Đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán 2015 trường Nguyễn Thái Bình Lâm Đồng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LÂM ĐỒNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC
2014-2015
Môn thi: Toán

TRƯỜNG THPTNGUYỄN THÁI BÌNH
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian phát đề)
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x 3 + 3x 2 − 4
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Dựa vào đồ thị (C) biện luận số nghiệm phương trình x3 − 3x 2 + m = 0 .
 3x − 1 

Câu 2. (1,0 điểm) Giải bất phương trình: log 1 
÷ ≤ −1
2  −x + 2 
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Tính môđun của số phức z = (1 − 2i)(2 + i )2 .
10

1

b) Tìm hệ số của x trong khai triển biểu thức  x3 + ÷
x

10

Câu 4. (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = ex , y = e- x và x = 1 .
Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y + z + 1 = 0

 x = 1 + 3t

và đường thẳng d:  y = 2 − t . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ
z = 1+ t


M đến mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu 6. (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy là tam giác cân, AB = AC = a ,
0
·
BAC
= 1200 . Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 60 . Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' và

khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng ( AB ' C ') theo a .
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên
đường thẳng d : x + y − 1 = 0 . Điểm E ( 9; 4 ) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm
F ( −2; −5 ) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC = 2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi

ABCD biết điểm C có hoành độ âm.
Câu 8. (1,0 điểm) Giải bất phương trình

x + 1 − x2 ≥ 2 − 3x − 4 x 2 .

Câu 9. (1,0 điểm)
Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

a2
b2
3

+
− (a + b) 2 .
2
2
(b + c ) + 5bc (c + a) + 5ca 4

---------- HẾT ----------

1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT
NGUYỄN THÁI BÌNH

Câu
1.a

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán

Đáp án

Điểm
1,0

Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = − x + 3x − 4 (C)
• Tập xác định: D = R

y = +∞ ; lim y = −∞
• Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞
• Sự biến thiên:
3

2

0,25

y ′ = −3 x 2 + 6 x

x = 0
 y = −4
y ′ = 0 ⇔ −3 x 2 + 6 x = 0 ⇔ 
⇔
x = 2
y = 0
Hàm số đồng biến trong khoảng ( 0; 2 )
Hàm số nghịch biến trong khoảng (−∞;0) và (2;+∞) .
Hàm số đạt cực đại tại x = 2; yCD = 0
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = −4

0,25

• Bảng biến thiên:

x
́t5 hoành độ giao điểm kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk

0
+
y’
0,25
y

+∞

-4

• Đồ thị:
* Giao điểm của đồ thị với trục Oy là (0 ; 4)
* Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (-1 ; 0) và (2 ; 0)
* Điểm uốn: I (1; −2)
0,25

1.b

Biện luận số nghiệm phương trình x 3 − 3x 2 + m = 0 (1)

+∞

yx
y’

-4
0
-

0

−∞

0
2
+

0

-

2

1,0


* Ta có: x 3 − 3x 2 + m = 0
⇔ − x 3 + 3x 2 = m
⇔ − x 3 + 3x 2 − 4 = m − 4

Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng
y = m – 4. Số giao điểm chính là số nghiệm phương trình (1)
•

•
•

 m − 4 < −4
m < 0
 m − 4 > 0 ⇔  m > 4 Có một giao điểm. Phương trình (1) có một nghiệm.



 m − 4 = −4
m = 0
 m − 4 = 0 ⇔  m = 4 Có hai giao điểm. Phương trình (1) có hai nghiệm.


−4 < m − 4 < 0 ⇔ 0 < m < 4 Có ba giao điểm. Phương trình (1) có ba nghiệm.

Giải bất phương trình: log 1 
÷ ≤ −1
2  −x + 2 

0.25
0.25

1,0

3x − 1
1
>0⇔ −x+2
3
 3x − 1 
3x − 1
≥2
* Ta có: log 1 
÷ ≤ −1 ⇔
−x + 2
2  −x + 2 

5x − 5
⇔
≥ 0 ⇔1≤ x < 2
−x + 2

* Điều kiện :

3b

0,25

 3x − 1 

2

3a

0,25

0.25
0.25
0.25

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = [ 1; 2 )
Tính môđun của số phức z = (1 − 2i)(2 + i) 2 .

0.25

z = (1 − 2i)(2 + i ) 2 = (1 − 2i )(4 + 4i + i 2 ) = (1 − 2i )(3 + 4i ) = 3 + 4i − 6i − 8i 2 = 11 − 2i

0,25

Vậy z = 11 − 2i ⇒ z = 112 + 22 = 5 5

0,25



0,5

10

1

Tìm hệ số của x10 trong khai triển biểu thức  x3 + ÷
x


0,5

10

1

Hạng tử thứ k + 1 trong khai triển biểu thức  x3 + ÷ là
x

k

k

10

3 10 − k

C (x )

4

1
.  ÷ = C10k x 30− 4 k , (0 ≤ k ≤ 10, k ∈ ¢ )
 x

0,25

Số hạng chứa x10 ứng với 30-4k=10, khi đó k=5
Vậy hệ số của x10 là C105 = 252

0,25

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = ex , y = e- x và x = 1 .
Phương trình hoành độ giao điểm ex = e-x ⇔ x = 0

1,0
0,25

1

x
−x
Ta có S = ∫ e − e dx

0,25

1

0,25

0

x
−x
Ta có S = ∫ (e − e )dx vì ex > e-x
0

3


1
= e+ −2
e

5

0,25
1,0
0,25

Gọi M(1+3t, 2 – t, 1 + t) ∈ d.
Ta có d(M,(P)) = 3 ⇔
⇔ t= ±1

2(1 + 3t ) − 2(2 − t ) + 1 + t + 1
=3
3

Suy ra, có hai điểm thỏa bài toán là M1(4, 1, 2) và M2( – 2, 3, 0)
6
B

0,25
0,25
0,25
1,0

C
A

H
K
B'

C'

0,25

A'

+ Xác định góc giữa (AB'C') và mặt đáy là ·AKA ' ⇒ ·AKA ' = 600 .
1
a

a 3
Tính A'K = A ' C ' = ⇒ AA ' = A ' K .tan 600 =
2
2
2
3
3a
VABC . A ' B ' C ' =AA'.S ABC =
8

0,25

Vì BC//(AB’C’) nên d(BC;(AB'C'))= d(B;(AB'C')) = d(A';(AB'C'))
Chứng minh: (AA'K) ⊥ (AB'C') do B ' C ' ⊥ AK và B ' C ' ⊥ AA '
Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK ⇒ A'H ⊥ (AB'C')
⇒ d(A';(AB'C')) = A'H
a 3
a 3
Tính: A'H =
Vậy d(B;(AB'C')) =
4
4
7
+) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC
⇒ E’ thuộc AD.

0,25

0,25
1,0

0,25

Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm E ( 9; 4 )
⇒ phương trình EE’: x − y − 5 = 0 .

Gọi I = AC ∩ EE’, tọa độ I
x − y − 5 = 0
x = 3
⇔
⇒ I ( 3; − 2 )
x + y −1 = 0
 y = −2
Vì I là trung điểm của EE’ ⇒ E '( −3; −8)

là nghiệm hệ 

AD qua E '(−3; −8) và F (−2; −5) ⇒ phương trình AD: 3 x − y + 1 = 0
4

0,25


A = AC ∩ AD ⇒ A(0;1) . Giả sử C (c;1 − c ) .

0,25

Vì AC = 2 2 ⇔ c 2 = 4 ⇔ c = 2; c = −2 ⇒ C (−2;3)
Gọi J là trung điểm AC ⇒ J (−1; 2) ⇒ phương trình BD: x − y + 3 = 0 .
Do D = AD ∩ BD ⇒ D (1; 4) ⇒ B(−3;0) .
8

Vậy A(0;1) , B (−3; 0), C ( −2;3), D(1; 4).

x ≥ 0
0 ≤ x ≤ 1
−3 + 41


2
1− x ≥ 0
⇔  −3 − 41
⇔0≤ x≤
.

−
3
+
41
Điều kiện: 
8
≤x≤

2
8
8

2 − 3x − 4 x ≥ 0

0,25
1,0

(*)

0,25

Bất phương trình đã cho tương đương với
x + 1 − x 2 + 2 x(1 − x 2 ) ≥ 2 − 3 x − 4 x 2 ⇔ 3( x 2 + x) − (1 − x ) + 2 ( x + x 2 )(1 − x) ≥ 0

−5 + 34
x≥

2
2
2
x +x
x +x
x +x 1
9
⇔3
+2
−1 ≥ 0 ⇔
≥ ⇔ 9 x 2 + 10 x − 1 ≥ 0 ⇔ 
1− x
1− x
1− x
3

−5 − 34
.
x ≤

9


0,25

0,25

Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là
0,25

−5 + 34
−3 + 41
≤x≤
.
9
8

9

Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P =

a2
b2
3
+
− (a + b) 2 .
2
2
(b + c ) + 5bc (c + a ) + 5ca 4

1,0

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

a2
a2
4a 2
≥
=
.
(b + c )2 + 5bc (b + c ) 2 + 5 (b + c ) 2 9(b + c) 2
Tương
tự,
ta
4
b2
4b 2
≥
.
(c + a) 2 + 5ca 9(c + a)2
2
a2
b2
4  a2
b2  2  a
b 
+
≥
+

≥
+
Suy ra (b + c)2 + 5bc (c + a) 2 + 5ca 9  (b + c)2 (c + a) 2 ÷ 9  b + c c + a ÷



có

0,25

2

 ( a + b) 2

2
+ c ( a + b) ÷
2
2



2 a + b + c ( a + b)
2
2  2( a + b) 2 + 4c(a + b) 
2
= 
÷ = 
÷ ≥ 
÷.
9  ab + c(a + b) + c 2 

9  (a + b )2
9  (a + b) 2 + 4c (a + b) + 4c 2 
2 ÷
+ c ( a + b) + c ÷

4


Vì a + b + c = 1 ⇔ a + b = 1 − c nên
2
2
2  2(1 − c) 2 + 4c(1 − c)  3
8
2  3
2
2
P≥ 
− (1 − c ) = 1 −
÷ − (1 − c ) .
2
2 ÷
(1)
9  (1 − c ) + 4c (1 − c ) + 4c  4
9  c +1  4
2

0,25

2

8
2  3
2
Xét hàm số f (c) = 9 1 − c + 1 ÷ − 4 (1 − c) với c ∈ (0; 1).

0,25


Ta có f '(c) = 9 1 − c + 1 ÷ . (c + 1)2 − 2 (c − 1);
16

2

2

3

5


(

)

1
f '(c) = 0 ⇔ (c − 1) 64 − (3c + 3)3 = 0 ⇔ c = .
3

Bảng biến thiên:

c

1

0

f '( c )

–

f (c )

+

0

−1
91

Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c ) ≥ − 9 với mọi c ∈ (0; 1).
(2)
1

1

Từ (1) và (2) suy ra P ≥ − 9 , dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − 1 , đạt khi a = b = c = 1 .
9

3

HẾT

6

0,25