Đề ôn thi THPT quốc gia môn Toán số 12

TRƯỜNG THPT SỐ 1 TUY PHƯỚC KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Đề 1 – thi thử Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2 2
2
( 1) ( 4 3) 1
3
y x m x m m x
= + + + + + +
(1) (m là tham số thực).
a) Khi m =  3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm m để hàm số (1) có hai cực trị tại hai điểm
1 2
,x x
.Khi đó, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 2 1 2
2( )A x x x x
= − +
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác:
2 sin 2 3sin cos 2
4
x x x
π
 
+ = + +
 ÷
 
(x  ).
Câu 3 (1,0 điểm). Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C):

sin=y x x
, các trục Ox, Oy và đường
thẳng
4
x
π
=
. Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi cho (H) quay quanh Ox.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn
( )
2 3 1 9z i z i
− + = −
. Tìm môđun của số phức z.
b) Tìm hệ số của x
9
trong khai triển
( )
2
2 3
n
x-
, trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn:

1 3 5 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
4096
n
n n n n
C C C C

+
+ + + +
+ + + + =
.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 1; 1), B(2; 2; 2), mặt phẳng (P): x
+ y  z + 1 = 0 và mặt cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2
 2x + 8z  7 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song
song với đường thẳng AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt (S) theo một đường tròn (C) sao cho
diện tích hình tròn (C) bằng 18π.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông, mặt SAB là tam giác vuông
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Khoảng cách từ trung điểm I của
AB đến mặt phẳng (SCD) bằng
5
5
a
. Gọi F là trung điểm của cạnh AD. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CF và SB.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (S), có A và C
đối xứng qua BD. Phương trình AB: y – 2 = 0; phương trình BD:
− + =3 2 0x y
. Viết phương trình
đường tròn (S) biết diện tích tứ giác ABCD bằng
4 3
và x

A
> 0, y
A
< y
D
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 3 2
3
7 3 ( ) 12 6 1
( , )
4 1 3 2 4
x y xy x y x x
x y
x y x y

+ + − − + =

∈

+ + + + =


¡
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
, ,x y z
thỏa
3x y z+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2
2 2 2
xy yz zx
P x y z
x y y z z x
+ +
= + + +
+ +
.
Hết

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Câu, ý NỘI DUNG Điểm
1.a)
Khi m = 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
1,0
Khi m =  3, hàm số trở thành
3 2
2
2 1
3
y x x .= − +
+Tập xác định:
D .= ¡

+∞=−∞=
+∞→−∞→
yy
xx
lim;lim

2
2 4y' x x.= −
y’ = 0 ⇔ x = 0 hoăc x = 2
0,25
+BBT
x –∞ 0 2 +∞
y' 0 0
y 1 + ∞
–∞
0,25
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ;0),(2; )−∞ +∞
, nghịch biến trên ( 0; 2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y
CĐ
= 1; và đạt cực tiểu tại x = 2; y
CT
=
3
5
−
Tìm đúng điểm uốn U(1 ; – 1/3 )
0,25
+ Đồ thị ( qua 5 điểm : CĐ, CT, điểm uốn và 2 điểm có hoành độ x < 0 và x> 2

0,25
1.b)
3 2 2
2

( 1) ( 4 3) 1
3
y x m x m m x
= + + + + + +
có hai cực trị ; GTLN
1 2 1 2
2( )A x x x x
= − +
1,0
Tập xác định D =
¡
.
Ta có
2 2
2 2 1 4 3y' x ( m )x m m .= + + + + +
0,25
Hàm số có hai cực trị  y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ >0 ⇔

2
6 5 0 5 1m m m+ + < ⇔ − < < −
0,25
Khi đó gọi x
1
, x
2
là các nghiệm pt y’ = 0 thì x
1
, x
2
là các điểm cực trị hàm số.

Ta có
1 2
2
1 2
1
1
( 4 3)
2
x x m
x x m m
+ = − −



= + +


=>
2
1
8 7
2
A m m= + +
0,25
Xét hàm số
2
1
( 8 7)
2
t m m= + +

trên (-5;-1) =>
9
0
2
t− ≤ <
( dùng BBT)
Suy ra
9
2
A ≤
khi m = – 4.
Vậy maxA =
9
2
khi m =  4.
0,25
2
Giải phương trình lượng giác
2 sin 2 3sin cos 2
4
x x x
π
 
+ = + +
 ÷
 
1,0
PT (1)
sin 2 cos 2 3sin cos 2x x x x
⇔ + = + +

3
5
−

2
2sin cos 3sin 2cos cos 3 0x x x x x
⇔ − + − − =
.
0,25

( ) ( ) ( )
( ) ( )
2cos 3 sin cos 1 2cos 3 0
sin cos 1 2cos 3 0
x x x x
x x x
⇔ − + + − =
⇔ + + − =
0,25

3
cos ( )
2
sin cos 1
x VN
x x

=


⇔

+ = −

0,25

2
1
sin
2
4
2
2
x k
x
x k
π
π
π
π π

= − +
 

⇔ + = − ⇔
 ÷

 
= +


(k 
¢
)
Phương trình có các nghiệm:
2 , 2
2
x k x k
π
π π π
= − + = +
(k 
¢
).
0,25
3 Tính thể tích khối tròn xoay. 1,0
Thể tích khối tròn xoay cần tính là
V=
4
2
0
( sin )x x dx
π
π
∫

0,25
=
2
4 4 4 4
0 0 0 0

1 cos2
.sin . cos2
2 2
x
x xdx x dx xdx x xdx
π π π π
π
π π
 
−
= = −
 ÷
 
∫ ∫ ∫ ∫
0,25
+
4
0
xdx
π
∫
=
2 2
4
0
2 32
x
π
π
=

.
0,25
+
4
0
cos2x xdx
π
∫
. Đặt từng phần u = x, dv = cos 2xdx. Ta có du = dx, v =
1
2
sin 2x.
Từ đó, tính được
4
0
cos2x xdx
π
∫
=
1
8 4
π
−
.
Do đó, V =
2
( 4 8)
64
π
π π

− +
.
0,25
4 a) Tìm môđun của số phức z 0,5
Gọi
, ,z a bi a b
= + ∈
¡
; Khi đó
( )
2 3 1 9z i z i
− + = −


( ) ( )
2 3 1 9a bi i a bi i
⇔ + − + − = −

( )
3 3 3 1 9a b a b i⇔ − − − − = −

0,25
3 1
3 3 9
a b
a b
− − =

⇔


− =


2
1
a
b
=


= −

. Vậy môđun của số phức z là :
2 2
2 ( 1) 5z = + − =
0,25
b) Tìm hệ số của x
7
trong khai triển
( )
2
2 3
n
x-
, …
0,5
Ta có
( )
2 1
0 1 2 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1
1
n
n n
n n n n
x C C x C x C x
+
+ +
+ + + +
+ = + + + +
Cho x=1, ta có
2 1 0 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2
n n
n n n n
C C C C
+ +
+ + + +
= + + + +
(1)
Cho x= -1, ta có :
0 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
0
n
n n n n
C C C C
+
+ + + +

= - + - -
(2)
Lầy (1) trừ (2), ta được :
( )
2 1 1 3 5 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 2
n n
n n n n
C C C C
+ +
+ + + +
= + + + +
⇔
2 1 3 5 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2
n n
n n n n
C C C C
+
+ + + +
= + + + +
0,25
Từ giả thiết ta có
2 2 12
2 4096 2 2 2 12
n n
n= = =Û Û
Do đó ta có

( )
12
12
12
12
0
2 3 1 2 3
k k k k
k
x ( ) C ( x )
-
=
- = -
å
( 0 ≤ k ≤ 12, k nguyên)
⇒ hệ số của x
9
là : -
9 9 3
12
3 2C
.
0,25
5
mp(Q) // AB, (Q)  (P), cắt (S) theo đường tròn có bán kính 3
2
.
1,0
Ta có x
2

+ y
2
+ z
2
 2x + 8z  7 = 0  (x 1)
2
+ y
2
+ (z +4)
2
= 24.
Suy ra (S) có tâm I(1 ; 0 ;  4), bán kính R = 2
6
.
0,25
Gọi
P
n
r
,
Q
n
r
lần lượt là vecto pháp tuyến của mp(P), mp(Q). Ta có
P
n
r
= (1; 1; 1),
AB
uuur

= (1; 3; 1), [
P
n
r
,
AB
uuur
] = (4;  2; 2) 
0
r
.
Ta có
( ) / /
( ) ( )
Q
Q P
Q AB n AB
Q P
n n

⊥


⇒
 
⊥
⊥




r uuur
r r
nên có thể chọn
Q
n
r
=
1
2
[
P
n
r
,
AB
uuur
]
Hay
Q
n
r
= (2; 1; 1). Suy ra pt mp(Q): 2x  y + z + d = 0
0,25
Gọi r, d lần lượt là bán kính của (C), khoảng cách từ tâm I của (S) đến mp(Q).
Ta có diện tích hình tròn (C) bằng 18π nên r
2
= 18.
Do đó d
2
= R

2
 r
2
= 24  18 = 6  d =
6
.
Ta có d =
6
 |d 2| = 6  d = 8 hoặc d =  4.
Từ đó, có 2 mp là (Q
1
): 2x  y + z + 8 = 0, (Q
2
): 2x  y + z  4 = 0
0,25
Mp(Q) có pt trên có thể chứa AB.
Kiểm tra trực tiếp thấy A(1; 1; 1)  (Q
1
) nên AB // (Q
1
); A(1; 1; 1)  (Q
2
) nên AB
 (Q
2
).
KL: pt mp(Q): 2x  y + z + 8 = 0.
0,25
6 Thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CF và SB. 1,0
0,25

Đặt AB = x ; ( x > 0), khi đó
2
x
SI =
. Trong tam giác vuông SIJ ta có:

2 2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
.
5
2
5
x a
IE SI IJ x
x
a
= + ⇒ = + ⇒ =
   
 ÷
 ÷
 
 

Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
2
.
1 1
. . . .

3 3 2 6
S ABCD ABCD
a a
V S SI a= = =
0,25
Qua B dựng đường thẳng song song CF cắt DA kéo dài tại K.
Khi đó CF// (SBK), suy ra d(CF; SB) = d(F; (SBK)).
Dựng
( ) ( )
, ; ,IH BK H BK IL SH L SH⊥ ∈ ⊥ ∈
. Ta có:

( )
BK SI
BK SIH BK IL
BK IH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

.
Từ
( ) ( )
( )
;
IL BK
IL SBK IL d I SBK
IL SH

⊥

⇒ ⊥ ⇒ =

⊥

.
0,25
Vì I là trung điểm AB và tam giác SAB vuông
cân tại S nên
SI AB
⊥
.
Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
.
,
SAB ABCD AB
SAB ABCD SI ABCD
SI SAB SI AB
∩ =

⊥ ⇒ ⊥


⊂ ⊥


Gọi J là trung điểm CD, E là hình chiếu vuông góc của I lên SJ. Ta có:

( ) ( )
CD IJ
CD SIJ CD IE SIJ
CD SI
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊂

⊥

Và
( ) ( )
( )
5
;
5
IE CD
a
IE SCD IE d I SCD
IE SJ
⊥

⇒ ⊥ ⇒ = =

⊥

.
Tứ giác BCFK là hình bình hành

.FK BC a⇒ = =
Lại có:
.
2 2
a a
FA AK= ⇒ =
Hai tam giác vuông BHI và BAK có góc nhọn B chung nên đồng dạng, suy ra:
2
2
.
.
2 2
2 5
4
a a
HI BI KA BI a
HI
KA BK BK
a
a
= ⇒ = = =
+
.
Trong tam giác vuông SIH:
2 2 2
1 1 1
24
a
IL
IL IH IS

= + ⇒ =
.
( ) { }
( )
( )
( )
( )
;
2
;
d A SBK
BA
AI SBK B
BI
d I SBK
∩ = ⇒ = =
( )
( )
( )
( )
2
; 2 ;
24 6
a a
d A SBK d I SBK⇒ = = =
,
tương tự :
( )
( )
( )

( )
2 6
; 2 ; .
3
6
a a
d F SBK d A SBK= = =
Vậy :
( )
6
;
3
a
d CF SB =
.
0,25
7 Viết phương trình đường tròn (S)
1,0
+B là giao điểm của AB và BD, tìm được B(0; 2).
+Tính góc giữa hai đường thẳng AB và BD bằng 60
0
.
+Ta có BD là đường trung trực của dây cung AC nên BD
là đường kính.
+Tam giác ABD vuông tại A có
·
0
60 3ABD AD AB= ⇒ =

0,25

+Ta có
1
2 2 3 . 2 3
2
ABCD ABD ABD
S S S AB AD
∆ ∆
= ⇔ = ⇔ =

2
1
. 3 2 3 2.
2
AB AB⇔ = ⇔ =
+Ta có
( ) ( )
;2 , 0, ;0A AB A a a AB a∈ ⇔ > = −
uuur
( )
2
2
2 0 2 2 ( 0)AB a a a= ⇔ − + = ⇔ = >
suy ra
( )
2;2A
.
0,25
+Ta có
( ) ( )
; 3 2 , 2; 3D BD D d d AD d d∈ ⇔ + = −

uuur
.
Nên
( )
( )
2
2
2
1
3 2 3 2 3 4 4 8 0
2
d
AD AB d d d d
d
= −

= ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔

=

Suy ra
( )
( )
1; 3 2
2;2 3 2
D
D

− − +



+


. Vì y
A
< y
D
nên chọn
( )
2;2 3 2D +
.
0,25
+ Đường tròn (S) có tâm
( )
1; 3 2I +
, bán kính
2IA =
nên có phương trình:
( )
( )
2
2
1 3 2 4x y− + − − =
.
0,25
8
Giải hệ phương trình
3 3 2
3

7 3 ( ) 12 6 1 (1)
( , )
4 1 3 2 4 (2)
x y xy x y x x
x y
x y x y

+ + − − + =

∈

+ + + + =


¡
1,0
Điều kiện: 3x+2y
0
≥
3 2 3 2 2 3
3 3
(1) 8 12 6 1 3 3
(2 1) ( ) 2 1 1
x x x x x y xy y
x x y x x y y x
⇔ − + − = − + −
⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = −

0,25
Thế y = 1 x vào (2) ta được:

3
3 2 2 4x x
+ + + =
Đặt
3
3 2, 2 ( 0)a x b x b
= + = + ≥
0,25
B
A
D
I
C
Ta có hệ
3 2
4
3 4
a b
a b
+ =


= −

= − = − = −
  
⇔ ⇔ ⇔
  
= − − = − + − − + − =
  

= −
=


⇔ ⇔
 
=
− − + =


3 2 3 2 3 2
2
4 4 4
3(4 ) 4 3(16 8 ) 4 3 24 44 0
4
2
2
( 2)( 22) 0
b a b a b a
a a a a a a a a
b a
a
b
a a a
0,25
3
3 2 2
2
2 2
x

x
x

+ =

⇔ ⇔ =

+ =


 y =  1 (thỏa ĐK)
Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (2;1).
0,25
9
Cho các số dương
, ,x y z
thỏa
3x y z+ + =
. Tìm GTNN của biểu thức

2 2 2
2 2 2
xy yz zx
P x y z
x y y z z x
+ +
= + + +
+ +
1,0
Áp dụng BĐT TBC-TBN cho hai số dương, ta có

3 2 2 3 2 2 3 2 2
2 , 2 , 2 .x xy x y y yz y z z zx z x+ ≥ + ≥ + ≥
( ) ( )
( )
3 3 3 2 2 2 2 2 2
2 1x y z x y y z z x xy yz zx⇒ + + ≥ + + − + +
Mặt khác, do
3x y z+ + =
nên

( )
( )
( )
( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 2
3 3 3 2 2 2 2 2 2
3
2
x y z x y z x y z
x y z x y y z z x xy yz zx
+ + = + + + +
= + + + + + + + +
Từ (1) và (2), ta có
2 2 2 2 2 2
x y z x y y z z x+ + ≥ + +
.
0,25
Do đó
2 2 2

2 2 2
xy yz zx
P x y z
x y z
+ +
≥ + + +
+ +
Ta có
( ) ( )
2
2 2 2
2x y z x y z xy yz zx+ + = + + + + +
.
Đặt
2 2 2
9
2
t
t x y z xy yz zx
−
= + + ⇒ + + =
.
0,25
Do
( )
2
2 2 2
3
3
x y z

x y z t
+ +
+ + ≥ ⇒ ≥
Khi đó
2
9 2 9
, 3 , 3
2 2
t t t
P t t P t
t t
− − +
≥ + ≥ ⇔ ≥ ≥
0,25
Xét hàm số
( )
2
2 9
,
2
t t
f t
t
− +
=
trên
[
)
3;+∞
.

Lập bảng biến thiên, ta có hàm f đồng biến trên
[
)
3;+∞
.
( ) ( )
3
min f 3 4
t
P t f
≥
⇒ ≥ = =
.
Kết luận được :
min 4 1.P x y z= ⇔ = = =
0,25