DE TOAN 2015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số tham số).. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 y = x3 + (2m - 1)x2 + (m2 - 2m - 1)x - m2 + 1. có đồ thị (C ) (với m là. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số của (C ) với m = 0 . A, B,C b) Tìm m để (C ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt (với A là điểm cố định) sao cho B,C 2(k1 + k2) = x1x2 k ,k x ,x , trong đó 1 2 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C ) tại và 1 2 là hoành độ các điểm cực trị của (C ) . Câu 2.( 1,0 điểm ) Giải phương trình: 2 2sin2x - cos2x - 7sin x - 2 2cosx + 4 = 0 Câu 3. (1,0 điểm). (). 2. z + (2 - i 8)z + 2 =. a) Tìm số phức z thỏa mãn:. 3(1 + i 2) - 1+ i 2. z. log3(x + 1)2 - log4(x + 1)3 b) Giải phương trình: Giải bất phương trình e. Câu 4 (1,0 điểm ) Tính tích phân:. I =ò 1. x2 - 5x + 6. >0. (x2 + x + 1) ln x + x + 2 dx 1+ x ln x. AB = a, AD = 2 2a Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình chữ nhật, . Hình mp ( A BCD ) chiếu vuông góc của điểm S trên trùng với trọng tâm tam giác BCD . Đường thẳng SA tạo 0 với mp(ABCD ) một góc 45 . Tính thể tích khối chóp S.ABC D và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt phẳng (P ) : x + z - 3 = 0 và (Q) : y + z + 5 = 0 và điểm A(1;- 1;- 1) . Tìm tọa độ điểm M trên (P ) và điểm N trên (Q) sao cho đoạn thẳng MN vuông góc với giao tuyến của (P ) và (Q) đồng thời nhận A làm trung điểm. æ 1 1ö ÷ Gç - ; ÷ ç ÷ ç ÷ 3 3ø è Oxy ABC Câu 7. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ , cho tam giác có trọng tâm và tâm d : x - y + 2 = 0, d2 : x + y + 3 = 0 đường tròn ngoại tiếp là I (2;- 1) . Hai đường thẳng 1 . Trung điểm M d d của BC nằm trên đường thẳng 2 và điểm A nằm trên đường thẳng 1 . Tìm tọa độ của các đỉnh tam giác ABC . ìï x4 + 4x2 + y2 - 4y = 2 ï í 2 ïï x y + 2x2 + 6y = 23 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : ïî x, y, z Câu 9. (1,0 điểm ). Cho là các số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn xy + yz + zx ³ 2xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1) .. --------------------------------------------Hết--------------------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu Câu 1.1 1 điểm. HƯỚNG DẪN CHẤM 3. Với m 0 hàm số đã cho trở thành: y x  x  x  1 * TXĐ: D  * Sự biến thiên: lim y   ; lim y  x  . Điểm. 2. 0.25. x  .  x 1 y ' 3 x  2 x  1; y ' 0    x  1 3  2. 0.25. 1 ( ;  ) 3 và (1; ) . Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 1 ( ;1) Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 3 . 1 32 ( ; ) Đồ thị hàm số có một điểm cực đại là 3 27 và một điểm cực tiểu là (1; 0) .. 0.25. Đồ thị:. 0.25. Câu 1.2. * Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) với trục hoành:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 điểm. x3  (2m  1) x 2  (m 2  2m  1) x  m 2  1 0  x 1  ( x  1)( x 2  2mx  m2  1) 0   2 2  g ( x ) x  2mx  m  1 0 (*) Để (C ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A, B, C thì PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác.  ' 1  0 m 0   2 g (1) m  2m 0 m  2 (1) 1. Hay  * Do A là điểm cố định nên A(1; 0) và B(b;0), C (c;0) (với b, c là 2 nghiệm của phương 2 trình (*), hay a  b  2m ; ab m  1 ) Ta có k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C ) tại B, C 2 2 Nên: k1  y '( b) 3b  2(2m  1)b  m  2m  1 k2  y '( c ) 3c 2  2(2m  1) c  m 2  2m  1. Ta có: x1 , x2 là hoành độ các điểm cực trị của (C ) nên x1 , x2 là 2 nghiệm của phương 2 2 trình y ' 3 x  2(2m  1) x  m  2m  1 0. 0.25. 0.25. 0.25. 2(2m  1) m 2  2m  1 ; x1 x2  3 3 Hay . Mà 2( k1  k2 )  x1 x2 x1  x2 .  2  3b 2  2(2m  1)b  m 2  2m  1  3c 2  2(2m  1) c m 2  2m  1 . Câu 2.1 1 điểm.  m 1   m 2  2m  25 0    m 1   m 1   m 1  Vậy từ (1) và (2) ta có  2 2 sin 2 x  cos 2 x  7 sin x  2. 26 26. m 2  2m  1 3. 0.25. (2). 26 26. thỏa yêu cầu bài toán. 2 cos x  4 0.  (2 2 sin 2 x  2 2 cos x)  (  cos 2 x  7 sin x  4) 0  (2sin x  1)(sin x  2 2 cos x  3) 0. 0.25. (1)  2sin x  1 0   sin x  2 2 cos x  3 0 (2)    x  6  k 2 (1)   , k   x  5  k 2  6. 0.25.  1 2 2 (2)  x     k 2 , k   (sin   , cos   ) 2 3 3. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   x   k 2  6   x  5  k 2  6   (2)  x     k 2 2 Vậy PT có nghiệm:  Câu 3.a (0,5 điểm).  z. 2.  (2  i 8) z  2 .  . 3(1  i 2) z   1 i 2.  z. 2. , k .  (2  i 8) z  2 (1  2i 2) z. 2.  z  z  2 0 (*). 0.25. Gọi z a  bi ( a, b  ) (*)  a 2  b 2  a  2  (b  2ab)i 0 1  a 2 2  a  b  a  2 0  2   b  2ab 0 b  11  2 1 11 1 z  i; z  2 2 2 Vậy có 2 số phức thỏa yêu cầu bài toán là:. Câu 3.b 0,5 điểm. 0.25. 11 i 2. Điều kiện: x   1 ; x 6 2. log 3 ( x  1) log 3 4 0 2 x  5x  6. 2log 3 ( x  1)  3. 3. log 3 ( x  1)  log 4 ( x  1) 0 x 2  5x  6 log3 ( x  1)(2  3log 4 3)  0 ( x  1)( x  6) log 3 ( x  1)  0 x 6. 0.25. 0.25. Lập bảng xét dấu ta có tập nghiệm là S (0; 6) .. Câu 4 1 điểm. e. e. e. e. ( x 2  x  1) ln x  x  2 ( x  1)(1  x ln x)  ln x  1 ln x  1 I  dx  dx ( x  1)dx   dx 1  x ln x 1  x ln x 1  x ln x 1 1 1 1. 0.25. I1  I 2 e. e.  x2  1 3 I1 ( x  1)dx   x)   e 2  e  2  2 1 2 1 Tính e ln x  1 I 2  dx 1  x ln x 1 Tính Đặt t 1  x ln x  dt (1  ln x) dx Đổi cận : x 1  t 1 ; x e  t 1  e. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1e. 1e dt  I 2    ln t  ln(1  e) 1 t 1 1 3 I  e 2  e   ln(1  e) 2 2 Vậy. 0.25. Câu 5 1 điểm.  ( SA, ( ABCD )) (SA, AH) SAH 450  SH  AH 2a 1 4 2 3 V  SH .S ABCD  a 3 3 Thể tích khối chóp S . ABCD là: * Gọi M là trung điểm của SB . Ta có : d ( SD; AC ) d ( SD;( ACM )) d ( D; ( ACM )). 0.25 0.25 0.25. Chọn mặt phẳng Oxyz như hình vẽ. Ta có : 2a 4 2a 5a 2 2 a A(0;0;0), b(a;0;0), D(0; 2 2a;0), S ( ; ; 2a), C ( a; 2 2 a;0), M ( ; ; a) 3 3 6 3     n  AC , AM  (2 2a 2 ;  a 2 ;  2a 2 ) ( ACM ) A Mặt phẳng qua có VTPT Nên : ( ACM ) : 2 2 x  y  2 z 0  d ( SD; AC ) d ( D;( ACM )) . Câu 6 1 điểm. 2 22a 11. M  ( P)  M ( a; b;3  a ) Vì A là trung điểm của MN nên: N (2  a;  2  b;  5  a ) Mà N  (Q)  a  b 2 (1) Ta có : MN (2  2a;  2  2b;  8  2a)   n (0;1;1) n  (1;0;1) ( P) có VTPT P , (Q) có VTPT Q     u [ nP , nQ ] (  1;  1;1) Nên VTCP của giao tuyến của ( P) và (Q) là   ( P ) (Q) MN Do vuông góc với giao tuyến của và nên: MN .u 0  2a  b 4 Từ (1) và (2) ta có : a 2 ; b 0. Vậy M (2;0;1) , N (0;  2;  3). 0.25. 0.25. 0.25 (2). 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 7. 1 điểm. M  d 2  M ( a;  a  3) ;  2 AG  AM  A( 2a  1; 2a  7) 3 Vì 3 A  d1  a   A(2; 4) 2 Mà : 3 3  M ( ;  ) 2 2 Đường thẳng BC qua M và vuông góc IM nên : BC : 7 x  y  12 0 Vì B  BC  B (b;  7b  12) Mà M là trung điểm của BC nên C ( b  3;7b  9)  b  1  B( 1;  5), C ( 2; 2) IA IB    b  2  B( 2; 2), C ( 1;  5) Ta có:. 0.25. 0.25 0.25 0.25. Vậy A(2; 4), B ( 1;  5), C ( 2; 2) hoặc A(2; 4), B( 2; 2), C (  1;  5) Câu 8. 1 điểm. 4 2 2 ( x 2  2) 2  ( y  2) 2 10  x  4 x  y  4 y 2   2 2 2 2  x y  2 x  6 y 23  y ( x  2)  2( x  2)  4( y  2) 19 2 2 2 ( x  2)  ( y  2) 10  2 ( x  2)(y 2)  4( y  2) 19 2 Đặt a  x  2 ; b  y  2 khi đó hệ phương trình trở thành:.  a  b 4  a  b 10 a  b 4 ab 3      a  b  12 ab 3 ab  4(a  b) 19  (VN )  ab 67 Với a 3 ; b 1 thì HPT có nghiệm ( x; y ) là: (1;3), (  1;3) 2. 2. 0.25 0.25.  a 3 ; b 1   a 1 ; b 3. Với a 1 ; b 3 thì HPT vô nghiệm. Vậy hệ PT có nghiệm ( x; y ) là: (1;3), ( 1;3) . Câu 9 1,0 điểm. xy  yz  zx 2xyz . 0.25. 0.25. 1 1 1   2 x y z. Ta có : 1 1 1 ( y  1)( z  1) 1 ( y  1)( z  1)  1   1  2  2 (1) x y z yz x yz. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 1 ( x  1)( z  1) 2 xz Tương tự: y. (2) ;. Nhân vế theo vế (1), (2), (3) ta có: 1 3 Amax  x  y z  8 khi 2 . Vậy. 1 ( y  1)( x  1) 2 (3) z yx. A ( x  1)( y  1)( z  1) . 1 8. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>