đề toán thi thử năm 2015 số 3

SỞ GDĐT HÀ TĨNH
THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN
TỔ TOÁN
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn TOÁN (Lần 2)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
6 9 1y x x x= − + −
(1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
3 2
1 9
3 0
2 2
x x x m
− + − =
.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình:
sin3 3cos3 2sin 0x x x+ − =
.
b) Giải phương trình:
1
1
3 9. 4 0
3
x
x
+

 
+ − =
 ÷
 
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
( )
( )
1
2
0
1 2
x
I x e dx
= − +
∫
.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức
z
, biết:
( )
1 2 10 4z i z i− + = −
.
b) Cho số nguyên dương
n
thoả mãn:
1 2
2 0
n n

C C n− + =
. Tìm số hạng chứa
5
x
trong khai triển
3
2
n
x
x
 
−
 ÷
 
, với
( )
0x ≠
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác vuông tại
B
,
3BC a=
,
10AC a=
.
Cạnh bên
SA
vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng

( )
SBC
và mặt phẳng
( )
ABC
bằng
0
60
.
Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SM
và
AC
theo
a
, biết
M

là điểm trên đoạn
BC
sao cho
2MC MB=
.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Viết phương trình các cạnh của hình vuông
ABCD
, biết rằng các đường thẳng
AB
,
CD
,

BC
và
AD
lần lượt đi qua các điểm
( )
2;4M
,
( )
2; 4N −
,
( )
2;2P
,
( )
3; 7Q −
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
( )
:S
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 2 9x y z− + − + + =
và mặt phẳng
( )
: 2 11 0P x y z+ − − =
. Chứng minh rằng mặt phẳng
( )
P
cắt mặt cầu
( )

S
. Tìm toạ độ tâm
H
của đường tròn giao tuyến của
( )
P
và
( )
S
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 2
3 2 2 3
2 7 2 6 0
7 12 6 2 2 0.
x y x y
x x y xy y x y

− − + + =


− + − + − + =



( )
,x y∈¡
.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm
, ,a b c

thoả mãn
2 2 2
3 0a b c b+ + − ≤
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức sau:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 4 8
1 2 3
P
a b c
= + +
+ + +
.
_________ Hết _________
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
1
SỞ GDĐT HÀ TĨNH
THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN
TỔ TOÁN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn TOÁN (Lần 2)
Đáp án gồm 04 trang
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
1
(2,0đ)
a) (1 điểm)
• Tập xác định:
D = ¡
.

• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: Ta có:
2
' 3 12 9y x x= − +
;
' 0y = ⇔
1x =
hoặc
3x =
.
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
;1−∞
và
( )
3;+∞
, nghịch biến trên khoảng
( )
1;3
.
- Cực trị: Hàm đạt cực đại tại
1x =
,
3
CD
y =
. Hàm đạt cực tiểu tại
3x =
,

1
CT
y = −
.
- Giới hạn:
lim
x
y
→−∞
= −∞
,
lim
x
y
→+∞
= +∞
.
0.25
- Bảng biến thiên:
x
−∞
1 3
+∞
'y
+
0
−
0
+
y

−∞
3
1−
+∞
`
0.25
• Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số đi qua điểm
( )
4;3A
và cắt trục tung tại điểm
( )
0; 1B −
.
0.25
b) (1 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
3 2
6 9 1 2 1 (1)x x x m− + − = −
0.25
Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đường thẳng
2 1y m= −
với đồ thị (C) 0.25
Dựa vào đồ thị, để phương trình có nghiệm duy nhất thì :
2 1 3m − >
hoặc
2 1 1m − < −
. 0.25
Hay
2m
>

hoặc
0m
<
. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi
2m
>
hoặc
0m
<
.
0.25
2
(1,0đ)
a.
sin 3 3cos3x 2sin 0x x+ − =
1 3
sin 3 cos3x sin
2 2
x x⇔ + =
sin 3 sin
3
x x
π
 
⇔ + =
 ÷
 
. 0.25
Suy ra phương trình có các nghiệm:
6

x k
π
π
= − +
;
6 2
x k
π π
= +
(với
k ∈¢
). 0.25
b. Phương trình tương đương:
1
3 3. 4 0
3
x
x
+ − =
. Đặt
3 ,( 0)
x
t t= >
phương trình trở thành:
2
4 3 0t t− + =
. Phương trình này có các nghiệm:
1t
=
và

3t
=
.
0.25
1, 3 1 0
x
t x= ⇒ = ⇔ =
.
3, 3 3 1
x
t x= ⇒ = ⇔ =
.Vậy phương trình có 2 nghiệm
0; 1x x= =
. 0.25
2
3
(1,0đ)
( )
( )
( ) ( )
1 1 1
2 2
0 0 0
1 2 2 1 1
x x
I x e dx x dx x e dx= − + = − + −
∫ ∫ ∫
. 0.25
Tính
( ) ( )

( )
1 1
1
2
1
0
0 0
2 1 2 2 2 1I x dx x dx x x= − = − = − =
∫ ∫
. 0.25
Tính
( )
1
2
2
0
1
x
I x e dx= −
∫
. Đặt
2
2
1
2
x
x
du dx
u x
e

dv e dx
v
= −

= −


⇒
 
=
=



( )
1
1
2
1
2 2 2 2
2
0
0
0
1
1 1 1 3
0
2 2 2 4 2 4 4 4
x
x x

x e
e e e e
I dx
−
−
 
⇒ = + = − + = − + − =
 ÷
 
∫
.
0.25
Vậy
2 2
1 2
3 1
1
4 4
e e
I I I
− +
= + = + =
. 0.25
4
(1,0đ)
a. Gọi
z a bi= +
,
( , )a b∈¡
. Từ giả thiết ta có:

( ) ( )
1 2 10 4a bi i a bi i+ − + − = −
0.25
( )
2 2 10 4a b ai i⇔ + − = −
( )
2 10
2
3
2
a b
a
b
a

+ =
=


⇔ ⇔
 
=
=



. Vậy phần thực là 2, phần ảo là 3.
0.25
b. Tìm n thoả mãn:
1 2

2 0 (*)
n n
C C n− + =
. Điều kiện:
2, .n n≥ ∈¢
! ! ( 1)
(*) 2 0 2 0 7.
( 1)! ( 2)! 2
n n n n
n n n n
n n
−
⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ =
− −
0.25
Ta có:
7
7
3 21 4
7
0
2
.( 2) .
k k k
k
x C x
x
−
=
 

− = −
 ÷
 
∑
.Suy ra số hạng chứa
5
x
ứng với
21 4 5 4k k− = ⇔ =
.
Vậy số hạng chứa
5
x
là
( )
4
4 5 5
5 7
. 2 . 560T C x x= − =
.
0.25
5
(1,0đ)
Vì
BC SA⊥
và
BC AB⊥
nên
BC SB⊥
.

Vậy góc giữa mp
( )
SBC
và mp
( )
ABC
là
·
0
60SBA =
. Ta có:
2 2
AB AC BC a= − =
.
Diện tích
ABC∆
là
2
1 3
.
2 2
ABC
a
S AB BC= =
.
0.25
0
.tan60 3SA AB a= =
. Thể tích khối chóp
2 3

.
1 1 3 3
. . 3.
3 3 2 2
S ABC ABC
a a
V SA S a= = =
.
0.25
Kẻ
MN
song song
AC
cắt AB tại N,
( )
AC SMN⇒ P
. Vậy
( ) ( )
( )
, ,d SM AC d A SMN=
.
Gọi I là hình chiếu của điểm A lên MN, H là hình chiếu của A lên SI ,
( )MI SAI⇒ ⊥
,
MI AH
⇒ ⊥
.Mặt khác
AH SI
⊥
nên

( )
AH SMI⊥
. Vậy
( ,( ))d A SMN AH=
.
0.25
AIN
∆
đồng dạng với
MBN
∆
,
. 2
10
AN MB a
AI
MN
⇒ = =
. Xét
SAI
∆
vuông tại A và có AH là
đường cao
. 102
17
AI SA a
AH
SI
⇒ = =
. Vậy

( )
102
,
17
a
d SM AC =
.
0.25
6
(1,0đ)
Gọi
( )
;n a b
r
là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB. Vì AB đi qua điểm
( )
2;4M
nên phương
trình tổng quát của AB là:
2 4 0ax by a b+ − − =
. Đường BC đi qua
( )
2;2P
và vuông góc với
0.25
3
AB nên có phương trình BC là :
2 2 0bx ay a b− + − + =
.
ABCD là hình vuông nên

( ) ( )
, ,d N AB d Q BC=
hay

2 2 2 2
2 4 2 4 3 7 2 2a b a b b a a b
a b a b
− − − − − − +
=
+ +
9 9
9 7
a b
a b
= −

⇔

=

.
0.25
TH1: Chọn
1, 1a b= ⇒ = −
.
Phương trình AB:
2 0x y− + =
,phương trình BC:
4 0x y+ − =
.

Đường CD đi qua
( )
2; 4N −
và song song với AB nên
phương trình CD là:
6 0x y− − =
.
Đường AD đi qua
( )
3; 7Q −
và song song với BC
⇒
AD
có phương trình:
4 0x y+ + =
.
0.25
TH2: Chọn
7 9a b= ⇒ =
.
Phương trình AB là:
7 9 50 0x y+ − =
, phương trình BC:
9 7 4 0x y− + + =
.
Từ đó phương trình CD là:
7 9 22 0x y+ + =
, phương
trình AD là:
9 7 76 0x y− + + =

.
0.25
7
(1,0đ)
Mặt cầu
( )
S
có tâm
( )
1;1; 2I −
và bán kính
3R
=
. 0.25
Khoảng cách từ
I
đến mặt phẳng
( )
P
là:
( )
( )
( )
( )
2
2 2
1 2.1 2 11
6
, 6
6

1 2 1
d I P
+ − − −
−
= = =
+ + −
.
Vì
( )
( )
,d I P R<
nên mặt phẳng
( )
P
cắt mặt cầu
( )
S
.
0.25
Gọi
( )
C
là đường tròn giao tuyến của mp
( )
P
và mc
( )
S
thì H là hình chiếu vuông góc của
I

lên mp
( )
P
. Ta có phương trình đường thẳng
IH
là:
1
1 2
2
x t
y t
z t
= +


= +


= − −

,
⇒
( )
1 ;1 2 ; 2H t t t+ + − −
.
0.25
Mặt khác
( )
H P∈

nên ta có:
( ) ( )
1 2 1 2 2 11 0t t t+ + + − − − − =
hay
1t =
. Vậy
( )
2;3; 3H −
. 0.25
8
(1,0đ)
Ta có:
3 2 2 3
7 12 6 2 2 0x x y xy y x y− + − + − + =
( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2 0y x x x y x y x
 
⇔ − − − + − + =
 
.
( )
2
0.25
Vì
( ) ( ) ( )
2
2
2 2

3
2 2 2 2 2 0, ,
2 4
x
x x y x y x y x x x y
 
− − + − + = − − + + > ∀
 ÷
 
nên:
( )
2
0x y⇔ − =
hay
x y=
.
0.25
⇒
Hệ tương đương:
2 2
2 7 2 6 0
y x
x y x y
=


− − + + =

2
5 6 0

y x
x x
=

⇔

− + =

2
3.
y x
x
x
=


⇔
=




=


0.25
Vậy hệ có 2 nghiệm
( ) ( )
; 2;2x y =
hoặc

( ) ( )
; 3;3x y =
. 0.25
9
(1,0đ)
Ta thấy:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 4 2 6 1 2 1 0a b c a b c a b c+ + − − − + = − + − + − ≥
, theo giả thiết thì
2 2 2
3a b c b+ + ≤
. Suy ra
3 2 4 2 6 0b a b c− − − + ≥
hay
2 2 10 16a b c+ + + ≤
.
0.25
Với hai số
, 0x y >
thì
( )
2
2 2
1 1 8
x y
x y
+ ≥
+

. Áp dụng nhận xét trên ta có:
0.25
4

( ) ( )
2 2 2
1 4 8
1 2
2
2
a b b
a
+ ≥
+ +
 
+ +
 ÷
 
;
( )
2 2 2
1 1 8
3
2 5
2 2
cb b
a a c
+ ≥
+
   

+ + + + +
 ÷  ÷
   
.
( ) ( )
2
2 2 2 2
8 8 8 16
8.
3 2 2 10
2 5
2 2
P
c a b cb b
a a c
⇒ ≥ + ≥ =
+ + + +
   
+ + + + +
 ÷  ÷
   
.
Theo giả thiết và chứng minh trên thì
0 2 2 10 16a b c< + + + ≤
,
1P
⇒ ≥
.
0.25
Khi

1, 2, 1a b c= = =
thì
1P =
. Vậy
min
1P =
. 0.25
5