Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 105

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 105
Ngày 19 tháng 5 năm 2015
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
( 1) (2 1) 2 y x m x m x m= + − − + −
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m =1.
2. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại
1 2
,x x
thỏa mãn:
2 2
1 2 1 2
1x x x x+ = +
.
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình:
8 os3
2sin
2 cos
c x
x
x
+
= −
−
.
2. Tìm số phức
z
biết

3 5z =
và phần thực của
z
bằng 2 lần phần ảo của nó
Câu 3.(0.5 điểm) Giải bất phương trình:
3 1
1
3
1
2log log (16 15.4 27) 0
4 3
x x
x+
− + + ≥
−
.
Câu 4.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3 2 2 3 2 0
(x,y R)
5 2 5 3 3 2
x xy y x y
x xy y x y

+ + − − =

∈

+ + − − =



.
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I =
1
2
0
( 1)
( 1)
x
x e
dx
x
+
+
∫
.
Câu 6.(1,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB = a, BC =
2a. Biết hình chiếu của B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC và góc giữa đường thẳng CC’ và mặt phẳng (A’B’C’) là 60
0
. Tính thể tích khối
lăng trụ và góc giữa đường thẳng HB’ và mặt phẳng (ABB’) theo a.
Câu 7.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng
1 2
: 7 3 0; : 2 1 0d x y d x y− + = + + =
. Lập
phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng

2
d
và tiếp xúc với đường thẳng
1
d
tại
điểm có hoành độ là 4.
Câu 8.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác
ABC
có
(0;1;4)A
và hai trung tuyến nằm
trên hai đường thẳng có phương trình:
1
2 5
: ;
2 2 1
x y z
d
− −
= =
−
2
3 1 1
:
1 4 1
x y z
d
− − −

= =
−
. Tính diện
tích tam giác
ABC
.
Câu 9.(1,0 điểm) Tìm số hạng chứa
10
x
trong khai triển
3
(2 )
n
x
x
−
biết
n
là số tự nhiên thỏa
mãn:
1 3 5 2 1 2011
2 1 2 1 2 1 2 1
3 5 (2 1) 2013.2 .
n
n n n n
C C C n C
+
+ + + +
+ + + + + =
Câu 10.(1,0 điểm) Cho

,x y
là các số thực thuộc khoảng
(0; 1 )a +
với
1a >
là số thực cho trước.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
2( ) ( 1) ( 1)P a x y x a y y a x= + + + − + + −
.
HẾT
184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 105
Câu NỘI DUNG Điểm
1.1
Cho hàm số
3 2
( 1) (2 1) 2 y x m x m x m= + − − + −
(1)
1.0
Với
3
1, y=x 3 2m x= − −
* TXĐ: R
* SBT:
2
' 3 3 0 1y x x= − = ⇔ = ±

0,25
HS đồng biến trên
( ; 1)−∞ −
và
(1; )+∞
, nghịch biến trên
( 1;1)−
Điểm CĐ(-1;0), Điểm CT(1;-4)
0,25

lim
x
y
→±∞
= ±∞
, đồ thị không có tiệm cận
BBT
x
−∞
-1 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
y
0,25
* Đồ thị:
'' 6 0 0y x x= = ⇔ =
, ĐU(0;-2)
ĐT cắt trục hoành tại (2;0) đi qua điểm (-2;-4)
Đồ thị nhận ĐU(0;-2) làm tâm đối xứng

0.25
1.2
Tìm m để hàm số đạt cực trị tại
1 2
,x x
thỏa mãn:
2 2
1 2 1 2
1x x x x+ = +
.
1.0
2
' 3 2( 1) (2 1)y x m x m= + − − +
Hàm số có CĐ, CT
⇔
pt:
' 0y =
có hai nghiệm phân biệt
2
' ( 2) 0 2m m⇔ ∆ = + > ⇔ ≠ −
0,25
Khi đó áp dụng viet ta có:
2 2
1 2 1 2
1x x x x+ = +
2
1
2 5 2 0 2,
2
m m m m

−
⇔ + + = ⇔ = − =
0.5
Đối chiếu điều kiện:
1
2
m
−
=
0.25
2.1
Giải phương trình:
8 os3
2sin
2 cos
c x
x
x
+
= −
−
.
0.5
PT
2
sinx 0 (1)
8 os3
4sin (2)
2 cos
c x

x
x
≤


⇔
+

=

−

(2)⇔
2
2
8cos cos 0
1
arccos( ) 2
8
x k
x x
x k
π
π
π

= +

+ = ⇔


−

= ± +


0,25
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm:
1
2 , arccos( )+ 2
2 8
x k x k
π
π π
−
= − + = −
. 0,25
2.2
Tìm mô đun của số phức
z
biết
3 5z =
và phần thực của
z
bằng 2 lần phần ảo của nó. 0.5
Gọi :
, ,z a bi a b= + ∈¡
Ta có
2
2 2
3 5

5 45
3 5
2
2
2
a bi
b
a b
a b
a b
a b



+ =
=
 
+ =
⇔ ⇔
  
=
=
=





0.25
184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa

0
2
-4
−∞
+∞
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
3
6 6
3
3 3
2
b
a a
b
b b
a b
 =

= − =
 


⇔ ⇔ ∪
= −
  

= − =
 

=


Vậy :
1 2 1 2
6 3 , 6 3 3 5z i z i z z= + = − − ⇒ = =
0.5
3
Giải bất phương trình:
3 1
1
3
1
2log log (16 15.4 27) 0
4 3
x x
x+
− + + ≥
−
. ĐK:
4
3
log
4
x >
0.5
Bpt
2
4
2
16 15.4 27 (4.4 3) 4 3 log 3
5

x x x x
x
−
⇔ + + ≥ − ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤
0,25
Đối chiếu điều kiện:
4 4
3
log log 3
4
x< ≤
0,25
4
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3 2 2 3 2 0
(x,y R)
5 2 5 3 3 2
x xy y x y
x xy y x y

+ + − − =

∈

+ + − − =


. 1.0

2 2
2 2
3 2 2 3 2 0 (1)
5 2 5 3 3 2 (2)
x xy y x y
x xy y x y

+ + − − =


+ + − − =


Nhân hai vế của (1) với 3 rồi trừ vế theo vế ta có:
2
(2 ) 3(2 ) 2 0x y x y+ − + + =
2 1
2 2
x y
x y
+ =

⇔

+ =

0,25
Với
2 1x y+ =
thế vào (1) ta có:

5 3
( ; ) (0;1); ( ; ) ( ; )
7 7
x y x y
−
= =
Với
2 2x y+ =
thế vào (1) ta có:
4 6
( ; ) (1;0); ( ; ) ( ; )
7 7
x y x y= =
0,5
Kết luận: Hệ có 4 nghiệm:
5 3
(0;1), ( ; )
7 7
−
,
4 6
(1;0), ( ; )
7 7
0.25
5
Tính tích phân: I =
1
2
0
( 1)

( 1)
x
x e
dx
x
+
+
∫
.
1.0
I =
1
2
0
( 1)
( 1)
x
x e
dx
x
+
+
∫
. Đặt
2
( 1)
( ( 1) 1)
1
( 1)
1

x
x
u x e
du e x dx
dx
dv
v
x
x

= +

= + +
 
⇒
 
−
=
=
 
+
+


0.5
I=
1
1
0
0

( 1) 1
| ( )
1 1
x
x
x e
e dx
x x
+
− + + =
+ +
∫
=
1
0
1 3
( ln 1) | ln 2
2 2 2
x
e e
e x
+
− + + + = + −
. Vậy I =
3
ln 2
2 2
e
+ −
0.5

6 Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A và AB = a, BC = 2a. Biết
hình chiếu của B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
và góc giữa đường thẳng CC’ và mặt phẳng (A’B’C’) là 60
0
. Tính thể tích khối lăng trụ và góc
giữa đường thẳng HB’ và mặt phẳng (ABB’) theo a.
1.0
*) Tính thể tích:
Gọi H là trung điểm của BC. Từ giả thiết ta có:
0
' .tan 60 3B H BH a= =
và
2
1
3
2
ABC
S a=
.
Suy ra
3
. ' ' '
3
' .
2
ABC A B C ABC
V B H S a= =
(đvtt)
0.5
*) Tinh góc:

Gọi
M
là trung điểm của AB, suy ra
( ' ) ( ') ( ' )AB B HM ABB B HM⊥ ⇒ ⊥
.
Do đó góc giữa
'B H
và
( ')ABB
là góc giữa
'B H
và
'B M
.
Ta có
1 1
tan ' ' arctan
' 2 2
MH
MB H MB H
B H
= = ⇒ ∠ =
0,5
Vậy góc giữa
'B H
và
( ')ABB
là
1
arctan

2
7
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng
1 2
: 7 3 0; : 2 1 0d x y d x y− + = + + =
. Lập
phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng
2
d
và tiếp xúc với đường thẳng
1
d
tại
10
184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
3
A
B
C
A’
B’
C’
H
M
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch
điểm có hoành độ là 4.
Giả sử đường tròn tiếp xúc với
1
d
tại A. Ta có A(4;1).

Gọi
( ; 2 1)I a a− −
.Từ giả thiết ta có:
1
. 0IA u =
uur ur
(4 ;2 2 )(7;1) 0 6a a a⇔ − + = ⇔ =
0,5
Do đó
(6; 13)I −
và
2 2
200R IA= =
suy ra pt đường tròn là:
2 2
( 6) ( 13) 200x y− + + =
0,5
8
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác
ABC
có
(0;1;4)A
và hai trung tuyến nằm trên
hai đường thẳng có phương trình:
1
2 5
: ;
2 2 1
x y z
d

− −
= =
−
2
3 1 1
:
1 4 1
x y z
d
− − −
= =
−
. Tính diện
tích tam giác
ABC
.
1.0
Ta thấy A không thuộc hai đường thẳng
1 2
,d d
. KMTTQ giả sử đường thẳng
1 2
,d d
là trung tuyến đi
qua B, C.
0,25
Suy ra
(2 2 ,5 2 , ), (3 ,1 4 ,1 )B t t t C u u u− + + − +
, gọi M,N là trung điểm của AB, AC.
Ta có

3 5
(1 ,3 , 2 ), ( ;1 2 ; )
2 2 2
t u u
M t t N u
+ +
− + + −
.
Vì
2 1
;M d N d∈ ∈
nên ta có
2, 3 (6;1; 2), (0;13; 2)t u B C= − = − ⇒ − −
0,5
1
,
2
ABC
S AB AC
 
= =
 
uuur uuur
54(đvdt) 0,25
9
Tìm số hạng chứa
10
x
trong khai triển
3

(2 )
n
x
x
−
biết
n
là số tự nhiên thỏa mãn:
1 3 5 2 1 2011
2 1 2 1 2 1 2 1
3 5 (2 1) 2013.2 .
n
n n n n
C C C n C
+
+ + + +
+ + + + + =
0.5
Ta có
1
1
( 1)!
, n 2,k 1 (1)
( )!( 1)!
k k
n n
n
kC n nC
n k k
−

−
−
= = ≥ ≥
− −
0,25
Áp dụng (1) ta có:
1 3 5 2 1 0 2 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2
3 5 (2 1) (2 1)( ) (2 1).2 .
n n n
n n n n n n n
C C C n C n C C C n
+ −
+ + + +
+ + + + + = + + + + = +
Suy ra:
2 1 2011
(2 1).2 2013.2 1006
n
n n
−
+ = ⇒ =
(vì nếu
1006, 1006n n> <
thì không có đẳng thức)
Khi
1006n =
, SHTQ của khai triển
1006
3

(2 )x
x
−
là:
1006 1006 1006 2
1006 1006
3
(2 ) ( 1) ( ) ( 1) (2) ( 3)
k k k k k k k k k
C x C x
x
− − −
− = −
Số hạng chứa
10
x
tương ứng với
498k =
suy ra số hạng cần tìm là:
498 508 249 10
1006
2 3C x
0.25
10
Cho
,x y
là các số thực thuộc khoảng
(0; 1 )a +
với
1a >

là số thực cho trước. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
2 2
2( ) ( 1) ( 1)P a x y x a y y a x= + + + − + + −
.
1.0
2 2
2( ) ( 1) ( 1)P a x y x a y y a x= + + + − + + −
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2
( ( 1) ( 1) ) ( )(2( 1) ( ))x a x y a y x y a x y+ − + + − ≤ + + − +
2 2 2 2 2 2
2 2( 1) ( )P a x y x y a x y≤ + + + + − +
0.5
Đặt
2 2 2
(0; 2( 1)), f(t)=2at+t 2( 1)t x y a a t= + ∈ + + −
2 2
2
2 2
2( 1) 2
'( ) 2 2( 1) 2
2( 1) 2( 1)
t a t
f t a a t a
a t a t
+ −
= + + − − = +
+ − + −
2 2

'( ) 0 2( 1) ( 1) 2 1f t a a t t a t a= ⇔ + − = − + ⇔ = +
Lập BBT ta có
3
( ) ( 2 1) (2 1)P f t f a a≤ ≤ + = +
, có “=” khi
1
2
x y a= = +
Vậy max
3
(2 1)P a= +
0.5
184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
4
A
I