TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU II TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số
32
31y x x  
có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k = 9.
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình:
os2 (cos sinx 1) 0c x x  
.
b) Tìm số phức z thỏa mãn:
(2 1)(1 ) ( 1)(1 ) 2 2z i z i i      

Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình:
21
1
3 4.( ) 1 0.
3
xx
  

Câu 4. (1,0 điểm) Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
2
1
x
y
x



,

trục hoành và các đường thẳng x = -1 ; x = 0 .
Câu 5. (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
2
3 4 5 3 8 19 0x x x x      

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và
mặt đáy bằng
60
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN).
Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD . Gọi
M
là trung điểm của cạnh
BC,
N
là điểm trên cạnh AC sao cho
1
;
4
AN AC
điểm N thuộc đường thẳng
3 4 0,xy  

phương trình đường thẳng
: 1 0.MD x 
Xác định tọa độ đỉnh A của hình vuông ABCD, biết
khoảng cách từ A đến đường thẳng MD bằng 4 và điểm N có hoành độ âm.
Câu 8.(1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
12
:

2 1 3
x y z
  

và mặt
phẳng
 
:2 2 1 0P x y z   
. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng

và mặt phẳng (P).
Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
 
3; 1;2A 
, cắt đường thẳng

và song song với mặt
phẳng (P).
Câu 9. ( 0,5 điểm) Tìm hệ số của x
8
trong khai triển (x
2
+ 2)
n
biết:
3 2 1
8 49
n n n
A C C  
.

Câu 10. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2 2 3
2
22
4 ( 1 1)( 3 2)
1
( 1) 2(1 )
x x x y y
x
xy
y

     



   




HẾT
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU II
TỔ TOÁN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 -
Câu

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Điể
m
1.a

1,0

+ TXĐ : R ;
+ Sự biến thiên
2
' 3 6y x x

0
'0
2
x
y
x







Hàm số đồng biến trên
 
;0
và
 

2;

Hàm số nghịch biến trên
 
0;2

+ Giới hạn tại vô cực
Có
lim ; lim
xx
yy
 
   
;
+) Cực trị của hàm số: y
CĐ
=1 tại x = 0; y
CT
= -3 tại
2x 





0,25

0,25
BBT (lập đúng và đầy đủ)
0,25


Đồ thị: (Vẽ đúng và chính xác)
0,25
1.b

1,0

Ta có:
2
' 3 6y x x

Gọi
00
( ; )M x y
là tiếp điểm

Tiếp tuyến tại M có hệ số góc
'2
0 0 0
( ) 3 6k f x x x  


0,25
Theo giả thiết, tiếp tuyến có hệ số góc k = 9

0

22
0 0 0 0
0
1 ( 1; 3)
3 6 9 2 3 0
3 (3;1)
xM
x x x x
xM
    

      




0,25
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(-1;-3) là:
9( 1) 3 9 6y x y x     

0,25
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(3;1) là:
9( 3) 1 9 26y x y x     

0,25
2

1,0
a
 

cos2 cos sin 1 0x x x  
cos2 0
1
sin
4
2
x
x













0,25
+) Với
 
cos2 0
42
k
x x k

    

+) Với
2
1
sin ( )
4
2
2
2
xk
xk
xk








   






0,25
b

0,5

Gọi z= a+ bi (a, b
R
) Ta có






GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 -
  
 
 
       
       
2 1 1 1 1 2 2
2 1 2 1 1 1 2 2
2 2 1 2 2 1 1 1 2 2
z i z i i
a bi i a bi i i
a b a b i a b a b i i
      
             
   

             

0,25
   
1
3 3 2
11
3
3 3 2 2 2
2 2 1
33
3
a
ab
a b a b i i z i
ab
b






           

   







0,25
3
21
3 4.3 1 0
xx
   
31
0
1
1
3
3
x
x
x
x















0,5
4

1,0

Diện tích S của hình phẳng trên là
dx
x
x
S





0
1
1
2

0,25
Từ hình vẽ , suy ra
 
1;0-x , 0
1
2



x
x















0
1
0
1
0
1
0
1
)
1
3
1()
1
3)1(
)
1
2
(
1
2
dx
x
dx
x
x
dx
x
x
dx

x
x
S
12ln32ln311ln.30)2ln31()1ln30(
1
0
) 1ln3( 

 xx
(đvdt)


0,25


0,5


5

1,0



y
x
f
x
 
=

-x-2
x-1
3
-4
2
-1
-2
O
1
A
B
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 -
2
4
5
3
( 3 4 4) (1 5 ) 3 8 16 0
3( 4) 4
( 4)(3 4) 0
3 4 4 1 5
31
( 4)( 3 4) 0 4
3 4 4 1 5
3 1 4
( 3 4 0; ;5 )
3
3 4 4 1 5
x
x x x x
xx

xx
xx
x x x
xx
do x x
xx
  
         

     
   
       
   

      

   


Tập nghiệm của bất phương trình là:
45x

0,25






0,5

0,25
6

1,0


*)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác
đều tâm G và
 
SG ABC
.
1
.
3
S ABC ABC
V SG S

Tam giác ABC đều cạnh a nên
2
33
24
ABC
aa
AN S  

Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc
giữa cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) =

60SAG 
(vì
SG AG SAG
nhọn)
0,25
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
23
33
a
AG AN
Trong tam giác SAG có
.tan60SG AG a  
Vậy
23
.
1 3 3

3 4 12
S ABC
aa
Va

0,25
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M

(SMN)
nên
 
 
 

 
,,
3
C SMN G SMN
dd
Ta có tam giác ABC đều nên tại K
 
SG ABC SG MN  

 
MN SGK
. Trong (GKH), kẻ
 
GH SK GH MN GH SMN    
,
H SK

 
 
,G SMN
d GH

0,25
Ta có
1 2 2 1 1 3
;
2 3 3 2 6 12
a
BK AN BG AG AN GK AN AN AN       

Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 48 49
7
a
GH
GH SG GK a a a
      
. Vậy
 
 
,
3
3
7
C SMN
a
d GH

0,5
7

1,0
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 -

Ta có
2
IA ID DA
IMC IDA
IC IM MC

      

5
8
IN
IA


   
55
,,
82
d N MD d A MD  

Trước hết ta chứng minh
   
55
,,
82
d N MD d A MD





0,25
Giả sử
 
; 3 4N n n
,

Từ
 
 
7
5 5 3 1
2
, 1 ;
3
2 2 2 2
2
n
d N MD n N
n




      







lo¹ i

Lại do tam giác MND vuông cân
 
52

2,
2
ND d N MD  

Nên các điểm D và M là giao của đường thẳng DM và đường tròn tâm N bán kính
52
,
2
ND 
hay tọa độ các điểm đó là nghiệm của hệ
0,25
       
       
22
10
; 1;3 1;3 , 1; 2
3 1 25
; 1; 2 1; 2 , 1;3
2 2 2
x
x y D M
x y D M
xy


  






   
   
   

   


   


0,25
+) Trường hợp 1:
   
1;3 , 1; 2DM
, từ
1
2 1; ,
3
DI IM I

  



lại từ
 
5
3;1
8

IN IA A  

+) Trường hợp 2:
   
1; 2 , 1;3DM
, từ
4
2 1; ,
3
DI IM I





lại từ
 
5
3;0
8
IN IA A  

0,25
8

1,0

+) Tọa độ giao điểm H(3;1;3)
+) Gọi
B d B   
nên giả sử
 
1 2 ;2 ;3B t t t

Khi đó
 
2 2 ;3 ;3 2AB t t t    
là vtcp của d. Mặt phẳng (P) có vtpt
 
2; 1; 2n   

Vì d//(P) nên
     
. 0 2 2 2 3 2 3 2 0 3AB n t t t t           

 
8;6, 11AB   
hay là vtcp của d.
0,5
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 -

Vậy phương trình d:
38
1 6 ,
2 11
xt
y t t
zt



   





0,5
9

0,5

Điều kiện n  4
Ta có
 
22
0
22
n
n
k k n k

n
k
x C x




Hệ số của số hạng chứa x
8
là
44
2
n
n
C


Hệ số của số hạng chứa x
8
là
44
2
n
n
C


0,25
Ta có:
3 2 1

8 49
n n n
A C C  

 (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
 n
3
– 7n
2
+ 7n – 49 = 0  (n – 7)(n
2
+ 7) = 0  n = 7
Nên hệ số của x
8
là
43
7
2 280C 



0,25
10

1,0

2 2 2 3
2
22
4 ( 1 1)( 3 2) (1)

1
( 1) 2(1 ) (2)
x x x y y
x
xy
y

     



   



Phương trình (2) tương đương với
2 2 2
22
22
( 2 1) 2( 1 )
2
( 2)( 1) 0
1
y x y y y x
y
y x y
xy
     



     




0,25
+) Với y= -2 thay vào phương trình ( 1) ta có
2 2 2
2
0
0
4 ( 1 1)
22
13
x
x
x x x
x
x




    









0,25
+)
22
11
1
11
x
xy
y
  

  

  

Từ phương trình (1) ta có
 
2 2 2 3
2 2 3
4 1 1 ( 1 1)( 3 2)
4 1 3 2 0
x x x y y
x x y y

        

      

- Xét hàm số
   
2 2 3
( ) 4 1 ; 1;1 ; ( ) 3 2; 1;1f x x x x g x y y y           

 


 
 
1;1
1;1
( ) ( 1); (0); (1) (0) 4
( ) ( 1); (0); (1) (1) 4
Min f x Min f f f f
Ming y Min g g g g


   
    

 
( ) ( ) 0; , 1;1f x g y x y    
Dấu “=” khi x=0; y=1
Vậy tập nghiệm của hệ là
 
(0; 2),(2 2; 2),( 2 2; 2),(0;1)T     

0,5
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 -