ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA lần i năm học 2015 – 2016 bồi dưỡng (8)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015 - 2016

Môn: TOÁN ( Vòng lý thuyết )
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
1
1 3
2
2
(1,5 điểm) Cho hàm số y = 3 x − mx + (m − m − 1) x + 1 .Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x1 , x 2 thỏa
mãn: x12 + 2mx2 − 3m 2 + m − 5 ≤ 0 .
TXĐ: R
0,25
Ta có y ' = x 2 − 2mx + m 2 − m − 1
Hàm số đạt cực trị tại x1 , x 2 ⇔ y , = 0 có hai nghiệm phân biệt

0,25

⇔ x − 2mx + m − m − 1 = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆' > 0 ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > −1(*)

0,5

2

2

Vì x1 , x 2 là nghiệm của (1) nên theo Viet, ta có x1 + x 2 = 2m
2

x1 = 2mx1 − m 2 + m + 1
Từ đó ,
2
(1,0 điểm)

0,25

x12 + 2mx2 − 3m 2 + m − 5 ≤ 0 ⇔ 2m( x1 + x 2 ) − 4m 2 + 2m − 4 ≤ 0
0,25

⇔ 2m − 4 ≤ 0 ⇔ m ≤ 2(**)
Từ (*) và (**) ⇒ −1 < m ≤ 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3
x

− tan x − 2 3 = sin x1 + tan x. tan 
2
2
cos x

cos x ≠ 0

Điều kiện 
x
cos 2 ≠ 0

0,25

x 

sin x. sin 

3
2
− tan x − 2 3 = sin x1 +
Khi đó, phương trình ⇔
cos 2 x
 cos x. cos x 


2

x
cos( x − )
3
2
⇔
− tan x − 2 3 = sin x.
2
x
cos x
cos x. cos
2
1
⇔ 3 (1 + tan 2 x ) − tan x − 2 3 = sin x.

cos x
 tan x = 3
2
⇔ 3 tan x − 2 tan x + 3 = 0 ⇔ 
1
tan x = −

3

π
+ kπ (tm)
3
1
π
* tan x = −
⇔ x = − + kπ (tm)
6
3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm .......

0,25

0,25

* tan x = 3 ⇔ x =

3
(1,0 điểm)

0,25

n

2

Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2 −  , biết rằng n là
x

7

1


n
n
số nguyên dương thỏa mãn 4Cn3+1 + 2Cn2 = An3 . (Ở đó C k , Ak lần lượt là số tổ hợp, số chỉnh

hợp chập k của n phần tử ).
Điều kiện: n ∈ N , n ≥ 3 (*)
(n + 1)n((n − 1)
4C n3+1 + 2C n2 = An3 ⇔ 4.
+ n( n − 1) = n(n − 1)(n − 2)
6
⇔ 2(n + 1) + 3 = 3(n − 2)
⇔ n = 11(tm(*))
11
k
11
11
2

 2 2
k
2 11− k 
x
−
=
C
(
x
)
.
−
=
C11k .(−2) k .x 22−3k .




∑
∑
11
Khi đó
x
x




k =0
k =0

Số hạng chứa x 7 ứng với k thỏa mãn 22 − 3k = 7 ⇔ k = 5.
5
Suy ra hệ số của x 7 là C11
.(−2) 5 = −14784.
4
(1,0 điểm)

e

Tính tích phân I = ∫

(x

2

)

+ x +1 ln x + x + 2
1 + x ln x

l

e

0,25
0,25

0,5

dx

e

e

( x + 1).( x.ln x + 1) + ln x + 1
ln x + 1
I=∫
.dx = ∫ ( x + 1)dx + ∫
dx
1
+
x
ln
x
1
+
x
ln
x
1
1
1

0,25

 x2
e 1 2
3
I1 = ∫ ( x + 1)dx =  + x ÷ = e + e −

2
 2
1 2
1

0,25

e

e

ln x + 1
.dx =
1
+
x
ln
x
1

I2 = ∫

e

d (1 + x ln x )
∫1 1 + x ln x = ln 1 + x ln x

e

= ln(1 + e)

0,25

1

1 2
3
e + e − + ln(1+e)
0,25
2
2
5
Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(5;−8; 2), C(4;−7; 6) và mặt cầu
(1,5 điểm) ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z − 67 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với
BC và tiếp xúc mặt cầu (S).
(S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 9.
0,25
r
2
2
2
Giả sử (P) có vtpt n = ( A; B; C ), ( A + B + C ≠ 0)
r uuur
r uuur
r
0,25
(P) // BC nên n ⊥ BC = (−1;1; 4) ⇒ n.BC = 0 ⇔ A = B + 4C ⇒ n = ( B + 4C ; B; C )
(P) đi qua A(13; −1; 0) ⇒ phương trình (P): ( B + 4C ) x + By + Cz − 12 B − 52C = 0
B + 4C + 2 B + 3C − 12 B − 52C
=9

(P) tiếp xúc (S) ⇔ d [ I , ( P)] = R ⇔
( B + 4C ) 2 + B 2 + C 2
0,5
 B + 2C = 0
2
⇔ B − 2 BC − 8C = 0 ⇔ ( B + 2C )( B − 4C ) = 0 ⇔ 
 B − 4C = 0

Khi đó I = I1 + I2 =

B = 2
Với B + 2C = 0 chọn 
, ta được phương trình (P): −2x + 2y − z + 28 = 0
C = −1
(loại vì B,C thuộc (P))
B = 4
Với B − 4C = 0 chọn 
, ta được phương trình (P): 8x + 4y + z −100 = 0 (thoả mãn)
C = 1

0,25

0,25

6
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ∠BAD = 120 0 , tam giác SAB cân
(1,0 điểm) tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và
(ABCD) bằng 450. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABD
theo a.
2

Gọi H là trung điểm củaAB
⇒ SH ⊥ AB
Mà ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD)
Có ∠BAD = 120 0 ⇒ ∠BAC = 60 0 ⇒ ∆AB C
là
Tam giác đều cạnh a.
Có CD ⊥ (SHC ) nên góc giữa (SCD) và
(ABCD) là ∠SCH =450 nên tam giác SHC
a 3
vuông cân tại C ⇒ SH = HC =
2

1
1 a 3 a 3
a3
SA.S ABCD = .
.
.a =
(đvtt )
3
3 2
2
4
Có CA=CB=CD=a nên C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
Kẻ đường thẳng d đi qua C và song song với SH,SH ⊥ ( ABCD) nên d ⊥ ( ABCD) ==> d là
trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
VS . ABCD =

0,25

0,25
0,5

3a 2 a 2
+
= a ⇒ ∆SAB đều
4
4
Gọi O là tâm của tam giác SAB.Kẻ đường thẳng ∆ qua O và song song với HC,HC
⊥ (SAB ) nên ∆ ⊥ (SAB ) nên là ∆ trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB
0,25
∆ cắt d tại I ==> I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hc S.ABD
4
4 3a 2 3a 2
13
Bán kính mặt cầu R =SI= SO 2 + OI 2 =
SH 2 + HC 2 =
.
+
=a
9
9 4
4
12
7
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông
(1,0 điểm) góc của B lên AC, M và N lần lượt là trung điểm của AH và BH, trên cạnh CD lấy điểm K sao cho
9 2

tứ giác MNCK là hình bình hành. Biết M  ; , K (9;2) và các đỉnh B, C lần lượt nằm trên các
5 5
2
x
−
y
+
2
=
0
x
−
y
−
5
=
0
đường thẳng
và
, hoành độ đỉnh C lớn hơn 4.Tìm tọa độ các đỉnh của
hình chữ nhật ABCD.
Có MN là đường trung bình của tam giác
1
HAB suy ra MN// AB và MN = AB
2
Có tứ giác MNCK là hình bình hành nên
0,25
1
1
CK//MN,CK = AB = CD suy ra K là

2
2
trung điểm của CD và N là trực tâm tam
giác BCM, do đó CN ⊥ BM ⇒ MK ⊥ MB
9
8
 36 8 

B ∈ d : 2 x − y + 2 = 0 ⇒ B (b;2b + 2), MK =  ; , MB =  b − ;2b + 
5
5
 5 5

0,25
52
52
MB ⊥ MK ⇒ MB MK = 0 ⇔
b−
= 0 ⇔ b = 1 ⇒ B (1;4)
5
5
Có SA=SB=

C ∈ d ' : x − y − 5 = 0 ⇒ C (c; c − 5), c > 4, BC = ( c − 1; c − 9 ) , KC = ( c − 9; c − 7 )
c = 9(tm)
BC ⊥ CK ⇒ BC.CK = 0 ⇔ (c − 1)(c − 9) + (c − 9)(c − 7) = 0 ⇔ 
⇒ C (9;4)
c = 4(loai )
Vì K là trung điểm của CD nên D(9;0)

0,25
0,25
3


Gọi I là trung điểm của BD thì I(5;2) và I là trung điểm của AC nên A(1;0)
8
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình

 x + y + x + y + 3 = ( x + y ) 2 + 2 x + y (1)
( x, y ∈ R ).
 2
2
 x + 2 x + y − 7 + 3 2 − 2 x − 3 y = 3x + x + 7 y + 12 (2)

x + y ≥ 0
 2
x + 2x + y − 7 ≥ 0
(*)
*Điều kiện : 
2 − 2 x − 3 y ≥ 0
3 x 2 + x + 7 y + 12 ≥ 0

*Đặt x + y = u( u ≥ 0 ), phương trình (1) trở thành:

(

)

u + u + 3 = u 2 + 2 u ⇔ u (u − 1) + 2 u − u + 3 = 0

0,5



3
⇔ ( u − 1)  u +
 = 0
2 u + u+3

u = 1(tm)
⇔
3
u +
= 0(vn)

2 u + u+3
*, Với u =1 ⇒ y = 1-x thế vào phương trình (2) ta được
x 2 + x − 6 + 3 x − 1 = 3x 2 − 6 x + 19 ( điều kiện x ≥ 2 )
⇔ 3 ( x − 2)( x 2 + 2 x − 3) = x 2 − 8 x + 17

0,25

⇔ 3 ( x − 2)( x 2 + 2 x − 3) = ( x 2 + 2 x − 3) − 10( x − 2)(3)
*, Nhận xét x =2 không là nghiệm của phương trình
x 2 + 2x − 3 x 2 + 2x − 3
*, x > 2 , (3) ⇔ 3
=
− 10
x−2

x−2
x 2 + 2x − 3
, điều kiện t ≥ 0 (3) trở thành
x−2
t = −2(l )
3t = t 2 − 10 ⇔ t 2 − 3t − 10 = 0 ⇔ 
t = 5(tm)

Đặt t =

t=5 ⇒

0,25


23 + 341
− 21 − 341
x=
⇒y=

x + 2x − 3
2
2
= 5 ⇒ x 2 − 23x + 47 = 0 ⇔ 
(tm)
x−2

23 − 341
− 21 + 341
⇒y=

x =

2
2
2

 23 + 341 − 21 − 341   23 − 341 − 21 + 341 
; 

;
;


2
2
2
2




Kết luận, hệ có nghiệm (x;y) là 

9
Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y = 2 x + 2 + 3 y − 2014 + 2012 . Tìm giá trị
(1,0 điểm)
2015 + 2 xy x + y + 1
2
2
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = ( x − 1) + ( y − 1) +

.
x + y +1
Từ điều kiện x + y = 2 x + 2 + 3 y − 2014 + 2012 , ta có

(

( x + y − 2012) 2 = 2 x + 2 + 3 y − 2014
⇔ 2012 ≤ x + y ≤ 2025
Ta có biểu thức

)

2

≤ (4 + 9)( x + y − 2012)

0,25
0,25

4


S = x 2 + y 2 − 2 x − 2 y + 2 + 2 xy +
= ( x + y ) 2 − 2( x + y ) +

2015
x + y +1

2015
x + y +1

+2

Đặt t = x+ y, điều kiện t ∈ [ 2012;2025]
2015
2
+ 2 ,f(t) liên tục trên [ 2012;2025]
Khi đó S = f (t ) = t − 2t +
t +1
2015
f ' (t ) = 2t − 2 −
> 0∀t ∈ [ 2012;2025] ⇒ f (t ) đồng biến trên [ 2012;2025]
2(t + 1) t + 1
2015
2015
≤ S ≤ 4096577 +
⇒ f (2012) ≤ S ≤ f (2025) hay 4044122+
2013
2026
16122

x=

2015

13
Vậy GTNN của S =4044122+
khi t = 2012 ⇔ 
10034
2013
y =


13
2015
x = 2
GTLN của S = 4096577 +
khi t = 2025 ⇔ 
2026
 y = 2023

0,25

0,25

5