Đề thi Toán chuyên hà tĩnh

www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

.co

m

HÀ TĨNH

1

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫ ( x + e2 x ) xdx.
0

3

Da

Câu 4 (1,0 điểm).
a. Giải phương trình 2log 3 (4 x − 3) + log 1 (2 x + 3) = 2.

iH

oc

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2 (1).
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .

b. Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C ) có hoành độ bằng -1. Tìm m để tiếp tuyến với (C ) tại M
song song với đường thẳng d : y = (m 2 + 5) x + 3m + 1.
Câu 2 (1,0 điểm).
a. Giải phương trình cos3 x + 2sin 2 x − cos x = 0.
b. Giải phương trình 5x + 51− x − 6 = 0.

b. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cn1 = Cn3 . Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai

hu

triển nhị thức Niutơn của (2 + x) n .
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD = 2a; tam giác SAC

eT
hiT

vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC = a 3. Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SAD).
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có N là trung
điểm của cạnh CD và đường thẳng BN có phương trình là 13 x − 10 y + 13 = 0; điểm M (−1; 2)
thuộc đoạn thẳng AC sao cho AC = 4 AM . Gọi H là điểm đối xứng với N qua C. Tìm tọa độ
các đỉnh A, B, C , D, biết rằng 3 AC = 2 AB và điểm H thuộc đường thẳng ∆ : 2 x − 3 y = 0.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(−2;1;5) , mặt phẳng

x −1 y − 2 z
=
= . Tính khoảng cách từ A đến
2
3
1

( P ) . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A , vuông góc với ( P ) và song song với d .

ww
w.
D

( P) : 2 x − 2 y + z − 1 = 0 và đường thẳng d :

 x 2 + ( y 2 − y − 1) x 2 + 2 − y 3 + y + 2 = 0
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
( x, y ∈ R ).
 3 y 2 − 3 − xy 2 − 2 x − 2 + x = 0
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a là số thực thuộc đoạn [1;2]. Chứng minh rằng
(2a + 3a + 4a )(6a + 8a + 12a ) < 24a+1

−−−−−−−−−HẾT−
−−−−−−−−−

Họ và tên thí sinh : ……………………………………………… ; Số báo danh :……………………….

www.MATHVN.com – FB.com/ThiThuDaiHoc

1


www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học
THI THỬ THPT QG LẦN 1 NĂM 2015
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: TOÁN
Nội dung

m

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HÀ TĨNH
Câu

Ta có y = x − 3x + 2 .
+) Tập xác định: R.
+) Sự biến thiên:
2

.co

1.a

3

x = 0
x = 2

Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 − 6 x , y ' = 0 ⇔ 

Điểm

0,25

oc

Giới hạn, tiệm cận:

lim y = −∞ , lim y = +∞ . Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
x → −∞
x → +∞

iH

Cực trị: Đồ thị hàm số đạt cực đại tại (0;2) , cực tiểu tại (2; −2)
Hàm số đb trên mỗi khoảng (−∞;0); (2; +∞) , nghịch biến trên (0; 2)

x
y'

−∞

+

0
0
2

2
0

-

hu

y

Da

Bảng biến thiên:

0,25

+∞

+
+∞

0,25

-2

Đồ thị:

eT
hiT

−∞

y

Đồ thị cắt Ox tại (1;0) , cắt Oy tại (0; 2)

ww
w.
D

(0; 2)

1.b

2.a

2
2
O

1

x

0,25

-2

Ta có M (−1; −2).

0,25

Pttt của (C) tại M là ∆ : y = y / (−1)( x + 1) − 2 hay ∆ : y = 9 x + 7.

0,25

m2 + 5 = 9
 m = ±2
∆ / /d ⇔ 
⇔
⇔ m = −2.

m
≠
2
3
m
+
1
≠
7


cos3 x + 2sin 2 x − cos x = 0 ⇔ 2sin 2 x(1 − sin x) = 0

www.MATHVN.com – FB.com/ThiThuDaiHoc

0,5
0,25

2


www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học
π

x = k 2
sin 2 x = 0
⇔
⇔
sin x = 1
 x = π + k 2π


2

m

0,25

2.b

.co

5 x + 51− x − 6 = 0 ⇔ 52 x − 6.5 x + 5 = 0

1

1

I = ∫ ( x + e ) xdx = ∫ x dx + ∫ xe 2 x dx = I1 + I 2
2x

0

0

1

I1 = ∫ x 2 dx =
0

3 1

x
3

=

0

u = x
Đặt 
2x
 dv = e dx

0

1
3

 du = dx


e2 x
v
=

2


0.25

hu

Ta có

0,5

Da

3

2

iH

1

1

1

2x
1e
3e 2 + 7
xe 2 x
xe 2 x e 2 x
e2 + 1
I2 =
−∫
dx = (
−

) =
. Vậy I =
12
2 0 0 2
2
4 0
4

4.b

0,25

3
(4 x − 3) 2
. PT ⇔ log 3 (4 x − 3)2 − log 3 (2 x + 3) = 2 ⇔ log 3
=2
4
2x + 3
−3
⇔ 8 x 2 − 21x − 9 = 0 ⇔ x = 3 hoặc x =
. Đối chiếu ĐK ta được nghiệm x=3
8
ĐK: n ∈ N * , n ≥ 3. Ta có 5Cn1 = Cn3 ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0 ⇔ n = 7 hoặc n = −4 (Loại)
ĐK: x >

7

eT
hiT

4.a

0,25

oc

5 x = 5
x = 1
⇔
 x
x = 0
5 = 1

0,25

(2 + x)7 = ∑ C7k 27− k x k . Sh chứa x5 ứng với k=5. Hệ số của x5 là C75 22 = 84.
k =0

ww
w.
D

5

0,25
0,25
0,25

Kẻ SH ⊥ AC ( H ∈ AC ) .
Do ( SAC ) ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ ( ABCD )

S

SA = AC 2 − SC 2 = a; SH =

J

D

A

K

H

B

C

SA.SC a 3
=
AC
2

AC.BD
S ABCD =
= 2a 2
2
1
1 a 3 2 a3 3

VS . ABCD = SH .S ABCD =
.2a =
.
3
3 2
3

a
⇒ CA = 4 HA ⇒ d (C ,( SAD)) = 4d ( H ,( SAD)).
2
Do BC//(SAD) ⇒ d ( B,( SAD)) = d (C ,( SAD)) = 4d ( H ,( SAD)).
Kẻ HK ⊥ AD ( K ∈ AD), HJ ⊥ SK ( J ∈ SK )
Ta có AH =

0,25

0,5

SA2 − SH 2 =

www.MATHVN.com – FB.com/ThiThuDaiHoc

0,5

3


www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học

Cm được ( SHK ) ⊥ ( SAD) mà HJ ⊥ SK ⇒ HJ ⊥ ( SAD) ⇒ d ( H ,( SAD)) = HJ

SH + HK

d ( M , BN ) =

2

2

=

a 3
2a 3 2a 21
Vậy d ( B, ( SAD )) =
=
7
2 7
7

13(−1) − 10.2 + 13

132 + 102
H ∈ ∆ ⇔ H (3a; 2a )

A

20
=
;
269

.co

6

SH .HK

B

M

I

G

D

0,25

H

oc

⇒ HJ =

a 2
4

m

∆AHK vuông cân tại K ⇒ HK = AH sin 450 =

N

C

Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm ∆BCD .

2
1
1
5
4
CI = AC mà AM = AC ⇒ MG = AC ⇒ CG = MG
3
3
4
12
5
4
16
32
⇒ d (C , BN ) = d ( M , BN ) =
⇒ d ( H , BN ) = 2d (C , BN ) =
5
269
269
13.3a − 10.2a + 13
32
−45

⇔
=
⇔ a = 1 hoặc a =
19
269
269
Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên H (3; 2)

0,25

(P) có vtpt là n p = (2; −2;1) , d có vtcp là ud = (2;3;1) , [ n p , ud ]= ( −5;0;10 )

0,25

ww
w.
D

eT
hiT

hu

3 AC 2 AB 2CD CD
=
=
=
= CN = CH ⇒ ∆MHN vuông tại M.
4
4

4
2
MH có pt y − 2 = 0 ⇒ MN : x + 1 = 0 ⇒ N (−1;0) ⇒ C (1;1), D (−3; −1)
−5 7
−1 5
7 13
Do CM = 3MA ⇒ A( ; ) ⇒ I ( ; ) ⇒ B ( ; ).
3 3
3 3
3 3
−5 7
7 13
Vậy A( ; ), B( ; ), C (1;1), D(−3; −1).
3 3
3 3
2(−2) − 2.1 + 1.5 − 1 2
d ( A, ( P)) =
=
3
22 + (−2) 2 + 12
Ta thấy CM =

7

Theo giả thiết suy ra (Q) nhận n =

−1
[ n p , ud ]=(1;0;-2) làm vtpt
5

Suy ra (Q) : x − 2 z + 12 = 0

8

0,25

Da

iH

Suy ra CG =

0,25

0,5

0,25

ĐK: y 2 − 2 ≥ 0; xy 2 − 2 x − 2 ≥ 0.

x 2 + ( y 2 − y − 1) x 2 + 2 − y 3 + y + 2 = 0 ⇔ ( x 2 + 2 − y )( y 2 + x 2 + 2 − 1) = 0
y ≥ 0
y = x2 + 2 ⇔  2
(Do y 2 + x 2 + 2 − 1 > 0 ∀x, y )
2
y = x + 2

Thay y 2 = x 2 + 2 vào PT thứ hai của hệ ta được pt sau với ĐK: x ≥ 3 2

www.MATHVN.com – FB.com/ThiThuDaiHoc

0,5

0,25

4


www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học

 ( x − 3) ( x 2 + 3 x + 9 )
x+3
⇔ ( x − 3) 
+ 1 =
2
2
3 2
3
x3 − 2 + 5
 ( x − 1) + 2 x − 1 + 4 
x = 3

⇔
x+3
x 2 + 3x + 9 (*)
+1 =
 3 ( x 2 − 1) 2 + 2 3 x 2 − 1 + 4
x3 − 2 + 5


x3 − 2 + 5
⇔ ( x 2 + x) 2 + ( x − 3) 2 + 5 x 2 > 0 ∀x
x+3
+ 1 < 2 ⇔ 3 ( x 2 − 1) 2 + 2 3 x 2 − 1 + 1 > x (**)
2
2
3
2
3
( x − 1) + 2 x − 1 + 4

Đặt t =

3

x 2 − 1, t > 0 . Khi đó (**) trở thành

iH

+)

> 2 ⇔ x 2 + 3 x − 1 > 2 x3 − 2 ⇔ ( x 2 + 3x − 1) 2 > 4( x3 − 2)

0,25

Da

+)

x 2 + 3x + 9

oc

Ta thấy

m

x 2 − 1 − x 3 − 2 + x = 0 ⇔ ( 3 x 2 − 1 − 2) + x − 3 = x 3 − 2 − 5

.co

3

t 2 + 2t + 1 > t 3 + 1 ⇔ (t 2 + 2t + 1) 2 > t 3 + 1 ⇔ t 4 + 3t 3 + 6t 2 + 4t > 0 Đúng ∀t > 0 .
Suy ra (*) vô nghiệm
9

BĐT ⇔ (2a + 3a + 4a )(

hu

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(3; 11 )

1 1 1
+ + ) < 24
2a 3a 4a

0,25

eT

hiT

Do a ∈ [1;2] ⇒ 2 ≤ 2a ≤ 4; 3 ≤ 3a ≤ 9; 4 ≤ 4a ≤ 16

⇒ 2 ≤ 2a < 16; 2 < 3a < 16; 2 < 4a ≤ 16.
Với x ∈ [2;16] , ta có

( x − 2)( x − 16) ≤ 0 ⇔ x 2 − 18 x + 32 ≤ 0 ⇔ x − 18 +

32
32
≤0⇔
≤ 18 − x
x
x

1 1 1
+ a + a ) < 54 − (2a + 3a + 4a )
a
2 3 4
1 1 1 54 − (2a + 3a + 4a )
⇔ a+ a+ a <
2 3 4
32

32(

ww
w.
D

Từ đó suy ra

0,25

Khi đó

1 1 1
(2a + 3a + 4a )[54-(2a + 3a + 4a )]
(2a + 3a + 4a )( a + a + a ) <
2 3 4
32

0,5

2

1  [2a + 3a + 4a + 54-(2a + 3a + 4a )] 
729
≤ 
=
< 24

32 
2
32


www.MATHVN.com – FB.com/ThiThuDaiHoc

5