Đề ôn thi THPT quốc gia môn Toán số 13

Gv Trần Văn May Trường THPT Phan Bội Châu
SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ- KỲ THI THPT QUÔC GIA NĂM 2015
TRƯỜNG THPT PHAN BỘI CHÂU MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Đề số 01
Câu 1. ( 2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
3 1y x x= - + -
(C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm m để phương trình
3 2
3 0x x m- + =
có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 2.( 1,0 điểm )
a) Giải phương trình:
sinx cos os2x c x+ =
b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức:
3 4
(3 5 )(6 )
3 2
i
z i i
i
−
= − − +
+
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
3 3 3
log 1 log 3 log 2 3x x x

+ + − = +
Câu 4.( 1,0 điểm) )Giải hệ phương trình





=++
=+
22
1
322
33
yxyyx
yx
.
Câu 5. (1 điểm) Tính tích phân
1
0
1I x xdx= -
ò
Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
2a
, cạnh bên
SA
vuông

góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng
SB
tạo với mặt phẳng
( )SAD
một góc
0
60
. Tính thể tích
của khối chóp
.S ABCD
theo
a
.
Câu 7.( 1,0 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d
1
: x – 2y + 3 = 0,
d
2
: 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d
1
, tiếp xúc d
2
và có bán kính R = 2.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua
M(1;1;1), cắt đường thẳng
( )
1
2 1
:
3 1 2

+ −
= =
−
x y z
d
và vuông góc với đường thẳng
( )
2
: 2 2 ; 5 ; 2= − + = − = +d x t y t z t
(
∈t R
).
Câu 9. (0,5 điểm) Giải phương trình:
1 2 3 2
3 7 (2 1) 3 2 6480+ + + + − = − −
n n n n
n n n n
C C C C
Câu 10.( 1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
mxx =−+
4
2
1

HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
ĐÁP ÁN
1
Gv Trần Văn May Trường THPT Phan Bội Châu

Câu 1. ( 2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
3 1y x x= - + -
(C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
1. Tập xác định: D = R
2. Sự biến thiên:
-
2
3 6y x x
¢
= - +
, cho
hoac
2
0 3 6 0 0 2y x x x x
¢
= Û - + = Û = =
- Giới hạn :
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= −∞ = +∞
- Bảng biến thiên :
x
– 0 2 +
y
¢
- 0 + 0 –

y
+ 3

–1 - 
- Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–;0) và (2;+)
- Hàm số đạt cực đại tại : x = 2 ; y
CĐ
= 3
Hàm số đạt cực tiểu tại : x = 0 ; y
CT
= -1
3. Đồ thị :
Cho x = -1
⇒
y = 3 , ( -1 ; 3 )
Tâm đối xứng I (1;1)
b)Tìm m để phương trình
3 2
3 0x x m- + =
có 3 nghiệm phân biệt.
Ta có
3 2 3 2 3 2 3 2
3 0 3 3 3 1 1x x m x x m x x m x x m- + = Û - = - Û - + = Û - + - = -
(*)
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = m – 1
Dựa vào đồ thị (*) có 3 nghiệm phân biệt
1 1 3 0 4m mÛ - < - < Û < <
Câu 2.( 1,0 điểm )
a) Ta có:

sinx cos os2x c x
+ =
2 2
sinx cos os sinx c x x⇔ + = −

[ ]
(sinx cos ) 1 (cos sinx) 0
2 os( ) 0
sinx cos 0
4
cos sinx 1
2 os( ) 1
4
x x
c x
x
x
c x
π
π
⇔ + − − =

− =

+ =

⇔ ⇔


− =



+ =


2
Gv Trần Văn May Trường THPT Phan Bội Châu
3
4 2
os( ) 0
2 os( ) 0
4
4
4
2 2
4 4
2
2 os( ) 1
os( )
2
4
4 2
2
2
4 4
x k
x k
c x
c x
x k x k

c x
c x
x k
x k
π π
π π
π
π
π
π π
π π
π
π
π
π π
π
π

− = +


= +



− =

− =






⇔ ⇔ ⇔ + = + ⇔ =






+ =
+ =



= − +




+ = − +



b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức:
3 4
(3 5 )(6 )
3 2
i
z i i

i
−
= − − +
+
Ta có

2
2 2
2
2 2
(3 4 )(3 2 )
18 3 30 5
3 2
9 6 12 8
23 27
3 2
1 18 298 333
23 27
13 13 13
i i
z i i i
i i i
i
i
i i
− −
= − − + +
+
− − +
= − +

+
−
= − + = − +
Vậy phần thực:
298
13
−
, phần ảo:
333
13
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
9 3 3
2log 1 log 3 log 2 3x x x
+ + − = +
Điều kiện
1 0
3 0 1 3
2 3 0
x
x x
x
+ >


− > ⇔ − < <


+ >


(*)
Phương trình tương đương
( ) ( ) ( )
3 3 3
log 1 log 3 log 2 3x x x
+ + − = +

⇔
( ) ( )
3 3
log 1 (3 ) log 2 3x x x
+ − = +

⇔
( )
1 (3 ) 2 3x x x
+ − = +

⇔
2
2 3 2 3x x x− + + = +
2
0x⇔ − =

⇔
x = 0 , kết hợp với đk (*) phương trình có 1 nghiệm x = 0
Câu 4.( 1,0 điểm) )Giải hệ phương trình






=++
=+
22
1
322
33
yxyyx
yx
Ta có
.





=−−+
=+
⇔





=++
=+
)2(022
)1(1
22

1
2233
33
322
33
xyyxyx
yx
yxyyx
yx
y
0≠
. Ta có:





=+








−









−








=+
)4(0122
)3(1
23
33
y
x
y
x
y
x
yx
Đặt :
t
y
x

=
(4) có dạng : 2t
3
– t
2
– 2t + 1 = 0
⇔
t =
,1±
t =
2
1
.
3
Gv Trần Văn May Trường THPT Phan Bội Châu
a) Nếu t = 1 ta có hệ
3
33
2
1
1
==⇔



=
=+
yx
yx
yx

b) Nếu t = -1 ta có hệ
⇔



−=
=+
yx
yx 1
33
hệ vô nghiệm.
Nếu t =
2
1
ta có hệ
3
32
,
3
3
2
1
33
33
==⇔



=
=+

yx
xy
yx
Câu 5. (1 điểm) Tính tích phân
1
0
1I x xdx= -
ò
.
 Đặt
1t x dt dx dx dt= - Þ = - Þ = -
và
1x t= -
 Đổi cận: x 0 1
t 1 0
 Vậy,
1
3 5
1 3
2 2
1 0 1
2 2
0 1 0
0
2 2 4
1 (1 ) ( ) ( )
3 5 15
t t
I x xdx t t dt t t dt
æ ö

÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
= - = - - = - = - =
ç
÷
÷
ç
è ø
ò ò ò
Câu 6. (1 điểm) Ta có SA
( )ABCD⊥

⇒
SA là chiều cao
Đáy ABCD là hình vuông cạnh a
nên
2 2
( 2) 2
ABCD
S a a= =
Ta có góc [SB,(SAD)] =
BSA
= 60
o

Tam giác SAB vuông tại A có

AB a 2=
o
AB a 2 a 6
SA
tan 60 3
3
⇒ = = =
Vậy V =
3
2
ABCD
1 1 a 6 2a 6
S .SA 2a .
3 3 3 9
= =
Câu 7.( 1,0 điểm) d
1
:



=
+−=
ty
tx 23
, I
);3(
1

ttId +−⇒∈
d(I , d
2
) = 2
11
7
,
11
27
101711 ==⇔=−⇔ ttt
• t =
4
11
27
11
21
:)(
11
27
;
11
21
11
27
22
11
=







−+






−






⇒ yxCI
• t =
4
11
7
11
19
:)(
11
7
;
11
19

11
7
22
22
=






−+






+






−
⇒ yxCI
Câu 8. (1,0 điểm)
Phương trình mp(P) đi qua M và vuông góc với d
2

:
2 5 2 0− + + =x y z

Toạ độ giao điểm A của d
1
và mp(P) là:
( )
5; 1;3− −A
⇒ d:
1 1 1
3 1 1
− − −
= =
−
x y z
4
Gv Trần Văn May Trường THPT Phan Bội Châu
Câu 9. (0,5 điểm) Giải phương trình:
1 2 3 2
3 7 (2 1) 3 2 6480+ + + + − = − −
n n n n
n n n n
C C C C
Xét
( )
0 1 2 2 3 3
1 . . . .+ = + + + + +
n
n n
n n n n n

x C C x C x C x C x
• Với x = 2 ta có:
0 1 2 3
3 2 4 8 2= + + + + +
n n n
n n n n n
C C C C C
(1)
Với x = 1 ta có:
0 1 2 3
2 = + + + + +
n n
n n n n n
C C C C C
(2)
• Lấy (1) – (2) ta được:
( )
1 2 3
3 7 2 1 3 2+ + + + − = −
n n n n
n n n n
C C C C
• PT ⇔
2 2
3 2 3 2 6480 3 3 6480 0− = − − ⇔ − − =
n n n n n n
⇒
3 81 4= ⇔ =
n
n

Câu 10.( 1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
mxx =−+
4
2
1
mxx =−+
4
2
1
D = [0 ; +
)∞
*Đặt f(x) =
x
x
x
x
xx
xx
xxx
x
x
x
xfxx
.)
1
1(2
)
1
1(
.)1(2

)1(
2
1
)1(2
)('1
4
3
2
2
3
4
3
2
2
3
2
3
4
32
4
32
4
32
4
2
+
+−
=
+
+−

=−
+
=⇒−+
Suy ra: f’(x) =
);0(0
.)
1
1(2
)
1
1(1
4
3
2
4
3
2
∞+∈∀<
+
+−
x
x
x
x
*
0
)1)(1(
1
lim
1

1
lim)1(lim
2
4
2
22
4
2
2
4
2
=








++++
−+
=









++
−+
=−+
+∞→+∞→+∞→
xxxx
xx
xx
xx
xx
xxx
* BBT
x 0 +
∞

f’(x)
f(x) 1

0
Vậy: 0 < m
1≤
5