Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn toán (đề số 1)

TRƯỜNG THPT QUANG TRUNG
Ngày 30/11/2014
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA NĂM 2015
ĐỀ SỐ 1
(Thời gian 180 phút)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
( ) ( )
3 2
3 1 1 1y x x m x= − + + +
có đồ thị
( )
m
C
, với m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1m = −
.
b) Tìm
m
để đường thẳng
( ): 1y x∆ = +
cắt đồ thị
( )
m
C
tại 3 điểm phân biệt
(0;1), ,A B C
sao
cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
OBC
bằng

5 2
2
, với O là gốc tọa độ.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
1.
2 2
(1 cos )cot cos sin sin sin 2x x x x x x− + − + =
2.
( ) ( ) ( )
3 2 3
2 4 1
2
log 4 3log 2 =6+log 6x x x− − + +
Câu 3 (1,0 điểm).
1. Tìm hệ số của
10
x
trong khai triển Niu-tơn của biểu thức:
2
3
1
n
x
x
 
+
 ÷
 
, với
0x

≠
,
n là số nguyên dương thỏa mãn:
1 2 1 100
2 2 2 2
2 2 2 2 2
n n
n n n n
C C C C
−
+ + + = − −
.
2. Cho 8 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác
nhau từ các chữ số trên, trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 3.
Câu 4 (1,0 điểm).
1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
2
2 1x mx m x− − = −
có nghiệm.
2. Tìm giới hạn:
( )
3 1
3 2
1
3 7 4
lim
1
x
x
e x x x

I
x
+
→−
+ + + +
=
+
.
Câu 5.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
( ) ( )
2 2
5 5 1 0
1 1 2
x y x y
y x y y x y

− − + =


− + − = − +


(
∈x, y R
)
Câu 6.(1,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
: 3 1 9C x y− + − =

và đường thẳng
( )
:d
10 0x y+ − =
. Từ điểm M trên
( )
d
kẻ hai tiếp tuyến đến
( )
C
, gọi
,A B
là hai tiếp điểm. Tìm
tọa độ điểm
M
sao cho độ dài đoạn
3 2AB =
.
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng
( )
: 2 3 0d x y− + =
và đường tròn (C):
2 2
4 1 0x y x+ − − =
. Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi
bán kính đường tròn (C) và tiếp xúc với (C).
Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và
·
0
120BAD =

, BD = a, cạnh bên
SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy bằng
0
60
. Tính theo a thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).
Câu 8.(1,0 điểm). Cho ba số thực dương
a
,
b
,
c
thỏa mãn điều kiện : ab + bc + ca = 2abc.
Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 1
(2 1) (2 1) (2 1) 2a a b b c c
+ + ≥
− − −
.
Hết
1
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 1
Câu NỘI DUNG Điểm
1.1
Khảo sát SBT và vẽ đồ thị hàm số với
1m = −
. Ta có
3 2
3 1y x x= − +

1,0
Tập xác định:D =
.R
Giới hạn:
( )
3 2
lim lim 3 1 ,lim
x x
x
y x x y
→−∞ →−∞
→+∞
= − + = −∞ = +∞
.
Sự biến thiên:
2
0
3 6 3 ( 2), 0
2
x
y x x x x y
x
=

′ ′
= − = − = ⇔

=

+ Hàm số đồng biến trên khoảng

( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
.
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
0;2
.
Hàm số đạt cực đại tại
0, (0) 1
CĐ
x y y= = =
, đạt cực tiểu tại
2, (2) 3
CT
x y y= = = −
*Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞

y
′
+ 0 - 0 +
y
1
+∞

−∞
-3

*Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1)
Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng.
f(x)=x^3-3x ^2+1
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
1.2
Tìm m để đường thẳng
( ): 1y x∆ = +
cắt đồ thị
( )
m
C
tại 3 điểm phân biệt
(0;1), ,A B C
sao cho bán
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

OBC
bằng
5 2
2
, với O là gốc tọa độ.
1,0
Phương trình hoành độ giao điểm của
( )
m
C
và (
∆
):
( )
3 2
3 1 1 1x x m x x− + + + = +
( )
( )
( )
2
2
0 1 0;1
3 0
3 0 2
x y A
x x x m
x x m
= ⇒ = ⇒

⇔ − + = ⇔


− + =


Để
( )
m
C
cắt (
∆
) tại 3 điểm phân biệt
(2)⇔
có 2 nghiệm phân biệt khác 0
0
9
4
m
m
≠


⇔

<



Giả sử
( ) ( )
1 1 2 2

; 1 , ; 1B x x C x x+ +
khi đó
1 2
;x x
là nghiệm của phương trình (2) Ta có
( )
( )
1 . .
. ;
2 4
OBC
OB OB BC
S BC d O
R
= ∆ =
(với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
OBC
)
2
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1 . .
. ; . 2 . ; 5 2 ; 3
2 4
OB OC

d O OB OC R d O d O
R
⇒ ∆ = ⇔ = ∆ = ∆
Mà ta có
( ) ( )
2 2
1 1 1 1
. 2 2 1 2 2 1OB OC x x x x= + + + +
Với
2 2
1 1 2 2
3 ; 3x x m x x m= − = −
2
. 4 12 25OB OC m m⇒ = + +
( )
( )
1 2
* ;
2
2
d O ∆ = =
Khi đó thế vào (3) ta được
2
0
2
4 12 25 5 2. 5
3
2
m
m m

m
=

+ + = = ⇔

= −


Kết hợp điều kiện có ba giao điểm suy ra:
3m = −
.
2.1
Giải phương trình:
2 2
(1 cos )cot cos sin sin sin 2x x x x x x− + − + =

0,5
Phương trình
2 2
(1 cos )cot cos sin sin sin 2x x x x x x− + − + =

Điều kiện:
sin 0 ( )x x k k
π
≠ ⇔ ≠ ∈¢
Khi đó: PT
⇔
cos
(1 cos ) cos2 sin sin 2
sin

x
x x x x
x
− + + =
2 2 2
2 2 2
cos cos cos2 sin sin 2sin cos
cos (1 2sin ) cos2 sin (cos sin ) 0
x x x x x x x
x x x x x x
⇔ − + + =
⇔ − + − − =
cos cos2 cos 2 sin cos2 0
cos2 0
cos2 (cos sin 1) 0
cos sin 1 0
x x x x x
x
x x x
x x
⇔ + − =
=

⇔ + − = ⇔

+ − =

Với
cos2 0 ( )
4 2

x x k k
π π
= ⇔ = + ∈¢
.
Với
1
cos sin 1 0 cos 2
4 4 4
2
x x x x l
π π π
π
 
+ − = ⇔ − = ⇔ − = ± +
 ÷
 
2
( )
2
2
x l
l
x l
π
π
π

= +

⇔ ∈


=

¢
.
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:
4 2
x k
π π
= +
,
2
2
x l
π
π
= +

( , )k l ∈¢
.
2.2
Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
3 2 3
2 4 1
2
log 4 3log 2 =6+log 6x x x− − + +
. Điều kiện:
6 4
2

x
x
− < <


≠ −

0,5
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2
3log 4 3log 2 =6-3log 6
log 4 log 6 log 4 2 log 4 6 log 4 2
PT x x x
x x x x x x
⇔ − − + +
⇔ − + + = + ⇔ − + = +
 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
4 2 4 6
4 2 4 6
x x x
x x x
+ = − +
⇔

+ = − − +



Vì
( ) ( )
4 6 0x x− + >
với
6 4
2
x
x
− < <


≠ −

.
2
2
8 ( )
2( )
6 16 0
1 33 ( )
2 32 0
1 33 ( )
x l
x tm
x x
x l
x x
x tm

= −


=

+ − =

⇔ ⇔


= +
− − =



= −

Vậy phương trình có hai nghiệm:
1 33; 2x x= − =
3.1
Tìm hệ số của
10
x
trong khai triển Niu tơn của biểu thức:
2
3
1
n
x
x

 
+
 ÷
 
với n nguyên dương thỏa mãn:
1 2 1 100
2 2 2 2
2 2 2 2 2
n n
n n n n
C C C C
−
+ + + = − −
0,5
3
Ta có:
( )
2
0 1 2 0 1 1 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2
n
n n n n n
n n n n n n n n
C C C C C C C C
+
+ + + = + ⇔ + + + + + + =
0 1 2 1 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2

n n n
n n n n n
C C C C C
−
⇔ + + + + + =
1 2 1 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
n n n
n n n n
C C C C
−
⇔ + + + + + =
2 100
2 2 50
n
n⇔ = ⇔ =
Ta có:
( )
50
50 50
3 50
2 2 5 150
50 50
3
0 0
1
k
k k k k
k k

x C x x C x
x
− −
−
= =
 
+ = =
 ÷
 
∑ ∑
Hệ số chứa
10
x
tương ứng với
5 150 10 32k k
− = ⇔ =
. Vậy hệ số của
10
x
là
32
50
C
3.2 Cho 8 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau từ
các số trên, trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 3.
0,5
Gọi số cần lập có dạng:
1 2 3 4 5 6
a a a a a a
TH1:

1
3a =
. Khi đó số cách sắp xếp 5 số còn lại là
5
7
2520A =
(cách).
TH2:
1
3a ≠
(
1
0a ≠
) Có 6 cách chọn a
1
.
Đưa số 3 vào 5 vị trí còn lại có 5 cách
Cách sắp xếp 6 số còn lại vào 4 vị trí còn lại có
4
6
A
(cách)
Theo quy tắc nhân TH2 có:
4
6
6.5 10800A =
(cách)
Vậy có: 2520 + 10800 = 13320 (số) thỏa mãn bài toán
4.1
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

2
2 1x mx m x− − = −
có nghiệm.
0,5
( )
( )
2
2
2
1
1
2 1
2 1
*
1
x
x
PT
x x
x mx m x
m
x
≥

≥

 
⇔ ⇔
 
+ −

− − = −
=



+

Đặt
( ) ( )
( )
2 2
/
2
2 1 2 3
0, 1
1
1
x x x x
f x f x x
x
x
+ − + +
= ⇒ = > ∀ ≥
+
+
Suy ra
( )
(1) 1f x f≥ =
,
lim ( )

x
f x
→+∞
= +∞
. Kết luận phương trình có nghiệm
⇔
1m ≥
.
4.2
Tìm giới hạn sau :
( )
3 1
3 2
1
3 7 4
lim
1
x
x
e x x x
x
+
→−
+ + + +
+
.
0,5
Ta có
( )
3 1

3 2
1 1
1 3 7 5
lim lim
1 1
x
x x
e x x x
I
x x
+
→− →−
− + + +
= +
+ +
Ta có
( ) ( )
( )
3 1 3 1
1 1
1 1
lim 3 lim 3
1 3 1
x x
x x
e e
x x
+ +
→− →−
− −

= =
+ +

( )
3 2
2
1 1
3 7 5
lim lim 2 5 4
1
x x
x x x
x x
x
→− →−
+ + +
= + + =
+
Vậy
3 4 7I
= + =
5.
Giải hệ phương trình:
( )
( ) ( ) ( )
2 2
5 5 1 0 1
1 1 2 2
x y x y
y x y y x y


− − + =


− + − = − +


1,0
Điều kiện:
0
1
x y
y
+ ≥


≥

, Đặt:
0
1 0
x y a
y b

+ = ≥


− = ≥



Phương trình (2) trở thành:
( ) ( )
2 2
1 1b a a b− = −
( ) ( )
1 0a b ab⇔ − + =
( )
1
1
1 0
1
a b
y
a b x y y
ab VN
x
=

≥

⇔ ⇔ = ⇒ + = − ⇔


+ =
= −


Thay vào phương trình (1) ta được:
2
2

5 6 0
3
y
y y
y
=

− + = ⇔

=


Vậy hệ phương trình có nghiệm:
( 1;2)−
và
( 1;3)−
6.1
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
: 3 1 9C x y− + − =
và đường thẳng
( )
:d
10 0x y+ − =
. Từ điểm M trên
( )
d
kẻ hai tiếp tuyến đến
( )

C
, gọi
,A B
là hai tiếp điểm. Tìm
tọa độ điểm
M
sao cho độ dài đoạn
3 2AB =
0,5
4
Đường tròn © có tâm
(3;1)I
,bán kính
3R IA
= =
Gọi
H AB IM= ∩
, do H là trung điểm của AB nên
3 2
2
AH =
.
Suy ra:
2 2
9 3 2
9
2 2
IH IA AH= − = − =
và
2

6
3 2
2
IA
IM
IH
= = =
Gọi
( ) ( )
;10M a a d− ∈
ta có
( ) ( )
2 2
2
18 3 9 18IM a a= ⇔ − + − =
2 2
2 24 90 18 12 36 0 6a a a a a− + = ⇔ − + = ⇔ =
. Vậy
(6;4)M
thỏa mãn bài ra.
6.2
Trong mặt phẳng tọa Oxy, cho đường thẳng (d) : x-2y+3=0 và đường tròn (C) :
2 2
4 1 0x y x+ − − =
.
Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C) và
tiếp xúc với (C).
(C) có tâm I(2;0), bán kính
5R =
,

2 2 2
(2 3; ) ( ) (2 5)M t t d MI t t− ∈ ⇔ = − +
TH1 : Đường tròn tâm M bán kính 2R tiếp xúc trong với (C)
2 2
IM R=
2
1
5 20 20 0 2 (1;2)t t t M⇔ − + = ⇔ = ⇒
TH2 : Đường tròn tâm M bán kính 2R tiếp xúc ngoài với (C)
( )
2 2 2 2
2 3
2 2 2
9 5 20 20 0 4 4 0
2 2 2
(1 4 2;2 2 2), 1 4 2;2 2 2
t
MI R t t t t
t
M M

= +
= ⇔ − − = ⇔ − − = ⇒

= −


⇒ + + − −
Vậy:
( )

1
1;2M
,
( )
2 3
(1 4 2;2 2 2), 1 4 2;2 2 2M M+ + − −
7
Từ ABCD là hình thoi và
·
0
120BAD =
nên ABC là tam giác đều.
Gọi I là trung điểm của BC
( )
BC SAI⇒ ⊥
⇒
¶
SIA
là góc giữa (SBC) và mặt phẳng đáy (ABCD)
⇒
¶
0
60SIA =
. Mặt khác:
2 2 2
4BD AC AB+ =
Do AC = AB
0
.sin 60
2

3 3
BD a a
AB AI AB⇒ = = ⇒ = =

Do SA
( )
ABCD⊥
nên SA là đường cao của hình chóp nên
0
3
.tan 60
2
a
SA AI= =

3
.
1 1 1 3
. . . .
3 3 2 2 12
3
S ABCD ABCD
a a a
V S SA a⇒ = = =

3
.
12
S ABCD
a

V⇒ =
.(đvtt)
Vì
( ) ( )
( )BC SAI SAI SBC⊥ ⇒ ⊥
Trong tam giác SAI kẻ đường cao AH
(1)AH SI⇒ ⊥
Do
( )
(2)BC SAI AH BC⊥ ⇒ ⊥
Từ (1) và (2)
( )AH SBC⇒ ⊥
hay
( )
( )
,AH d A SBC=
Trong tam giác vuông SAI ta có :
2 2
3 1
.
. 3
2 2
4
3
4 4
a
a
SA AI a
AH
SI

a a
= = =
+

Vậy:
( )
( )
3
,
4
a
d A SBC =
.
x
d
H
M
A
B
I
O
y
5
7 1,0
8
Cho ba số thực dương
a
,
b
,

c
thay đổi thỏa mãn điều kiện : ab + bc + ca = 2abc.
Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 1
(2 1) (2 1) (2 1) 2a a b b c c
+ + ≥
− − −
.
1,0
Từ giả thiết suy ra
1 1 1
2
a b c
+ + =
Đặt :
1 1 1
; y = ; z =
b c
x
a
=
Suy ra x,y,z > 0 và
2x y z+ + =
Ta có:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
1 1 1
(2 1) (2 1) (2 1) ( ) ( ) ( )
x y z

P
a a b b c c y z x z y x
= + + = + +
− − − + + +
Áp dụng bđt Cô-si:
3
2
3
( ) 8 8 4
x y z y z x
y z
+ +
+ + ≥
+
3
2
3
( ) 8 8 4
y x z x z y
x z
+ +
+ + ≥
+

3
2
3
( ) 8 8 4
z y x y x z
y x

+ +
+ + ≥
+
Do đó:
1 1
( )
4 2
P x y z≥ + + =
( đpcm).
Dấu “=’’ xảy ra
2 3
3 2
x y x a b c= = = ⇔ = = =
D
C
A
B
S
I
H
6