DE01 2015 _ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TOÁN NĂM 2015

TQN HOME SCHOOL
ĐỀ THI THỬ

01

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN – Đề số: 01
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

1
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  x 2 .
3
a) Khải sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt các trục Ox, Oy tương ứng tại A, B phân
biệt thỏa mãn OB = 3OA.
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình 3  t anx(t anx  2sin x)  6 cos x  0

2

Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I 

s inx  cos x
dx
 3  sin 2x




2

Câu 4. (1 điểm)

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i)(z  i)  2z  2i . Tính môđun của số phức w 

z  2z  1
.
z2

n

2

b) Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2   , biết rằng n là số nguyên dương
x

thỏa mãn 4C3n 1  2C n2  A n3 .
7

Câu 5. (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên mặt phẳng (Oxy)
và C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ điểm B và C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam giác ABC.
Câu 6. (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC.
Câu 7. (1 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AC = 2. Đường phân giác trong của góc A có

3x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, C biết rằng khoảng cách từ C đến d bằng hai lần
khoảng cách từ B đến d; C nằm trên trục tung và A có hoành độ dương.
phương trình d:

Câu 8. (1 điểm)

 1 y 2 x
 
2

y
Giải hệ phương trình:  x x

2
2
y x  1  2x  3x  3

 x, y   

Câu 9 (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a2  b 2  c2  1 . Chứng minh:
------------ HẾT -----------1

a
b
c


1
1  bc 1  ca 1  ab


ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ 1 – NĂM 2015

Câu
1
(2,0đ)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
 TXĐ: D = 
 Sự biến thiên:

0,25
2

 Chiều biến thiên: y '  x  2x  0  x  0 hoặc x = 2
 Các khoảng đồng biến (;0) và (2; ) . Khoảng nghịch biến: (1; 2)
 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT  

4
3

0,25

 Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y  
x 

 Bảng biến thiên:

x 

x –
y

+

0
0
0

–

y

2
0

+
+



–

+
0,25

4
3

 Đồ thị:

0,25

b) (1,0 điểm)
OB
 3  hệ số góc của tiếp tuyến là k  3
OA

0,25

 Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm thì: y '(x 0 )  3  x 02  2x 0  3  x 0  1 hoặc x 0  3

0,25


 Ta có: tan OAB

4
4
13

 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm  1;   : y  3(x  1)   y  3x 
3
3
3

 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (3; 0): y  3(x  3)  y  3x  9

2

(1,0đ)

Điều kiện: cos x  0

3  t anx(t anx  2sin x)  6 cos x  0  3(1  2cos x)  tan 2 x(1  2cos x)  0
 (1  2cos x)(1  tan 2 x)  0

0,25
0,25
0,25
0,25

1
2

hoặc t anx   3  x    k2 hoặc x    k
2
3
3
2

Đối chiếu với điều kiện, phương tình có các nghiệm: x  
 k2 ; x    k , k  
3
3
 cos x  

2

0,25

0,25


3
(1,0đ)


2

sinx  cos x
I 
dx 
 3  sin 2x


2


2

sinx  cos x

 4  (sin x  cos x)

2

dx

0,25



2

Đặt: t  sinx  cos x  dt  (sinx  cos x)dx . Khi x  
1

I

4
(1,0đ)



 t  1 ; x   t  1
2
2

0,25

1

dt
1  1
1 
1 4  t 2  4 1  2  t  2  t  dt

0,25

1

1
1
ln 2  t  ln 2  t   ln 3

1
4
2
a) (0,5 điểm)
Điều kiện bài toán tương đương (3  i)z  1  3i



0,25

zi
Suy ra: w  1  3i

0,25
0,25
0,25

Do đó môđun của w là

0,25

10

b) (0,5 điểm)
Ta có: 4C3n 1  2C2n  A 3n  4 

(n  1)n(n  1)
 n(n  1)  n(n  1)(n  2), n  3
6

 2(n 2  1)  3(n  1)  3(n 2  3n  2), n  3  n 2  12n  11  0, n  3  n  11
n

5
Suy ra hệ số của x7 là: C11
( 2)5  14784

6
(1,0đ)

0,25

11

2 
2

k
Khi đó:  x 2     x 2   . Số hạng tổng quát: Tk 1  C11
(2) k .x 22  3k
x 
x

Số hạng chứa x7 là số hạng ứng với k thỏa mãn 22  3k  7  k  5

5

(1,0đ)

0,25

0,25
0,25

 
 AH.BC  0
  
Gọi B(x; y; 0) và C(0; 0; z), ta có: CH.AB  0
   
 HA, HC  .HB  0

 

0,25

x  z  0
7
7

 2x  y  7  0
Giải hệ ra ta được 2 nghiệm (3;1; 3) và   ; 14; 
2
 2
3  x  (y  1)(3  z)  0


0,25

Với x = 3, y = 1, z = – 3  B(3; 1; 0) loại vì B trùng A

0,25

7
7
7
 7
 
Với x =  , y = 14, z   B   ;14;0  ,C  0;0; 
2
2
2
 2
 

0,25

 Do M là trung điểm của SC  d[M,(SAB)] =

1
d[C,(SAB)]
2

1
2

 VSABM  VSABC . Vì (SAB)  (ABC) nên gọi H là trung điểm của AB thì SH  (ABC).
SAB đều cạnh a  SH 

a 3
.
2

1
1 a 3 a 2 3 a3
a3
VSABC  SH.SABC  


 VSABM  .
3
3 2
4
8
16
 Gọi D là điểm sao cho ACBD là hình bình hành  (SAD) chứa SA và song song BC
3V
 d(SA, BC) = d(BC, (SAD))  d(B,(SAD))  SABD
SSAD
3

Ta có: VSABD  SSABC 

0,25

a
.
8

3

0,25

0,25


SHC vuông cân tại H  SC  SH 2 

a 6
2

S

BM là đường cao tam giác cân SBC,
M

2

a 6
a 10
ta có: BM  SA  SM  a  

 4 
4


2

 SSAD  SSBC

2

2

3V
3a 15
 d(SA,BC)  SABC 
SSAD
15

7
(1,0đ)

C

A

1
1 a 10 a 6 a 2 15
 BM.SC  


2
2 4
2
8

H

0,25

D

B

 Gọi M là điểm đối xứng với B qua d  M  AC.
A
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C, B trên d.
Vì CH = 2BK nên CH = BM = 2KM  M là trung điểm AC

Giả sử C(0; c). Ta có CH  d(C,d) 

2

M
K

 Vì ABC, AHC là các tam giác vuông cạnh huyền AC
nên MH = MB = MC = HC = 1

c

0,25

B

C

 1  c  2  c  2
H
d

 Giả sử A(a,a 3)  d (a  0) . Ta có AC  a 2  (c  a 3) 2  2

  4a 2  2 3ac  0(do c 2  4)  t 

0,25

c 3
. Vì a > 0 nên c = 2 và t  3 .
2

0,25

0,25

Vậy A( 3;3), C(0;2)
8
(1,0đ)

 ĐKXĐ: x > 0 và y  0
Phương trình thứ nhất tương đương y x  y 2  2x x  2xy  ( x  y)(2x  y)  0

0,25

 y  2x hoặc y   x
 Với y  2x , ta có 2x x 2  1  2x  3x 2  3 (*)  1 
 Xét hàm số f (x) 

1
x2  1



1
x2 1



3
2x

0,25

3
, x  (0; ) .
2x


x
3
f '(x)   
 2   0, x  (0; )  f(x) nghịch biến trên (0; )
 (x 2  1) x 2  1 2x 



0,25

Mặt phác ta có f ( 3)  1 nên (*) có nghiệm duy nhất x  3  y  2 3
 Với y   x , ta có  x x 2  1  2x  3x 2  3 : phương trình này vô nghiệm vì vế trái
không dương, vế phải dương.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (x; y )  ( 3 ; 2 3 )
9
(1,0đ)

a
2a

b2  c2 3  a 2
1
2
2a
 Mặt khác ta có:
 a 2 (*) . Thật vậy: (*)  a(a  1)2 (a  2)  0 đúng a  0 .
2
3a
a
b
c
 Suy ra
 a 2 , tương tự
 b2 ,
 c2
1  bc
1  ca
1  ab
a

b
c
 Do đó:


 a 2  b 2  c 2  1 (đpcm)
1  bc 1  ca 1  ab

 Ta có:

1

1  bc

4

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25