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

Thaygiaongheo.net - Video - Ti liu hc toỏn THPT

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)

1 4
x 2 x 2 1.
4
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s ó cho.
b) Da vo th (C), bin lun theo m s nghim thc ca phng trỡnh

Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s y

x 4 8 x 2 4 m 4 0.

Cõu 2 (1,0 im). Gii cỏc 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 v phn o ca s phc: z

3 4i
(3 5i )(6 i ) .
3 2i

b) Tỡm h s ca x9 trong khai trin (2 - 3x)2n, trong ú n l s nguyờn dng tha món:

C21n + 1 + C23n+ 1 + C25n+ 1 + ... + C22nn++11 = 4096 .

2

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

Cõu 5 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng cnh 2a, mt phng
(SAB) vuụng gúc vi ỏy, tam giỏc SAB cõn ti S v SC to vi ỏy mt gúc 600. Tớnh th
tớch khi chúp S.ABCD v khong cỏch gia hai ng thng BD v SA theo a.
Cõu 6 (1,0 im). Trong mt phng vi h to Oxy, cho tam giỏc ABC ni tip ng
trũn (T) cú phng trỡnh ( x 1) 2 ( y 2) 2 25 . Cỏc im K(-1;1), H(2;5) ln lt l chõn
ng cao h t A, B ca tam giỏc ABC. Tỡm ta cỏc nh ca tam giỏc ABC bit rng
nh C cú honh dng.
Cõu 7 (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai im A(3;2;1),
2
2
2
7 10 11
B ; ; v mt cu (S): x 1 y 2 z 3 4. Chng minh rng mt
3 3 3
phng trung trc ca on thng AB tip xỳc vi mt cu (S). Xỏc nh ta ca tip im.







x2 y 2 2 4 y 2 1

x2 1 x 1

Cõu 8 (1,0 im). Gii h phng trỡnh:
x 3 4 y 2 1 2 x 2 1 x 6

Cõu 9 (1,0 im). Cho 3 s thc dng x, y , z thay i, tha món x y 1 z . Tỡm giỏ tr
x3
y3
z3
14
nh nht ca biu thc P



.
x yz y xz z xy z 1 1 xy x y

-------------------------------- Hết -----------------------------Ghộ thm blog thaygiaongheo.net thng xuyờn cp nht nhng ti liu hay, mi nht


Thaygiaongheo.net - Video - Ti liu hc toỏn THPT

Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên

Trường thpt lương ngọc quyến

Hướng dẫn chấm
thi thử kỳ thpt quốc gia lần 2 năm 2015
môn Toán

Lu ý khi chm bi:
- ỏp ỏn ch trỡnh by mt cỏch gii bao gm cỏc ý bt buc phi cú trong bi lm ca hc sinh.
Khi chm nu hc sinh b qua bc no thỡ khụng cho im bc ú.
- Nu hc sinh gii cỏch khỏc, giỏm kho cn c cỏc ý trong ỏp ỏn cho im.
- Trong bi lm, nu mt bc no ú b sai thỡ cỏc phn sau cú s dng kt qu sai ú khụng
c im.
- Hc sinh c s dng kt qu phn trc lm phn sau.
- Trong li gii cõu 5, nu hc sinh khụng v hỡnh hoc v sai hỡnh thỡ khụng cho im.
- im ton bi tớnh n 0,25 v khụng lm trũn.

Câu

Điểm

Nội dung

1 4
x 2 x 2 1.
4
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s ó cho.

Cho hm s y
Câu 1

b) Da vo th (C), bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh
a, 1,0
b, 1,0

x 4 8 x 2 4 m 4 0.
a, *TX: D Ă

* Gii hn: lim y ;
x

lim y .

0,25

x

* Chiu bin thiờn:

x0
y ' x3 4 x; y ' 0 x 3 4 x 0 x x 2 4 0
x 2
- Hm s ng bin trờn mi khong 2;0 v 2;





- Hm s nghch bin trờn mi khong ; 2 v 0;2 .

0,25

- Hm s t cc i ti xC= 0, yC y 0 1 .
- Hm s t cc tiu ti xCT 2 ,
* Bng bin thiờn
x

2

y'
- 0 +

y
-5

yCT y 2 5 .
0
0
-1

-

2
0


+


-5
0,25

* th:
0,25
Ghộ thm blog thaygiaongheo.net thng xuyờn cp nht nhng ti liu hay, mi nht

1

Thaygiaongheo.net - Video - Tài liệu học toán THPT

1 4
x  2 x 2  1  m (*)
4
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường
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.
- Nếu m  (5; 1) thì d cắt (C) tại 4 điểm phân biệt nên phương trình (*) có 4
nghiệm phân biệt.
- Nếu m < -5 thì d không cắt (C) nên phương trình (*) vô nghiệm.
Giải các phương trình sau: a) 7 x  2.71 x  9  0 .
b) (sinx  cosx)2  1  cosx .
a) Đk: x  0.
Đặt t  7 x , t  0
t  7
14
Ta có pt: t   9  0  t 2  9t  14  0  
( thỏa mãn t > 0 )
t
t  2
b) Ta có:  x 4  8 x 2  4 m  4  0 

C©u 2
a, 0,5
b, 0,5

Với t = 7  7

x

Với t = 2  7

x

0,25
0,25

0,5

0,25

 7  x 1
2
 2  x  log 7 2  x   log 7 2 
2

Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1, x   log 7 2  .

b) Ta có: (s inx  cosx)2  1  cosx  1  2 sin xcosx  1  cosx
 cosx(2 sin x-1)  0

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

2

0,25

0,25


Thaygiaongheo.net - Video - Tài liệu học toán THPT

cosx  0

s inx= 1 

2



x  2  k

 x=   k2 (k  Z).

6

5
 x  6  k2




 x  2  k

Vậy: phương trình có nghiệm  x=   k2 (k  Z).

6


5
 x  6  k2


a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức: z 
C©u 3

0,25

3  4i
 (3  5i )(6  i ) .
3  2i

b) Tìm hệ số của x9 trong khai triển (2 - 3x ) , trong đó n là số nguyên dương
2n

thỏa mãn: C21n+ 1 + C23n+ 1 + C25n+ 1 + ... + C22nn++11 = 4096 .
a) 0,5
b) 0,5

a) Ta có

(3  4i)(3  2i)
 18  3i  30i  5i 2
32  2 2
298 333


i

13 13
298
333
Vậy phần thực: 
, phần ảo:
13
13
z

0,25
0,25

b) Ta có
2n+ 1
(1 + x) = C20n+ 1 + C21n+ 1 x + C22n+ 1 x 2 + ... + C22nn++11 x 2n+ 1
Cho x=1, ta có 22n+ 1 = C20n+ 1 + C21n+ 1 + C22n+ 1 + ... + C22nn++11 (1)
Cho x= -1, ta có : 0 = C20n+ 1 - C21n+ 1 + C22n+ 1 - ...- C22nn++11
(2)
Lầy (1) trừ (2), ta được : 22n+ 1 = 2 (C21n+ 1 + C23n+ 1 + C25n+ 1 + ... + C22nn++11 )
 22n = C21n+ 1 + C23n+ 1 + C25n+ 1 + ...+ C22nn++11
Từ giả thiết ta có 22n = 4096 Û 22 n = 212 Û 2n = 12
12

Do đó ta có (2 - 3x ) =

å

( - 1 )k C12k 212- k ( 3x )k

( 0 ≤ k ≤ 12, k nguyên)

k= 0

0,25

 hệ số của x9 là : - C129 39 23 .
C©u 4

0,25

12


2

Tính tích phân I   cos x 3 sin x  1 dx .
0

1,0

2
3

Đặt u  3 sin x  1  cos xdx  udu

0,25

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

3

Thaygiaongheo.net - Video - Tài liệu học toán THPT
0,25


u2
2
2
2
2 u3 2
Khi đó: I   u. udu 
3
3 3 1
1
14
Tính được I 
9

Đổi cận: x  0  u  1; x 

C©u 5

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.

1.0

S

k
E
A

D

H

B
C

Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S,suy ra SH  AB, mặt khác
(SAB)  (ABCD)
nên SH  (ABCD) và SCH  60 0 .
0

2

2

0,25

0

Ta có SH  CH . tan 60  CB  BH . tan 60  a 15.

1
1
4 15 3
V S . ABCD  .SH .S ABCD  a 15.4a 2 
a .
3
3
3
Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc
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 , ))  2HK

0,25

0,25

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

4


Thaygiaongheo.net - Video - Tài liệu học toán THPT

Ta có EAH  DBA  45 0 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra
HE 

AH

 HK 

2



a
2

HE.HS
2

HE  HS

2

a
.a 15
2



2
 a 
   a 15
 2

Vậy: d  BD;SA   2

C©u 6

1,0



2





15
a.
31

15
a.
31

0,25

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
(T) có phương trình ( x  1) 2  ( y  2) 2  25 . 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.
A
x

H
I
B

K

C

(T) có tâm I (1;2) . Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C. Ta có
·  ABC
·  1 Sđ »
HCx
AC (1)
2
·
Do ·
(cùng bù với
AHB  ·
AKB  900 nên AHKB là tứ giác nội tiếp  ·
ABC  KHC
·
góc AHK ) (2)
·  KHC
·
Từ (1) và (2) ta có HCx
 HK // Cx .

Mà IC  Cx  IC  HK .
Do đó IC có vectơ pháp tuyến là KH  (3;4) , IC có phương trình 3 x  4 y  11  0
Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

3 x  4 y  11  0
 x  5  x  3
. Do xC  0 nên C (5;1)

;


2
2
y


1
y

5
(
x

1
)

(
y

2
)

25





0,25

0,25

Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CH  (3;6) nên AC có
phương trình 2 x  y  9  0 .
Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
2 x  y  9  0
x  1 x  5
(loại). Do đó A(1;7)

;


2
2
y

7
y


1
(
x

1

)

(
y

2
)

25




Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

5

0,25


Thaygiaongheo.net - Video - Tài liệu học toán THPT

Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CK  (6;2) nên BC có
phương trình x  3 y  2  0 .
Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
x  3 y  2  0
 x  4  x  5
(loại). Do đó B(4;2)

,


2
2
( x  1)  ( y  2)  25  y  2  y  1
Vậy A(1;7) ; B(4;2) ; C (5;1) .

C©u 7

1,0

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;2;1),
2
2
2
 7 10 11 
B   ;  ;  và mặt cầu (S):  x  1   y  2    z  3   4. Chứng
 3 3 3
minh rằng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S).
Xác định tọa độ của tiếp điểm.
Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3),R  2 .
1 2 7
Phương trình mặt phẳng (P) là trung trực của AB đi qua M  ;  ;  , có vtpt
3 3 3
uuur  16 16 8 
AB    ;  ;  là: 2x + 2y – z + 3=0 (P)
0,25
3 3
 3

Ta có: d(I;(P))  2  R nên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc
0,25
với mặt cầu (S) (đpcm)
r
Phương trình đường thẳng d đi qua I nhận véc tơ n (P)   2;2; 1 làm vt chỉ
phương là:
 x  1  2t

 y  2  2t
z  3  t

0,25

 x  1  2t
 y  2  2t
 1 2 11 
d  (P)  H  hệ pt: 
 H  ; ; 
 3 3 3
z  3  t
 2x  2y – z  3  0

 1 2 11 
Vậy: tọa độ tiếp điểm là H   ; ; 
 3 3 3
C©u 8
1,0



0,25





x2 y 2  2 4 y 2 1
x2 1  x  1

Giải hệ phương trình: 
 x 3  4 y 2  1  2  x 2  1 x  6


Lời giải: ĐKXĐ: x  0

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

6


Thaygiaongheo.net - Video - Tài liệu học toán THPT



0,25



 x 2 y 2  2 4 y 2  1  x 2  1  x (1)


+) Hệ pt tương đương với 
 x 3  4 y 2  1  2  x 2  1 x  6  2 

+) Nhận thấy x  0 không thỏa mãn hệ phương trình do đó







2

x2 y 2  2 4 y 2 1  x  x2 1  2 y  2 y



2 y 1 

2

1 1 1

  1
x x x

 *

+) Xét hàm số f  t   t  t t 2  1, t  (0; ) do f '  t   0, t  (0; ) suy ra hàm số
0,25

f  t  đồng biến trên (0; ). (**)

+) Từ (*) và (**) nhận được 2 y 

1
thế vào phương trình (2) trong hệ ta được
x

 1

x 3  2  1  2  x 2  1 x  6  x3  x  2  x 2  1 x  6
x

+) Ta thấy hàm số g  x   x3  x  2  x 2  1 x  6 đồng biến trên khoảng  0;  

0,25

+) Lại có g 1  0 suy ra phương trình g  x   x3  x  2  x 2  1 x  6  0 có
nghiệm duy nhất x  1  y 

1
2

1
Vậy: Hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    1; 

0,25
 2
Cho 3 số thực dương x, y , z thay đổi, thỏa mãn x  y  1  z . Tìm giá trị nhỏ

C©u 9

x3
y3
z3
14
nhất của biểu thức P 



.
x  yz y  xz z  xy  z  1 1  xy  x  y

1,0

Ta có: x, y, z  0 nên 1  x 1  y 

 x  y  2


2

2

 z  1 dấu = xảy ra khi


4
4
2

2
Lại có: 1  xy  x  y  1  x 1  y  và 2xy  x  y dấu = xảy ra khi x  y

x y

Nên ta được
P


x3
y3
z3
14



x  yz y  xz z  xy  z  1 1  xy  x  y
x4
y4
z3



x 2  xyz y 2  xyz z  xy  z  1

14

1  x 1  y 

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

7

0,25


Thaygiaongheo.net - Video - Tài liệu học toán THPT

P

P

x4
y4
z3



x 2  xyz y 2  xyz z  xy  z  1

x

x
x
P

2

 y2 

2

2

 y   2 xyz

2

 y2 

2

1 z





14

1  x 1  y 

z3

1  x 1  y   z  1

z3

1  x 1  y   z  1

14

1  x 1  y 

0,25

14

1  x 1  y 

2

 x  y 
z3
14
P

2 1  z  1  x 1  y   z  1 1  x 1  y 
2
2
 x  y
 z  1 4 z 3  28 9 z 3  z 2  z  57
4z3
28
P






2
2 1  z   z  1 2  z  1 2 2 1  z   z  1 2
2  z  1
Xét hàm f  z  

9 z 3  z 2  z  57
2  z  1

2

, z 1

 3 z  5   3z 2  14 z  23
Ta có f '  z  
, z 1
3
2  z  1
Lập bảng biến thiên của hàm số f  z  .

f ' z  0  z 

5
3

0,25

 5  53
ta nhận được zmin
f z  f   
1; 

3
8

 
53
1
5
Vậy GTNN của P bằng
đạt được khi x  y  , z  .
8
3
3

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

8

0,25