DE110 THPT chuyên đh vinh l3 (108) _ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TOÁN NĂM 2015

TRƯỜNG
ĐẠITHỬ
HỌC VINH
ĐỀ THI
KỲ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

THI THỬ
THPT GIA
QUỐC2015
GIA NĂM
2015
– LẦN
THI ĐỀ
THPT
QUỐC
- ĐỀ
SỐ
1103

Thời gian làm bài 180 Môn:
phút TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
--------oOo--------

1 4
x  2 x 2  3.
4
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

b) Tìm m để phương trình x 4  8 x 2  m có 4 nghiệm thực phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).


7

a) Biết rằng số thực     ;   và thỏa mãn sin 2  . Tính giá trị của biểu thức
2
9


A  cos 2  4cos  4  sin 2   4 sin   4.
16
b) Cho số phức z  1  3i. Tính môđun của số phức w  z 2  .
z

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log2

3

x

2

 2 x  3  log2

3

2x

2

 1  log2

3

 x  1 .

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 3  x 2  1 2 x  1  2  x 3  x 2  .
Câu 5 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi đồ
thị hàm số y 

x  3x  1 , trục hoành và đường thẳng x  1 xung quanh trục Ox.

  120 0 ,
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD
7a
AA ' 
. Hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và
2
BD. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' và khoảng cách từ D ' đến mặt phẳng
( ABB ' A ').
8 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G  ; 0 
3 
và có đường tròn ngoại tiếp là (C) tâm I. Biết rằng các điểm M (0; 1) và N (4; 1) lần lượt là điểm
đối xứng của I qua các đường thẳng AB và AC, đường thẳng BC đi qua điểm K (2;  1). Viết
phương trình đường tròn (C).

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(2;  3; 1), B(4;  1; 0) và mặt
phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  9  0. Chứng minh rằng đường thẳng AB song song với (P). Tìm tọa độ
điểm A ' đối xứng với A qua (P).
2

9

Câu 9 (0,5 điểm). Khai triển và rút gọn biểu thức P( x)  1  2 x  2 1  2 x     9 1  2 x  thu
được P ( x)  a0  a1 x  a2 x 2    a9 x 9 . Tính a7 .
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x , y , z là các số thực dương thỏa mãn x  z  2 y và x 2  y 2  z 2  1.
xy
yz
1
 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

 y3  3  3 .
2
2
1 z
1 x
z 
x
------------------ Hết ------------------

Cảm ơn thầy Quang TP ( đến 
www.laisac.page.tl

701

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 3
Môn: TOÁN;
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu
Câu 1.
(2,0
điểm)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
1 o. Tập xác định: D  .
2 o. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y  lim y  .
x 

x 

* Chiều biến thiên: Ta có y '  x3  4 x;

x  0
x  2
 x  2

y'  0  
; y'  0  
; y'  0  
 x  2
 2  x  0
0  x  2.
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

 2; 0  ,  2;    ;

0,5

nghịch biến trên mỗi

khoảng  ;  2  ,  0; 2  .
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCĐ  3, hàm số đạt cực tiểu tại x  2,

yCT  1.
* Bảng biến thiên:
x



y'

0

2

–

0



2

+ 0 – 0

+




3

y

1

1

3 o. Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.
y

0,5

3

2

2

O

x

1

b) (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với

1 4
m
1
m
x  2 x 2   x 4  2 x 2  3   3.
4
4
4
4

m
 3 là đường thẳng d song song hoặc trùng với trục hoành.
4
Số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm của d với đồ thị (C).
Từ đồ thị ở câu a) suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi
m
1   3  3  16  m  0.
4

Đồ thị hàm số y 

1
702

0,5

0,5


a) (0,5 điểm)
Câu 2.
(1,0
điểm)

 cos  2 

Ta có A 

2



 sin   2 

2

 2  cos  2  sin   4   cos  sin   .

2

Mặt khác  cos  sin    1  sin 2  1 

7 16
 .
9 9

0,5


4
16

Do     ;   , nên cos  0, sin   0. Suy ra cos  sin    . Khi đó A  .
2
3
3

b) (0,5 điểm)
16 1  3i
2
16
Ta có w  1  3i 
 2  2 3i 
 2  2 3i.
4
1  3i
Suy ra w  4.



Câu 3.
(0,5
điểm)

*) Điều kiện: x  1.
Với điều kiện đó phương trình đã cho trở thành
log 2 3  x  1  log 2 3  x  3  log 2

3



 x  1  log 2

3

 2x

2

 x  3  log 2
3

 2x

2

0,5

 1  x  3  2 x 2  1  x 

2
  x  1  2  x  1  3  x  1 2 x  1  2  2 x  1  0


  x  1 x  1  2 2 x  1  2  x  1  2 x  1   0


  x  1  x  1  2

0,5

 1

1  17
.
3
4
1  17
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là x 
.
4
1
*) Điều kiện: x   .
2
Bất phương trình đã cho tương đương với
 x  1  2 x 2  3  x  1 2 x  1   0
 log 2 

Câu 4.
(1,0
điểm)






2 x  1   0,

0,5

(1)

1
do 2  x  1  2 x  1  0, với mọi x   .
2
Xét hai trường hợp sau:

x  3  2 3
+) x  1 . Khi đó (1)  x  1  2 2 x  1  0  x 2  6 x  3  0  
 x  3  2 3.
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm x  3  2 3.
1
+)   x  1. Khi đó
2
(1)  x  1  2 2 x  1  0  x 2  6 x  3  0  3  2 3  x  3  2 3.

0,5

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm 3  2 3  x  1.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 3  2 3  x  1 và x  3  2 3.
Câu 5.
(1,0
điểm)

x  3x  1  0, x  0 và

Ta có

x  3x  1  0  x  0. Do đó thể tích khối tròn xoay

cần tính là
1

1

1

0,5

1


V    x  3  1dx    x 3 dx    xdx    x3 dx  .
2
0
0
0

0
x

x

x

1

Tính

x
x
 x3 dx . Đặt u  x; dv  3 dx . Suy ra du  dx; v 
0

2

703

3x
.
ln 3

(1)


Theo công thức tích phân từng phần ta có
1
1

1
x 3x 1
1
3
1
3
2
x
x
3
dx


3x dx 
 2 3x 
 2 .
0

ln 3 0 ln 3 0
ln 3 ln 3 0 ln 3 ln 3

Câu 6.
(1,0
điểm)

0,5

2
1
 3

Thay vào (1) ta được V   
 2  .
 ln 3 ln 3 2 
A'
D ' Gọi O  AC  BD.
Từ giả thiết suy ra A ' O  ( ABCD ).
B'

C'
H
A

D

K

C

Hạ OH  ( ABB ' A ') tại C.

0,5

49a 2 a 2
 A ' O  A ' A  AO 

 2 3a.
4
4
Suy ra VABCD . A ' B 'C ' D '  A ' O.S ABCD  3a 3 .
(1)

2

O
B

a2 3
.
2
  1200 nên 
Vì BCD
ABC  600   ABC đều.
 AC  a
S ABCD  BC.CD.sin1200 

2

Vì DD '/ /( ABB ' A ') nên d  D ', ( ABB ' A ')   d  D , ( ABB ' A ')  .
Vì O là trung điểm BD nên d  D, ( ABB ' A ')   2d  O, ( ABB ' A ')   2OH .
(2)
Vì AC  BD và A ' O  ( ABCD ) nên OABA ' là tứ diện vuông tại đỉnh O. Suy ra

Câu 7.
(1,0
điểm)

1
1
1
1
65

2 195




 OH 
a.
(3)
2
2
2
2
2
OH
OA OB OA ' 12a
65
4 195
Kết hợp (1), (2) và (3) suy ra d  D ', ( ABB ' A ')   2OH 
a.
65
Chú ý: Thí sinh có thể hạ OK  AB, OH  A ' K . Tính OK suy ra OH .
Gọi H, E là trung điểm MN, BC  H (2; 1).
A
Từ giả thiết suy ra IAMB, IANC là các
N
M
hình thoi. Suy ra AMN , IBC là các tam
H
giác cân bằng nhau.
G

Suy ra AH  MN , IE  BC , AHEI là hình
I
bình hành.
F
C Suy ra G cũng là trọng tâm  HEI  HG
B
K
E
cắt IE tại F là trung điểm IE.

Vì BC // MN và K (2;  1)  BC . Suy ra BC : y  1  0.
 3 
1
8 

Từ H (2; 1), G  ; 0  và HF  HG  F  3;   .
2
2
3 

Từ FE  BC  pt EF : x  3  E (3;  1).

Câu 8.
(1,0
điểm)

Vì F là trung điểm IE nên I (3; 0), R  IA  HE  5.
Suy ra (C ) : ( x  3)2  y 2  5 hay x 2  y 2  6 x  4  0.



Ta có AB  (2; 2;  1), nP  (2;  1; 2).
 
 AB.nP  0
Vì 
nên AB // (P).
 A  ( P)
 
Ta có AA '  ( P) nên u AA '  nP  (2;  1; 2) .
x  2 y  3 z 1
Suy ra phương trình AA ' :


.
2
1
2
Vì AA ' cắt (P) tại H (2;  1;  3) mà H là trung điểm AA ' nên suy ra A '(6; 1;  7).

704
3

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 9.
(0,5
điểm)

Ta có a7 là hệ số của x 7 có trong P( x ). Các số hạng của P ( x ) mà khai triển ra chứa x 7
7

8

Từ giả thiết ta có
Câu 10.
(1,0
điểm)

9

gồm 7 1  2 x  , 8 1  2 x  và 9 1  2 x  .
Theo Nhị thức Niu-tơn ta có
7
7
7
a7  7.C77 .  2   8C87 .  2   9C97 .  2   395  27  50560.

0,5

xz  y .

Chú ý rằng, với mọi x, y  0 và mọi a , b ta có

 a  b

2

xy



a 2 b2
 .
x
y

(1)

2

Thật vậy, (1) tương đương với  ay  bx   0.
2

2

 y  z
xy
yz
1   x  y
1
 1
 1


 y3  3  3  

 y3  3  3 
Khi đó P 
2
2
2
2
1 z
1 x
z  4 1  z  4 1  x 
z 
x
x




 x  y

2

4x  z  y  z
2

2

2

2





 y  z

2

1
 1
 y3  3  3 
z 
4x  y  x  z 
x
2

2

2

2

1  x2
y2


4  x2  z 2 y2  z2

1 1
  
4 4

 1  y2
z2



 2
2
x2  z2
 4x  y
y2
y 2   y3 y3 

  
y2  z 2 x2  y 2   x3 z 3 


1
3 1
 y  3  3 
z 
x




2

1 1  y y   y y  y y 
y2 
          3 
4 8  z x   z x    z x 
xz 



2
1 1 y y   y y 
y yy
         3  
4 8 z x   z x 
 z x  xz



1 1 y y   y y 
 y y 1 y y
         3  .   
4 8 z x   z x 
 z x  4 z x 

0,5

3

3

2

3

1 y y  1 y y  1
         .
4 z x  8 z x  4

y y
y2
1
1 1
 ,t2
 2. Khi đó P   t 3  t  .
x z
xz
4
8 4
1 3 1 1
3
1
Xét hàm số f (t )   t  t  với t  2. Ta có f '(t )   t 2   0 với mọi t  2.
4
8 4
4
8
3
Suy ra max f (t )  f (2)   .
[ 2;  )
2
1

3
.
Suy ra P   , dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z 
2
3
1
3
Vậy giá trị lớn nhất của P là  , đạt được khi x  y  z 
.
2
3
Đặt t 

0,5

Cảm ơn thầy Quang TP ( đến 
www.laisac.page.tl

705
4