Trường THPT Lam Kinh
THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA - LẦN I - NĂM 2015
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề).
Câu 1 (4.0 điểm). Cho hàm số
2 1
2
x
y
x
+
=
+
(1).
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B.
Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu 2 (2.0 điểm).
a. Giải phương trình
cosx cos3x 1 2 sin 2x
4
π
+ = + +
÷
.
b. Giải phương trình
1 2 1
log 1 log 6x x
= −
+
Câu 3 (1.0 điểm). Giải bất phương trình
2.14 3.49 4 0
x x x
+ − ≥
Câu 4 (4.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có AC = a, BC= 2a,
·
120
o
ACB =
. Đường thẳng A’C
tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 30
0
. Gọi M là trung điểm của BB’. Tính thể tích khối lăng trụ
ABCA’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CC’ theo a.
Câu 5 (1.0 điểm). Tìm hệ số của
7
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
x
x
−
2
2
, biết rằng n là số
nguyên dương thỏa mãn
323
1
24
nnn
ACC =+
+
.
Câu6 (2.0 điểm). Tính nguyên hàm
∫
− xdxe
x
)2015(
Câu 7 (2.0 điểm). Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I
của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Câu 8 (2.0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
+ + + =
+ = + +
( , )x y ∈R
.
Câu 9 (2.0 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
+ + + + <
÷
+ + + + + +
HẾT…
Họ tên thí sinh: SBD:
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
(KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN ĐH - CĐ LẦN I NĂM 2015)
Câu Đáp án Điể
m
Câu
1
(4.0đ)
a.(2.0đ) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
2
x
y
x
+
=
+
.
i/ TXĐ: D = R\{-2}
ii/ Sự biến thiên
+ Giới hạn- tiệm cận
Ta có:
+∞=−∞===
−+
−→−→
+∞→−∞→
22
lim;lim;2limlim
xx
xx
yyyy
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y= 2.
0,5
+ Chiều biến thiên. Có
Dx
x
y ∈∀>
+
= 0
)2(
3
'
2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)2;( −−∞
và
);2( +∞−
0,5
+ Bảng biến thiên
x
∞−
-2
∞+
y’ + +
∞+
2
y
2
∞−
0,5
iii/ Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;
2
1
) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1
−
;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng
2
1
0,5
b. (2.0 đ) Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm
phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình
=−+−+
−≠
⇔+−=
+
+
)1(021)4(
2
2
12
2
mxmx
x
mx
x
x
0.5
Do (1) có
mmmvam ∀≠−=−+−−+−>+=∆ 0321)2).(4()2(01
22
nên đường
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B.
0.5
2
x
y
O
2
-2
Ta có: y
A
= m – x
A
; y
B
= m – x
B
nên AB
2
= (x
A
– x
B
)
2
+ (y
A
– y
B
)
2
= 2(m
2
+ 12) mà
AB ngắn nhất khi AB
2
nhỏ nhất, đạt được khi m = 0 ( khi đó
24=AB
).
1.0
Câu2
(2.0đ)
a. (1.0đ) Giải phương trình
cosx cos3x 1 2 sin 2x
4
π
+ = + +
÷
.
cosx cos3x 1 2 sin 2x
4
2cos xcos2x 1 sin 2x cos2x
π
+ = + +
÷
⇔ = + +
⇔
2
2cos x 2sin x cosx 2cosx cos2x 0+ − =
0.25
( ) ( )
cosx cosx sinx 1 sinx cosx 0⇔ + + − =
0.25
cosx 0
cosx sinx 0
1 sinx cosx 0
=
⇔ + =
+ − =
0.25
x k
2
x k
4
x k2
3
x k2
2
π
= + π
π
= − + π
⇔
= π
π
= + π
( )
k ∈¢
Vậy, phương trình có nghiệm:
x k
2
x k
4
x k2
π
= + π
π
= − + π
= π
( )
k ∈¢
0.25
b. (1.0 đ) Giải phương trình
1 2 1
log 1 log 6x x
= −
+
ĐK: x > 0 và x
≠
1; x
≠
10
1
0.25
Đặt t = logx, được phương trình theo ẩn t là:
t
2
- 5t + 6 = 0 (với t
≠
0 và t
≠
-1)
2
3
t
t
=
⇔
=
0.5
Với t = 2 thì ta có x = 100 (t/m)
Với t= 3 thì ta có x = 1000 (t/m)
Vậy phương trình có hai nghiệm là x =100 và x = 1000 0.25
3
Câu3
(1.0đ)
Giải bất phương trình sau
2.14 3.49 4 0
x x x
+ − ≥
Chia cả hai vế của bpt cho 4
x
được bpt
2
7 7
2 3 1 0
2 2
x x
⇔ + − ≥
÷ ÷
0.25
Đặt
7
2
x
t
=
÷
(với t > 0 )
Bpt trở thành 3t
2
+ 2t – 1 ≥ 0
1
1
1
3
3
t
t
t
≤ −
⇔ ⇒ ≥
≥
0.5
7 1
2 3
x
⇔ ≥
÷
7
2
log 3x⇔ ≥ −
KL: BPT có tập nghiệm
∞+−= ;3log
2
7
S
0.25
Câu 4
(4.0đ)
0.5
Kẻ đường cao CH của tam giác ABC.Có CH
⊥
AB ;CH
⊥
AA’ suy ra CH
⊥
(ABB’A’),Do đó góc giữa A’C và mp(ABB’A’) là góc
·
0
' 30CA H =
0,5
Ta có
2
0
1 3
. .sin120
2 2
ABC
a
S CACB
∆
= =
Trong tam giác ABC :
2 2 2 0 2
2 . . os120 7 7AB AC BC AC BC c a AB a= + − = ⇒ =
0,5
30
0
M
H
C
/
B
/
A
/
C
B
A
120
0
2a
a
4
+)
2
3 1 3
.
2 2 7
ABC
a
S AB CH CH a
∆
= = ⇒ =
0,5
+)
0
3
' .sin 30 ' 2
7
CH A C A C a= ⇒ =
+)
2 2
5
' '
7
AA A C AC a= − =
0,5
+)
3
' ' '
15
'.
2 7
ABCA B C ABC
a
V AA S
∆
= =
0,5
+)d(CC’ ;AM)=d(CC’ ;(ABB’A’))=d(C;(ABB’A’))=
3
7
a
1.0
Câu 5
(1.0đ)
Tìm hệ số của
7
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
x
x
−
2
2
, biết rằng n là
số nguyên dương thỏa mãn
323
1
24
nnn
ACC =+
+
.
Ta có
3),2)(1()1(
6
)1(()1(
.424
323
1
≥−−=−+
−+
⇔=+
+
nnnnnn
nnn
ACC
nnn
0,25
11
)2(33)1(2
=⇔
−=++⇔
n
nn
0,25
Khi đó
)2.(
2
.)(
2
11
0
322
11
11
0
112
11
11
2
∑∑
=
−
=
−
−=
−=
−
k
kkk
k
k
kk
xC
x
xC
x
x
Số hạng chứa
7
x
là số hạng ứng với k thỏa mãn
.57322
=⇔=−
kk
Suy ra hệ số của
7
x
là
.14784)2.(
55
11
−=−C
0,5
Câu 6
(2.0đ)
Tính nguyên hàm
∫
− xdxe
x
)2015(
Đặt
−=
=
dxedv
xu
x
)2015(
−=
=
⇒
xev
dxdu
x
2015
0,5
Khi đó
∫
− xdxe
x
)2015(
=
∫
−−− dxxexex
xx
)2015()2015(
0,5
)
2
.2015(2015
2
2
x
exxe
xx
−−−=
+ C
0,5
Cxexe
xx
+−−=
2
2
2015
0,5
5
Câu 7
(2.0đ)
Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm
I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C
và D.
Ta có:
( )
1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
. Phương
trình của AB là:
2 2 0x y+ − =
.
0,5
( ) ( )
: ;I d y x I t t∈ = ⇒
. I là trung điểm của AC và BD nên ta có:
( ) ( )
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− −
.
Gọi CH là đường cao kẻ từ đỉnh C của hình bình hành
Theo giả thiết
D
. 4
ABC
S AB CH= =
4
5
CH⇒ =
.
0,5
Ta có:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D
= ⇒
−
÷ ÷
= ⇔ = ⇔
= ⇒ − −
Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
÷ ÷
hoặc
( ) ( )
1;0 , 0; 2C D− −
1.0
Câu8
(2.0đ)
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
+ + + =
+ = + +
,
( , )x y ∈R
.
NX: hệ không có nghiệm dạng (x
0
;0)
Với
0y ≠
, ta có:
2
2 2
2 2
2
2
1
4
1 4
.
( ) 2 7 2
1
( ) 2 7
x
x y
y
x y xy y
y x y x y
x
x y
y
+
+ + =
+ + + =
⇔
+ = + +
+
+ − =
0.5
Đặt
2
1
,
x
u v x y
y
+
= = +
ta có hệ:
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
+ = = − = =
⇔ ⇔
− = + − = = − =
0,5
+) Với
3, 1v u= =
ta có hệ:
2 2 2
1, 2
1 1 2 0
2, 5
3 3 3
x y
x y x y x x
x y
x y y x y x
= =
+ = + = + − =
⇔ ⇔ ⇔
= − =
+ = = − = −
.
KL: Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5).
0,5
6
+) Với
5, 9v u= − =
ta có hệ:
2 2 2
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x
+ = + = + + =
⇔ ⇔
+ = − = − − = − −
, hệ này
VN.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = −
0,5
Câu 9
(2.0đ)
Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
+ + + + <
÷
+ + + + + +
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >
+ >
+ >
.
Đặt
( )
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+ +
= = = > ⇒ + > + > + >
.
Viết lại vế trái:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +
0,5
Ta có:
( ) ( )
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
+ > ⇔ + + < + ⇔ >
+ + +
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +
Do đó:
( )
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
+ + + + <
÷
+ + + + + +
0,5
7