bán kính
5IN
nên có

phương trình là
25)1(
22
 yx
. Tọa độ
B
,
C
là nghiệm của hệ phương trình






25)1(
01634
22
yx
yx
hay





0
4
y
x

hoặc
2
5
24
5
x
y









.
Vì
CB
yy 
nên






5
24
;

5
2
B
,
)0;4(C
.
0,25
Đường thẳng
AC
đi qua
)0;4(C
và nhận
(3;4)IN

làm véctơ pháp tuyến nên có
phương trình là
01243  yx
. Tọa độ
A
là nghiệm của hệ phương trình:





25)1(
01243
22
yx
yx

hay





0
4
y
x
hoặc





5/24
5/12
y
x
.
0,25
Vì
CA
nên








5
24
;
5
12
A
. Thử lại thỏa mãn điều kiện
BCAB 
.
Vậy







5
24
;
5
12
A
,







5
24
;
5
2
B
,
)0;4(C
.
0,25
8
(1,0 đ)








1267
1)1(3
1
1
1
223
23
xxyyyxy

yxyxyx
yyx
)8(
)7(



Trang 5/5





Điều kiện:
3
10
0
07
xy
yx
y
  







.

 
3 2 2 3 3 2
11
(7) x 3x y 3xy y 3 3 1
1
y y y
x y y
         


33
11
( 1) ( )
1
y x y
y x y
     

. (9)
0,25
Xét hàm số
1
1
)(
3


t
ttf
trên khoảng

);1( 
, ta có:
1,0
)1(2
1
3)('
3
2


 t
t
ttf
)(tf
đồng biến trên khoảng
);1( 
.
Do đó:
11)()1()9(  xyxyyxfyf
.
0,25
Thay
1x
vào phương trình (8), ta được pt

13671
2
 yyyy
07414)136(4
2

 yyyy

0)4747()4141()96(4
2
 yyyyyy
0)27()21()3(4
222
 yyy

0,25
3
027
021
03









 y
y
y
y
(Thỏa mãn).
Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm
)3;1();( yx

.
0,25
9
(1,0 đ)






Ta có
222
333
cba
ba
abcc
ac
abcb
cb
abca









(10)

0
2
3
2
3
2
3









 c
ba
abcc
b
ac
abcb
a
cb
abca

0
))(())(())((











ba
bcacc
ac
abcbb
cb
cabaa
(11)
0,25
Không giảm tính tổng quát, giả sử
cba 
. Đặt
cb
a
x


,
ac
b
y



,
ba
c
z


.
Do
cba 
nên
zyx 
.
0,25
Ta có
0))((  bcacz
,

0))(()()()()(  yxcbcbycbxcbycax
.
0,25
Suy ra
0))(())(())((  bcaczabcbycabax
hay (11) đúng.
Vậy bất đẳng thức (10) đúng.
0,25
( Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng thì vẫn tính điểm tối đa)
Hết