ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2015

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ ĐỀ XUẤT
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)

Họ v
à tên:………………………

Số báo danh:…… Phòng thi:…………….

Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x



.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Tìm các giá trị của tham số m sao cho đường thẳng d:
5
2
3
y mx m
  
cắt (C)

tại 2 điểm phân biệt.
Câu 2: (1.0 điểm)
1) Giải phương trình
1
cos sin 2
4 4
2
x x
 
   
   
   
   

2) Giải bất phương trình

4 2
2log ( 3) log ( 1) 3
x x
   

Câu 3: (1.0 điểm) Tính tích phân:
 
1
0
x x
x e e dx



Câu 4: (1.0 điểm)
1) Cho số phức
1 2z i 
. Tìm môđun của số phức
2 1w z z  

2) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
2
4
1
n
x
x
 

 
 
biết
0 1 2
2 109
n n n
C C A  

Câu 5: (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
( ),SA ABCD

, 2AB a BC a
 
, góc hợp bởi SC với mặt phẳng đáy bằng
0

60
. Gọi G
là trọng tâm tam giác SAD . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
từ điểm G đến mặt phẳng (SBC).
Câu 6: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
của BC. Biết AM có phương trình là:
3 7 0x y  
, 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 7: ( 1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho điểm
A
(2; –1; –1) và mặt
phẳng
( ) : 2 2 3 0
P x y z
   
.Viết phương trình mặt cầu
( )S
có tâm là điểm
A
và tiếp
xúc với mặt phẳng
( )P
và tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của
A
trên

( )P
.
Câu 8: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
 
3
4
1 8
1
x y x
x y

   


 



Câu 9: (1,0 điểm) Xét các số thực dương x ; y thỏa mãn điều kiện
5 4 23x y xy 
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 7
4 9
2
P x y
x y
   
.
Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
1) (1,0 điểm)
Tập xác định:
 
\ 1
D R
 

0,25
Sự biến thiên:

 
2
1
' 0,
1
y x D
x
   

.
- Hàm số đồng biến trên các khoảng
 
; 1 
và
 
1;
 

.
- Hàm số không có cực trị.
- Giới hạn

( 1)
lim
x
y

 
 
và
( 1)
lim
x
y

 
 
1x  
là tiệm cận đứng

lim 2
x
y


và
lim 2
x

y



2y 
là tiệm cận ngang

0,25
- Bảng biến thiên:

0,25
Đồ thị:
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
x
y
1
2


0,25
2) (1,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình :

1 2
2
2 0 (1)
2 1 5
2
3 3
1 3
1
mx m x m
x
mx m
x
x

 

 
 



    

   

 

0,25

Đường thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
 
1

có hai nghiệm phân biệt khác
–1
   
1
2
9 2 0
9
2
1 2
1 1 2 0
3 3
m m
m m m




 

 

 

    

      

0,25

2
1 1
3 0 3 0
3 3
m m
 
 
 
     

0,25
Câu 1
(2,0 điểm)

1
.
9
m
 
0,25
x
y’
y
-

-1

+

2
+
+
+

-

2
Vậy
1
9
m

thì đường thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
1) (0,5 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
2 cos 2 sin 2 1
4 4
x x
 
   
   
   
   

  
sin cos 1 2cos 0
x x x

   

0,25
*
 
sin cos 0
4
x x x k k


      


*
 
1 2cos 0 2
3
x x k k


      


0,25
2) (0,5 điểm)
Đk: x > 3. Khi đó phương trình tương đương log
2
(x-3)(x-1)

3

0,25
Câu 2
(1,0 điểm)


(x-3)(x-1)

8

x
1 
hoặc x
5
.Kết luận : x
5

0,25

 
1 1 1
2
0 0 0
x x x x
x e e dx xe dx e dx
  
  

0,25
1
0

x
A xe dx


. Đặt
x x
u x du dx
dv e dx v e
 
 

 
 
 

Khi đó:
1
1
0
0
x x
A xe dx xe e  


0,25
B =
1
1
2 2 2
0

0
1 1 1
2 2 2
x x
e dx e e
  


0,25
Câu 3
(1,0 điểm)

Vậy
 
1
0
x x
x e e dx 

2
1 1
2 2
e e
 

0,25
1) (0,5 điểm)
1 2 1 2z i z i    

 

2 1 1 2 2 1 2 1 4 2w z z i i i         

0,25
2 2
4 2 2 5
z   

0,25
2) (0,5 điểm)
0 1 2
2 109
n n n
C C A  
(3)
Điều kiện:
2
n


 
   
2
12
! !
3 :1 2 109 3 108 0
9
1! 1 ! 2 !
n
n n
n n

n
n n


       

 
 


0,25
Câu 4
(1,5 điểm)

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển
12
2
4
1
x
x
 

 
 
là:
 
12
2 6 48
1 12 12

4
1
k
k
k k k
k
T C x C x
x



 
 
 
 

6 48 0 8
k k
   

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển
12
2
4
1
x
x
 

 

 
là
8
12
495
C 

0,25
(thỏa điều kiện)
(không thỏa đk)

H
N
O
M
G
D
C
B
A
S

+Ta có :
2
. 2
ABCD
S AB BC a 

+
( )

SA ABCD
 
h/c vuông góc của SC lên (ABCD) là AC

0
60
SCA 












0,25
+
2 2
3AC AB BC a
  
; +
0
tan 60 3
SA
SA a
AC

  

+
2 3
.
1
.3 . 2 2
3
S ABCD
V a a a 

0,25
+ Ta có
   
. .
3 2
2 2
;( ) ;( ) .
3 3
S NBC S NBC
SBC SBC
V V
d G SBC d N SBC
S S
 
  

+
3
.

1 1 1 2
. . .3 . .
3 3 2 2
S NBC BCN ABCD
a
V SA S a S

  

0,25
Câu 5
(1,0 điểm)

+
2 2 2
1 1
. . 5
2 2
SBC
S BC SB BC SA AB a

   
. Vậy
 
2
;( )
10
a
d G SBC 

0,25






D C
+ Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM
 
6
;
10
BH d B AM  

+Đặt cạnh hình vuông là
0
x


+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
      

0,25
+A thuộc AM nên
 
;7 3A t t


   
2 2
2
3 2 4 3 6 3 2 10 44 34 0
AB t t t t
         

 
1 1;4
17 17 16
;
5 5 5
t A
t A
 




 

 
 


 

. So với điều kiện đề ta có
 
1;4
A

0,25
+ 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; 2
C
 

0,25
Câu 6
(1,0 điểm)

+ Gọi I là tâm của hình vuông
 
1;1
I
.Từ đó
 
2;1
D 

0,25
A
B
H
I
M
x
2
x


Bán kính của mặt cầu
( )S
là:
2 2 2
2.2 2.( 1) ( 1) 3
( ,( )) 2
2 2 ( 1)
R d A P
    
  

  
.

0,25
Vậy phương trình của mặt cầu
( )S
là:
2 2 2
( 2) ( 1) ( 1) 4
x y z
     
.
0,25
Gọi
H
là hình chiếu của
A
trên
( )P
, d là đthẳng đi qua A và vuông góc (P)
( )P
có vectơ pháp tuyến là
(2;2; 1)
n
 

.
Mà
( ) d P n
 


là một véctơ chỉ phương của d
Suy ra d có phương trình tham số là:
2 2
1 2
1
x t
y t
z t





 
  
  

0,25
Câu 7
(1,0 điểm)

Ta có
H
là giao điểm của d và
( )P
.
Xét phương trình ẩn t sau:
2
2(2 2 ) 2( 1 2 ) ( 1 ) 3 0 9 6 0

3
t t t t t
              

Vậy
2 7 1
( ; ; )
3 3 3
H
 
.
0,25
Điều kiện x ≥ 1; y ≥ 0. Hệ phương trình đã cho tương đương với
 
 
2
3
4
1 1 8 0 (1)
1 (2)
x x x
y x

     


 



0,25
Xét hàm số
 
2
3
( ) 1 1 8
f x x x x
     
với x ≥ 1
2
1
'( ) 3 2 2 0
2 1
f x x x
x
    

với mọi x > 1 nên f(x) đồng biến trên (1;+).
0,25
Mặt khác f(x) =f(2) nên x = 2 là nghiệm của phương trình (1).
0,25
Câu 8
(1,0 điểm)
Với x = 2 thì y = 1 . Vậy nghiệm của hệ phương trình là : (x;y) = (2;1)
0,25
4 5
5 4 23 23
x y xy
x y
    

 
3 7 1 1 1 4 5 1 1 23
4 9 4 9 4 9 4
2 2 2
P x y x y x y
x y x y x y x y
 
              
 
 

0,25
Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương
4x
và
1
x
ta được:
 
1
4 4 5
x
x
 

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dương
9y
và

1
y
ta được:
 
1
9 6 6
y
y
 

0,25
Câu 9
(1,0 điểm)
Từ (4), (5) và (6) ta được
43
2
P 

Hơn nữa với
1 1
;
2 3
x y
 
ta có
4 5
23
x y
 
và

43
2
P 

Vậy
43
min
2
P 

0,25

HẾT