de thi thu thpt quoc gia mon toan truong thpt luong ngoc quyen thai nguyen nam 2015 lan 2

VnDoc - Ti ti liu, vn bn phỏp lut, biu mu

min phớ

đề thi thử thpt quốc gia lần 2 năm 2015
Môn: Toán

S GD & T THI NGUYấN
TRNG THPT LNG NGC QUYN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Cõu 1 (2,0 im). Cho ham sụ
1
y = x 4 2 x 2 1.
a) Khao sat s biờn thiờn va ve ụ
4
thi (C) cua ham sụ ó cho.
x 4 + 8 x 2 + 4m + 4 = 0. b) Da vao ụ thi (C), bin lun
theo m sụ nghim thc cua phng trỡnh
Cõu 2 (1,0 im). Giai cac phng trỡnh sau:
a) .
7 x + 2.71 x 9 = 0
b) (sinx + cosx)2 = 1 + cosx.
Cõu 3 (1,0 im).
a) Tỡm phn thc va phn ao cua z = 3 4i (3 5i )(6 + i)
3 + 2i
sụ phc: .
9
b) Tỡm h sụ cua x trong khai trin (2 - 3x)2n, trong ú n la sụ nguyờn dng thoa món:
C21n+1 + C23n+1 + C25n+1 + ... + C22nn++11 = 4096

.

Cõu 4 (1,0 im).Tớnh tớch
2
phõn .
I = cos x 3 sin x + 1 dx
0

Cõu 5 (1,0 im). Cho hỡnh chúp
S.ABCD cú ay ABCD la hỡnh vuụng cnh 2a, mt phng (SAB) vuụng gúc vi ay, tam
giac SAB cõn ti S va SC to vi ay mt gúc 60 0. Tớnh th tớch khụi chúp S.ABCD va
khoang cach gia hai ng thng BD va SA theo a.
( x 1) 2 + ( y 2) 2 = 25

Cõu 6 (1,0 im). Trong mt phng
vi h to Oxy, cho tam giac ABC ni tiờp ng trũn (T) cú phng trỡnh . Cac im
K(-1;1), H(2;5) ln lt la chõn ng cao h t A, B cua tam giac ABC. Tỡm ta cac
nh cua tam giac ABC biờt rng nh C cú hoanh dng.
2
2
2
+ ( y 7 ;2) 10+ ;(11
z 3 ) = 4.
Cõu 7 (1,0 im). Trong ( x 1) B
3 3 3ữ
khụng gian vi h ta


Oxyz, cho hai im A(3;2;1), va mt
cu (S): Chng minh rng mt phng trung trc cua on thng AB tiờp xỳc vi mt cu

(S). Xac inh ta cua tiờp im.

(

Cõu 8 (1,0 im). Giai h x 2 y 2 + 2 4 y 2 + 1

phng trỡnh:


)(

)

x2 + 1 x = 1

x33 ( 4 y 2 + 13) + x2 +( xxy,23+
Cõu 9 (1,0 im). Cho
y
z y+,11z)= zx = 6 14
x
P=
+
+
+
x + yz y + xz z + xy ( z + 1) 1 + xy + x + y 3 sụ thc dng thay

i, thoa món . Tỡm gia

tri nho nht cua biu thc .

-------------------------------- Hết ------------------------------

Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên

Trờng thpt lơng ngọc quyến

Hớng dẫn chấm


thi thö kú thpt quèc gia lÇn 2 n¨m 2015
m«n To¸n

Lưu ý khi chấm bài:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh.
Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không
được điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải câu 5, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

C©u

Néi dung
Cho hàm số
1
y = x 4 − 2 x 2 − 1.
a) Khảo sát sự biến thiên và

4
vẽ đồ thị (C) của hàm số đã
C©u 1 cho.
b) Dựa vào đồ thị (C), biện − x 4 + 8 x 2 + 4 m + 4 = 0.
a, 1,0
b, 1,0

§iÓm

luận theo m số nghiệm của
phương trình

a, *TXĐ:
* Giới hạn:
* Chiều biến thiên:

D=¡
lim y = +∞; lim y = +∞.

x →+∞

0,25

x →−∞

 x=0
y ' = x 3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x 3 − 4 x = 0 ⇔ x x 2 − 4 = 0 ⇔ 
 x = ±2

(

- Hàm số đông biến trên mỗi
−2;0 )
( 2;+∞
khoảng và
- Hàm số nghịch biến trên mỗi
; −)2 )
( −∞
( 0;2
khoảng và .
- Hàm số đạt cực đại tại xCĐ= yCĐ = y ( 0 ) = −1
0, .
- Hàm số đạt cực tiểu tại , .
yCT =xCTy ( =±2±)2= −5
* Bảng biến thiên
−∞
+∞
−22
x
0
y'
- 0 +
0
0
-1 +∞
y
-5
-5
* Đô thị:

)

0,25

+
0,25
0,25

2


b) Ta có: (*)

C©u 2

1
− x 4 + 8 x 2 + 4m + 4 = 0 ⇔ x 4 − 2 x 2 − 1 = m
4 điểm của đô thị (C) và đường
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao
thẳng d: y = m
- Nếu m > -1 hoặc m = - 5 thì d cắt (C) tại 2 điểm nên phương trình (*) có 2
nghiệm.
- Nếu m = - 1 thì d cắt (C) tại 3 điểm nên phương trình (*) có 3 nghiệm.
m ∈ (−5; −1)
- Nếu thì d cắt (C) tại 4 điểm
phân biệt nên phương trình (*)
có 4 nghiệm phân biệt.
7 x + 2.71− x − 9 = 0
- Nếu m < -5 thì d không cắt (C) nên phương trình (*) vô nghiệm.
Giải các phương trình sau: (sinx + cosx)2 = 1 + cosx

a) .
b) .
3

0,25
0,25

0,5


a, 0,5
b, 0,5

x ≥ 0.
a) Đk:
Đặt
t =7 x , t > 0
Ta có pt: ( thỏa
t = 7
14
2
t
+
−
9
=
0
⇔
t
−

9t
+
14
=
0
⇔
mãn t > 0 )
t = 2
t

x
Với t = 7
⇔ 7 = 7 ⇔ x =1
2
Với t = 2
⇔ 7 x = 2 ⇔ x = log 7 2 ⇔
x
=
log
2
(
)
7
2
Vậy PT đã cho có
x = ( log 7 2 )
hai nghiệm : x=1, .
b) Ta có:
Vậy: phương trình có
nghiệm

C©u 3

a) 0,5
b) 0,5

⇔(sinx
1 + 2sinxcosx
1 +cosx
cosx
+ cosx)2 = =1 +
⇔ cosx(2sinx-1) = 0

πcosx = 0
  x =⇔
π  + kπ
kπ
1
 x = 2+ sinx=
2
π
⇔  x=
π + k2π 2(k ∈ Z).
 x=

6+ k2π (k ∈ Z).
  6 5π
  x =5π + k2π
 x = 6 6+ k2π


a) Tìm phần thực và phần z = 3 − 4i − (3 − 5i)(6 + i)
3 + 2i
ảo của số phức: .
9 1
3
5
2 n+1
2n
b) Tìm hệ số của x C2 n+1 + C2 n+1 + C
x )... + C2 n+1 = 4096
( 22 n-+13+
trong
khai
triển , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: .

0,25

0,25
0,25

0,25

a) Ta có

(3 − 4i )(3 − 2i)
− 18 − 3i + 30i + 5i 2
2
2
3 +2

298 333
+
i 333
298
Vậy phần thực: , phần ảo: = −
13
13 −
13
13
z=

0,25
0,25

b) Ta có

( 1 + x)

2 n+1

2 n+1 2 n+1
= C20n+0 1 + C21n1+1 x + C222n+1 x 2 + ... + C
2 n1+1 x
2 n+
= C2 n+1 + C2 n+1 + C2 n+1 + ... + C2 n+1

2
Cho x=1, ta có
(1)
0 = C20n+1 - C21n+1 + C22n+1 - ...- C22nn++11

Cho x= -1, ta có :
(2)
Lầy (1) trừ (2), ta 22 n+1 = 2 ( C21n+1 + C23n+1 + C25n+1 + ... + C22nn++11 )
được :
22 n = C21n+1 + C23n+1 + C25n+1 + ... + C22nn++11
⇔
22 n = 4096 Û 22 n = 212 Û 2n = 12
Từ giả thiết ta có
Do đó ta có
( 0 ≤ k 2 - 3 x 12 = 12 ( - 1 )k C k 212- k ( 3x )k
(
)
å
12
≤ 12, k nguyên)
k =0
C129 39 23
⇒ hệ số của x9 là : -.
C©u 4
1,0

Tính tích phân .
Đặt
Đổi cận:

2 n+1

0,25

0,25

π
2

= ∫ xcos
+ 1=dx2 udu
u = I3 sin
+ 1x ⇒3 sin
cos xxdx
0
3
π
x = 0 ⇒ u = 1; x = ⇒ u = 2
2

4

0,25
0,25


Khi đó:

2

I = ∫ u.
1

Tính được

C©u 5

1.0

2
2 u3 2
udu =
3
3 3 1
14
I=
9

0,25
0,25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng
(SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc
600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
BD và SA theo a.
S

k
E
A
D

H

B

C

Gọi H là trung điểm AB. Do SAB ⊥ cân tại S,suy ra SHAB, mặt khác
(SAB)(ABCD)
∠SCH⊥ = 60 0
nên SH(ABCD) và .
Ta có
SH = CH . tan 60 0 = CB 2 + BH 2 . tan 60 0 = a 15.
1
1
4 15 3
VS . ABCD = .SH .S ABCD =⇒
a 15.4a 2 =
a .
∆3BD.
Qua A vẽ đường thẳng
song3 song với ⊥
Gọi E là 3hình chiếu vuông góc

0,25

0,25

của H lên và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó (SHE)HK suy ra HK(S,).
∆
Mặt khác, do BD//(S,) nên ta có
d ( BD; SA ) = d ( BD; ( S , ∆ ) )

= d ( B; ( S , ∆ ) ) = 2d ( H ;( S , ∆)) = 2 HK
AH

a 0
∠EAH
Ta có nên tam giác EAH
HE == ∠DBA
= = 45
vuông cân tại E, suy ra
2
2
a
.a 15
HE.HS
15
Vậy:
2
15
⇒ HK =
=
=
a.
=
2
a.
2d ( BD;SA
2
2
)
31
2
HE + HS
 a  31


÷ + a 15
 2

(

Trong mặt phẳng với hệ toạ ( x − 1) + ( y − 2) = 25
độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có phương trình . Các
điểm K(-1;1), H(2;5) lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B của tam giác
ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ
dương.
2

C©u 6

)

2

5

0,25

0,25


1,0

A
x

H
I
B

K

C

I (»1· ;2)
1
(T) có tâm . Gọi Cx là tiếp
·
HCx
=AC
ABC =
2
tuyến của (T) tại C. Ta có Sđ(1)
⇒
·
·
·
·
·
Do nên AHKB là tứ giác nội AHB
ABC
=AHK
AKB
= KHC
= 900

tiếp (cùng bù với góc) (2)
·
·
Từ (1) và (2) ta có .
HCx
= KHC
⇒ HK // Cx
IC
⊥
Cx
⇒
IC ⊥ HK
Mà .
+ 4 y=−(11
Do đó IC có vectơ pháp tuyến là 3xKH
3;4=) 0
, IC có phương trình
Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
;>−01=
=x−(C5511
. Do nên
)x0= −3
3 x +4x yC

0,25

0,25

; 2
⇒ 2

y2)= 5= 25
( x −21xy) +=+y−(1−
y−

Đường thẳng AC đi qua C và có CH = (−93;=6)0

vectơ chỉ phương là nên AC có
phương trình .
Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
A9(11=;70)x = 5
(loại). Do đó
2 x +yx−=
⇒2
; 2

Đường thẳng BC đi qua C và(có
x −x1CK
+=y(7−
y 2−6y;=
22=))0−=125
(−
)+y 3=
vectơ chỉ phương là nên BC có
phương trình .
Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
−=(−
2−4=;02)x = 5
(loại). Do đó
 x + 3yx B
⇒ 2

,

C
BA(−
((51;4;−7;21)) 2
Vậy ; ; .
( x −1)y =+2( y − y2)= −=125

C©u 7

1,0

0,25

0,25

Trong không gian với ( x − 1) 2 + ( y 7− 2 ) 210+ (11
 3 ) 2 = 4.
z
−
B  − ;− ; ÷
hệ tọa độ Oxyz , cho
 3 3 3
hai điểm A(3;2;1), và mặt cầu
(S): Chứng minh rằng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc với
mặt cầu (S). Xác định tọa độ của tiếp điểm.
I(1;2;3),R = 2
Mặt cầu (S) có tâm .
Phương trình mặt phẳng (P) uuur  116 2 16
7 8

AB
M
=
−
;
−
;
−
;

÷; ÷
là trung trực của AB đi qua ,
 3 3 3 33  3 
có vtpt là: 2x + 2y – z +
0,25
3=0 (P)
Ta có: nên mặt phẳng trung d(I;(P)) = 2 = R
0,25
6


trực của đoạn thẳng AB tiếp xúcrvới mặt cầu (S) (đpcm)
Phương trình đường thẳng d đi n (P) = ( 2;2; −1)
qua I nhận véc tơ làm vt chỉ
phương là:
 x = 1 + 2t

 y = 2 + 2t
ﾧ hệ pt:
 x = 1 + 2td ∩(P)

z = 3= −{ H
t} ⇒
 y = 2 + 2t  1 2 11 
Vậy: tọa độ tiếp

H − ; ⇒
; H÷ − 1 ; 2 ; 11 
điểm là

3
3
3  3 3 3 ÷



z = 3 − t
2x + 2y – z + 3 = 0
C©u 8
1,0

)(

(

0,25

0,25

)

Giải hệ phương
 x2 y 2 + 2 4 y 2 + 1
x2 + 1 − x = 1

trình:

 x 3 ( 4 y 2 + 1) + 2 ( xx2 ≥+ 01) x = 6
Lời giải: ĐKXĐ:

+) Hệ pt tương đương  x 2 y 2 + 2 4 y 2 + 1 = x 2 + 1 + x (1)

với


)

(

0,25

 x 3 ( 4 y 2 + 1) + 2 ( x 2 + 1) x = 6 ( 2 )
 mãn hệ
x = 0 phương trình do đó
+) Nhận thấy không thỏa

(

)

(

x y 2 + 2 4 y +1 = x + x +1 ⇔ 2 y + 2 y
2

2

2

( 2y)

2

)

2

1 1 1
+1 = +
 ÷ +1
x x x

( *)
0,25

f +∞
+) Xét hàm số f ( t ) = t + t t 2 + 1, t ∈ (0;(0;+∞
( t)) ).do f ' ( t ) > 0, ∀t ∈ (0; +∞)
suy ra hàm số

đông biến trên (**)

+) Từ (*) và (**) nhận được thế
được

2y =

1 vào phương trình (2) trong hệ ta
x

 1

x 3  2 + 1÷+ 2 ( x 2 + 1) 3 x = 6 ⇔2 x 3 + x + 2 ( x 2 + 1) x = 6
2 ( x) + 1) x − 6
x
 g ( x ) = x + (x0;++∞

C©u 9

+) Ta thấy
hàm số đông
biến trên khoảng
1() x=y2 0=
+) Lại có suy ra
g ( x ) = x3 +x x=g+1(2⇒
+ 11) x − 6 = 0
2
phương trình có
nghiệm duy nhất
1
Vậy: Hệ pt đã cho có nghiệm
( x; y ) = 1; ÷

duy nhất
 2
x
,
y
,
3
3
3+
x
+
y
1
Cho 3 số thực
x
y
z z= z
14
P=
+
+
+
x + yz y + xz z + xy ( z + 1) 1 + xy + x + y
dương thay đổi,
thỏa mãn . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

7

0,25

0,25


1,0

x, ( xyx,=+zyy>+02 ) 2 ( z + 1) 2
Ta có: nên dấu = xảy
=
( 1+ x) ( 1+ y) ≤
ra khi
4
4
=x 2(y1++yx2) ( 1 + y )
1 + xy + 2xy
x + yx≤ =
Lại có: và dấu = xảy
ra khi
Nên ta được

0,25

x3
y3
z3
14
P4=
+4
+3
+

x x + yz y y + xz zz + xy ( z + 1) 141 + xy + x + y
P= 2
+
+
+
x + xyz x y4 2 + xyz yz4 + xy (zz3 + 1) ( 1 + x ) ( 114
+ y)
= 2 2 + 2
+
+
( x 2 +x y+2 )xyz +y + xyzz 3 z + xy+ ( z + 1) 14( 1 + x ) ( 1 + y )
⇒P≥ 2
( x + y 2 ) + 2 xyz ( 1 + x ) ( 1 + y ) ( z + 1) ( 1 + x ) ( 1 + y )
⇒P≥

(x

2

+ y2 )

1+ z

+

z3
+
( 1 + x ) ( 1 + y ) ( z + 1)

14

( 1+ x) ( 1+ y )

( x + y) +
z3
14
⇒P≥
+
2 ( 1 + z ) ( 1 + x ) ( 1 + y ) ( z + 1) ( 1 + x ) ( 1 + y )
2
2
x + y)
z − 1)
(
(
4z3
28
4 z 3 + 28 9 z 3 − z 2 − z + 57
⇒P≥
+
+
=
+
=
2
2 ( 1 + z ) ( z + 1) 2 ( z + 1) 2 2 ( 1 + z ) ( z + 1) 2
2 ( z + 1)
2

Xét hàm

Ta có
Lập bảng biến thiên
của hàm số .

0,25

9 z 3 − z 2 − z + 57
f ( z) =
, z >1
2
z +5 23)
( 3fz '−( z5))2=( (30zz +2⇔+1)14
z
=
f '( z ) =
, z >1
3
3
2f( (z z+) 1)

ta nhận được
Vậy GTNN của bằng đạt
được khi .

0,25
 5  53
min f ( z ) = f  ÷ =
P1  3 5 8
53
x= y= , z=

83
3

z∈( 1; +∞ )

8

0,25