đề thi thử đại học môn toán năm 2015 đề số 163

SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH
Trường THPT Ngô Mây ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
2
32



x
x
y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có hoành độ
0
1x


Câu 2 (1 điểm)
1. Giải phương trình







24

cos2sin
2
cossin
2
sin1
22
x
x
x
x
x


2. Tìm số phức
z
biết rằng: (1 ) 4 7ziz i 
Câu 3 (0,5 điểm)
Giải bất phương trình






 xxxxx
2
1
log)2(22)144(log
2
1

2
2

Câu 4 (1điểm)
Giải hệ phương trình








113
2.322
2
3213
xxyx
xyyx

Câu 5 (1điểm)
Tính tích phân













e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln

Câu 6 (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC =
2
a
. 3aSA  ,


0
30SAB SAC . Tính thể tích khối
chóp S.ABC.
Câu 7 (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng
052:
1
 yxd

. d
2
: 3x +6y
– 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường
thẳng d
1
và d
2
tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d
1
, d
2
.
Câu 8 (1 điểm)
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1;
2) và mặt phẳng (P) có phương trình:
02




zyx
. Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng
Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn
(C) là giao của (P) và (S).
Câu 9 (0,5 điểm)
Tìm số nguyên dương n biết:
23 2 2121
21 21 21 21
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200


  
  
kkk nn
nn n n
CC kkC nnC

Câu 10 (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =
3
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
333
3
1
3
1
3
1
accbba
P







Hết

Đáp án

Câu Nội dung Điểm
1. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số 1,00
1) Hàm số có TXĐ:

2\R

0,25
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
*



ylim;ylim
2x2x

Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
*
lim lim 2
 

xx
yy
đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25
b) Bảng biến thiên:
Ta có:

2x,0
2x

1
'y
2




Bảng biến thiên:
x
-  2 + 
y’ - -
y
2


-
+ 



2

* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng


2;


và




;2

0,25

3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại






2
3
;0
và cắt trục hoành tại điểm






0;
2
3

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25
1. 2
Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có hoành độ
0
1x


1,00

Ta có:

1;1M
,
0
'( ) 1yx 

Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
:1(1)1yx


  

0,5x2
2. 1 Giải phương trình lượng giác 0,5 điểm
O
y
x
2
3/2
3/2
2
)1(
24
cos2sin
2
cossin
2
sin1
22







x
x
x

x
x



xsin1x
2
cos1xsin
2
x
cosxsin
2
x
sin11
2











01
2
x
cos

2
x
sin2.
2
x
cos
2
x
sinxsin01xsin
2
x
cos
2
x
sinxsin 















01
2
x
sin2
2
x
sin21
2
x
sinxsin
2
















0,25

2
sin x 0
xk
xk
x
sin 1 x k ,k
x
2xk4
k2
22
xx
2sin 2sin 1
22










   





 
 








0,25
2. 2
Tìm số phức z biết rằng: (1 ) 4 7ziz i 
0,5 điểm
Giả sử: zxyi (với ;
x
y  )
Ta có (1 ) 4 7ziz i 

 
147
x
yi i x yi i  


22
47

x
yxyxyi i 

22
4(1)
7(2)
xyxy
xy















0,25


Từ (2) ta suy ra
x = y +7 (3) thay vào (1) ta được :

2

2
7274yyy



2
2144923
y
yy

2
2
230
21449 23
y
yy y









2
3
3
2
2

5
20 0
4
y
y
y
yy
y











 






4y
Với y = - 4
3x
. Vậy z = 3 – 4i

0,25
3. Giải bất phương trình 0,5 điểm








ĐK:

*
2
1
x
2
1
x

2
1
x
0)1x2(
2
1
x
01x4x4
0x
2
1
22




























Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:

1)x21(log)2x(2x2)x21(log2
22





01)x21(logx
2








0,25
































































0x
4
1
x
1)x21(2
0x
1)x21(2
0x
0)x21(2log
0x
0)x21(2log
0x
01)x21(log
0x
01)x21(log
0x
2
2
2

2

Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1
x
4
1

hoặc x < 0.




0,25

4.
Giải hệ phương trình……………
1 điểm









)2(1xxy1x3
)1( 2.322

2
x3y2y1x3

Phương trình (2)












0)13(
1
113
01
2
yxx
x
xxyx
x


























xy
x
x
yx
x
x
31
1
0
013

0
1

0,25
* Với x = 0 thay vào (1)
11
8
log
11
8
22.12282.322
2
2


y
yyyyy

0,25

* Với





xy
x
31
1

thay y = 1 – 3x vào (1) ta được:
2.322
1313

 xx

Đặt
13
2


x
t
Vì
1x
nên
4
1
t






















)83(log2y
183log
3
1
x
83t
i¹lo83t
01t6t6
t
1
t)3(
2
2
2

0,25


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm








11
8
logy
0x
2
và











)83(log2y
183log
3
1
x
2
2

0,25
5. Tính tích phân 1 điểm




e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x
xln
I

+) Tính



e
dx
xx
x
I
1
1
ln1
ln

. Đặt
dx
x
1
tdt2;xln1txln1t
2


Đổi cận:
2tex;1t1x 



0,25





3
222
t
3
t
2dt1t2tdt2.
t
1t
I
2
1

3
2
1
2
2
1
2
1















0,25

+) Tính
dxxlnxI
e
1
2

2


. Đặt















3
x
v
x
dx
du
dxxdv
xlnu
32

0,25

e
333333
e2 e
21 1
1
x 1 e1x ee12e1
I.lnx xdx .
333333999




0,25

21
I3II
3
e2225
3


0,25
6 Tính thể tích hình chóp
1 điểm


Theo định lí côsin ta có:

222 22 02
SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a  

Suy ra
aS
B

. Tương tự ta cũng có SC = a.
0,25
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác
cân nên MB  SA, MC  SA. Suy ra SA  (MBC).

Ta có
MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S
S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3
1
VVV 

0,25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng
bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của
BC suy ra MN  BC. Tương tự ta cũng có MN  SA.

16
a3
2

3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222

















4
3a
MN 
.
0,25

Do đó
16
a
2
a
.
4
3a
.3a
6
1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S


0,25
7
Lập phương trình đường thẳng………………………
1 điểm
d
1
có vectơ chỉ phương

)1;2(a
1

; d
2
có vectơ chỉ phương )6;3(a
2

Ta có:
06.13.2a.a
21

nên
21
dd

và d
1
cắt d
2
tại một điểm I khác P. Gọi d là
đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:
0BA2ByAx0)1y(B)2x(A:d





0,25
d cắt d
1
, d
2
tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d
1
( hoặc d
2
)
một góc 45
0











A3B
B3A
0B3AB8A345cos
)1(2BA
BA2
220
2222

0,25

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng
05yx3:d




0,25

* Nếu B = -3A ta có đường thẳng
05y3x:d




Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
05yx3:d




05y3x:d 

0,25
8 Xác định tâm và bán kính của đường tròn 1 điểm
S

A
B
C
M
N
Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)
* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là:
0,25


0dcba,0dcz2by2ax2zyx
222222

Vì

SD,C,B,'A 
nên ta có hệ:


























1d
1c
1b
2
5
a
021dc4b2a8
029dc4b6a8
014dc4b6a2
02db2a2

Vậy mặt cầu ( S) có phương trình:
01225
222
 zyxzyx

0,25

(S) có tâm






1;1;
2
5
I , bán kính
2
29
R 

+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P).
(d) có vectơ chỉ phương là:

1;1;1n

Suy ra phương trình của d:
















t1;t1;t
2
5
H
t1z
t1y
t2/5x

Do

)P(dH 
nên:
6
5
t
2
5
t302t1t1t

2
5









6
1
;
6
1
;
3
5
H









0,25

6
35
36
75
IH 
, (C) có bán kính
6
186
6
31
36
75
4
29
IHRr
22

0,25
9 Tìm số nguyên dương n biết 0,5 điểm
* Xét
1n21n2
1n2
kk
1n2
k22
1n2
1
1n2

0
1n2
1n2
xC xC)1( xCxCC)x1(



 (1)
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:
n21n2
1n2
1kk
1n2
k2
1n2
1
1n2
n2
xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2(




 (2)
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1n21n2
1n2
2kk
1n2
k3

1n2
2
1n2
1n2
xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2










0,25



Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
23 kk2k 2n12n1
2n1 2n1 2n1 2n1
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C


  
      

0,25
10 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 điểm

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
zyx
9
z
1
y
1
x
1
9
xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x
1
)zyx(
3
3












(*)
áp dụng (*) ta có
333333
a3cc3bb3a
9
a3c
1
c3b
1
b3a
1
P









0,25

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
 





3
3
3
a3b11 1
a3b1.1 a3b2
33
b3c11 1
b3c1.1 b3c2
33
c3a11 1
c3a1.1 c3a2
33

 

 

 

0,25
Suy ra

333
1
a3b b3c c3a 4abc 6
3
 





13
4. 6 3
34






Do đó 3P 
0,25
Dấu = xảy ra
3
abc
1
abc
4
4
a3b b3cc3a1









Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 4/1cba





0,25