De thi thu lan 2 QG LNQTn

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN. đề thi thử thpt quốc gia lần 2 năm 2015 M«n: To¸n Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề). 1 y  x 4  2 x 2  1. 4 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình  x 4  8 x2  4 m  4 0.. Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau: x 1 x a) 7  2.7  9 0 . 2 b) (sinx  cosx) 1  cosx .. Câu 3 (1,0 điểm). z. 3  4i  (3  5i)(6  i) 3  2i .. a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức: 2n b) Tìm hệ số của x9 trong khai triển ( 2 - 3x) , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: C21n+1 + C23n+1 + C25n+1 + ... + C22nn++11 = 4096 . π 2. Câu 4 (1,0 điểm).Tính tích phân I =∫ cos x √ 3 sin x+ 1dx . 0. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 60 0. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường 2. tròn (T) có phương trình. y − 2 ¿ =25 2 x − 1 ¿ + ¿ . Các điểm K(-1;1), H(2;5) lần lượt là chân đường cao ¿. hạ từ A, B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương. Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3;2;1),  7 10 11  2 2 2 B   ; ;  x  1  y  2  z  3 4.       3 3 3   và mặt cầu (S): Chứng minh rằng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S). Xác định tọa độ của tiếp điểm.. . . .  x2 y 2  2 4 y2 1 x 2  1  x 1    x 3  4 y 2  1  2  x 2  1 x 6 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  Câu 9 (1,0 điểm). Cho 3 số thực dương x, y, z thay đổi, thỏa mãn x  y  1 z . Tìm giá trị P. nhỏ nhất của biểu thức. x3 y3 z3 14    x  yz y  xz z  xy  z  1 1  xy  x  y. .. -------------------------------- HÕt ------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Hä vµ tªn thÝ sinh: ………………………………………………. Sè b¸o danh: ………………………………. Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên. Trêng thpt l¬ng ngäc quyÕn. Híng dÉn chÊm thi thö kú thpt quèc gia lÇn 2 n¨m 2015 m«n To¸n. Lưu ý khi chấm bài: - Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. - Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. - Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. - Trong lời giải câu 5, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không cho điểm. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.. C©u. Néi dung. §iÓm. 1 y  x 4  2 x 2  1. 4 Cho hàm số C©u 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình a, 1,0 b, 1,0.  x 4  8 x2  4 m  4 0. a, *TXĐ: D  lim y ; * Giới hạn: x  * Chiều biến thiên:. lim y .. x  .  x 0 y ' x3  4 x; y ' 0  x3  4 x 0  x  x 2  4  0    x 2  2;0  2;  - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  và   ;  2  0;2  - Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  và  . y  y  0   1 - Hàm số đạt cực đại tại xCĐ= 0, CĐ . y  y  2   5 - Hàm số đạt cực tiểu tại xCT 2 , CT . * Bang biên thiên  2 2  x 0 y' - 0 + 0 0 +   -1 y -5 -5 * Đồ thị:. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0,25. 1 4 x  2 x2  1 m 4 b) Ta có: (*) Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d: y = m - Nếu m>-1 hoặc m= - 5 thì d cắt (C) tại 2 điểm nên phương trình (*) có 2 nghiệm. - Nếu m= - 1 thì d cắt (C) tại 3 điểm nên phương trình (*) có 3 nghiệm. - Nếu m  (  5;  1) thì d cắt (C) tại 4 điểm phân biệt nên phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt. - Nếu m< -5 thì d không cắt (C) nên phương trình (*) vô nghiệm. x 1 x  9 0 . Giải các phương trình sau: a) 7  2.7  x 4  8 x 2  4 m  4 0 . C©u 2 a, 0,5 b, 0,5. 0,25. 0,5. 2 b) (sinx  cosx) 1  cosx .. a) Đk: x 0. x Đặt t 7 , t  0.  t 7 14 t   9 0  t 2  9t  14 0   t  t 2 ( thỏa mãn t > 0 ) Ta có pt: x Với t = 7  7 7  x 1 7 Với t = 2. 0,25. x. 2 . x log 7 2  x  log 7 2  2. 2. x  log 7 2  . Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1, 2 b) Ta có: (sinx  cosx) 1  cosx  1  2sinxcosx 1  cosx  cosx(2sinx-1)  0.    x   k 2    cosx  0   x=  k2 (k  Z).  6    5 1  sinx=  x  6  k2  2 . 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy: phương trình có nghiệm. z. C©u 3. 0,25.    x   k 2    x=  k2 (k  Z).  6  5  x  6  k2  3  4i  (3  5i)(6  i) 3  2i .. a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức: 2n 2 - 3 x) b) Tìm hệ số của x9 trong khai triển ( , trong đó n là số nguyên dương 1 3 5 2 n+1 thỏa mãn: C2 n+1 + C2n+1 + C2n+1 + ... + C2n+1 = 4096 .. a) 0,5 b) 0,5. a) Ta có (3  4i )(3  2i )  18  3i  30i  5i 2 32  22 298 333   i 13 13 298 333  13 , phần ảo: 13 Vậy phần thực: z. 0,25. 0,25. b) Ta có 2 n +1 ( 1 + x) = C20n+1 + C21n+1 x + C22n+1 x 2 + ... + C22nn++11 x 2 n+1 2 n +1 0 1 2 2 n +1 Cho x=1, ta có 2 = C2 n+1 + C2 n+1 + C2 n+1 + ... + C2 n+1 (1) 0 1 2 2 n +1 Cho x= -1, ta có : 0 = C2 n+1 - C2 n+1 + C2 n+1 - ...- C2 n+1. 2. Lầy (1) trừ (2), ta được :. 2 n +1. = 2( C. 1 2 n +1. 3 2 n+1. +C. 5 2 n+1. +C. (2). + ... + C22nn++11 ). 2n 1 3 5 2 n+1  2 = C2 n+1 + C2 n+1 + C2 n+1 + ... + C2 n+1 2n 2n 12 Từ giả thiết ta có 2 = 4096 Û 2 = 2 Û 2n = 12. Do đó ta có. 12. ( 2 - 3x) = å ( - 1 )k C12k 212- k ( 3x )k 12. 0,25. k =0. ( 0 ≤ k ≤ 12, k nguyên). 0,25. 9 9 3 12.  hệ số của x9 là : - C 3 2 . C©u 4. π 2. Tính tích phân I =∫ cos x √3 sin x+ 1dx . 0. 1,0. 2 3. Đặt u= √ 3 sin x+ 1⇒ cos xdx= udu π 2. Đổi cận: x=0 ⇒ u=1; x= ⇒ u=2. Khi đó:. 2 2 u3 u . udu= 3 3 3. 0,25. 2. I =∫ ❑ ¿2  ¿1 1 14 Tính được I = 9 C©u 5. 0,25 0,25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a. 1.0. S. k E H. A. B C. D. Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S,suy ra SH (ABCD) nên SH (ABCD) và ∠ SCH=600 . 0 2 2 0 Ta có SH=CH . tan 60 =√ CB +BH . tan 60 =a √ 15. 1 1 4 15 V = . SH . S = a √ 15 . 4 a 2= √ a3 . S . ABCD. ABCD. 3. 3. AB, mặt khác (SAB) 0,25. 0,25. 3. Qua A vẽ đường thẳng song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc Δ của H lên và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó Δ  (SHE)  Δ  HK suy ra HK  (S, Δ ). Mặt khác, do BD//(S, Δ ) nên ta có Δ. d  BD; SA  d  BD;  S ,   . 0,25. d  B;  S ,    2d ( H ;( S , )) 2 HK. Ta có ∠ EAH =∠ DBA=45 0 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra HE=. AH a = √2 √ 2.  HK . Vậy:. HE.HS 2. HE  HS. 2. a .a 15 2. . . 2.  a     a 15  2. d  BD;SA  2. . . 2. 15 a. 31. 15 a. 31. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn 2. C©u 6. (T) có phương trình. y − 2 ¿ =25 2 x − 1 ¿ + ¿ . Các điểm K(-1;1), H(2;5) lần lượt là chân ¿. đường cao hạ từ A, B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1,0. A x. H I B. K. C. I ( 1; 2). 1  HCx  ABC  2 . Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C. Ta có. (T) có tâm  Sđ AC (1) 0     Do AHB  AKB 90 nên AHKB là tứ giác nội tiếp  ABC KHC (cùng bù với góc AHK ) (2)   Từ (1) và (2) ta có HCx KHC  HK // Cx . Mà IC ⊥Cx ⇒ IC⊥ HK . KH=(3 ; 4 ) , IC có phương trình Do đó IC có vectơ pháp tuyến là ⃗. 0,25. 3 x+ 4 y −11=0. Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 3 x+ 4 y −11=0 2 y − 2¿ =25 ¿ ¿{ ¿ x − 1¿ 2+ ¿ ¿. ⇒ x =5 y=− 1 . Do xC  0 nên ; ¿ x=−3 y=5 ¿{. 0,25. C( 5; − 1). CH=(−3 ; 6) nên AC có Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là ⃗ phương trình 2 x + y −9=0 . Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 2 x + y −9=0 2 y − 2 ¿ =25 ¿ ¿{ ¿ x −1 ¿2+ ¿ ¿. ⇒ x=1 y=7 (loại). Do đó ; ¿ x=5 y=− 1 ¿{. 0,25 A (1 ; 7). CK =(− 6 ; 2) nên BC có Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là ⃗ phương trình x+ 3 y −2=0 . Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ ⇒ x+ 3 y −2=0 x=− 4 y − 2¿ 2=25 y=2 ¿ (loại). Do đó B (− 4 ; 2) , ¿{ ¿ x=5 ¿ 2 x − 1¿ + ¿ y=− 1 ¿ ¿{ Vậy A (1 ; 7) ; B (− 4 ; 2) ; C( 5; − 1) .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> C©u 7. 1,0. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;2;1),  7 10 11  2 2 2 B   ; ;   3 3 3  và mặt cầu (S):  x  1   y  2    z  3  4. Chứng minh rằng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S). Xác định tọa độ của tiếp điểm. Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3),R 2 . 1 2 7 M ; ;  Phương trình mặt phẳng (P) là trung trực của AB đi qua  3 3 3  , có vtpt  0,25  16 16 8  AB   ;  ;  3 3  là: 2x + 2y – z + 3=0 (P)  3 Ta có: d(I;(P)) 2 R nên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc 0,25. với mặt cầu (S) (đpcm). ⃗ n (P)  2;2;  1. Phương trình đường thẳng d đi qua I nhận véc tơ phương là:  x 1  2t   y 2  2t z 3  t . d  (P)  H  hệ pt:. làm vt chỉ. 0,25.  x 1  2t  y 2  2t   1 2 11   H  ; ;    3 3 3 z 3  t 2x  2y – z  3 0. 0,25.  1 2 11  H  ; ;  Vậy: tọa độ tiếp điểm là  3 3 3  C©u 8 1,0. . . .  x2 y 2  2 4 y 2 1 x 2  1  x 1    x 3  4 y 2  1  2  x 2  1 x 6 Giải hệ phương trình:  Lời giải: ĐKXĐ: x 0. . .  x 2 y 2  2 4 y 2  1  x 2  1  x (1)    x3  4 y 2  1  2  x 2  1 x 6  2  +) Hệ pt tương đương với  +) Nhận thấy x 0 không thỏa mãn hệ phương trình do đó. 0,25. 2. 1 1 1 x y 2  2 4 y 1 x  x 1  2 y  2 y  2 y  1     1 x x  x 2. . +) Xét hàm số f t. 2. . . 2. 2. . f  t  t  t t 2  1, t  (0; ) do f '  t   0, t  (0; ).  *. suy ra hàm số. đồng biến trên (0; ). (**). +) Từ (*) và (**) nhận được. 2y . 1 x thế vào phương trình (2) trong hệ ta được. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  1  x3  2  1  2  x 2  1 x 6  x3  x  2  x 2  1 x 6 x  g  x  x 3  x  2  x 2  1 x  6. 0;   đồng biến trên khoảng . +) Ta thấy hàm số +) Lại có. g  1 0. 0,25. g  x  x 3  x  2  x 2  1 x  6 0. suy ra phương trình. có. 1 x 1  y  2 nghiệm duy nhất 1   2 Vậy: Hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất Cho 3 số thực dương x, y, z thay đổi, thỏa mãn x  y  1 z . Tìm giá trị nhỏ.  x; y   1;. C©u 9. P. nhất của biểu thức. x3 y3 z3 14    x  yz y  xz z  xy  z  1 1  xy  x  y. 1,0. Ta có: x, y, z  0 nên. 1 x 1 y  . 1  xy  x  y  1  x   1  y . Lại có: Nên ta được. 4. .  z 1 4. dấu = xảy ra khi x  y. 2 2 và 2xy x  y dấu = xảy ra khi x  y. x4 y4 z3    x 2  xyz y 2  xyz z  xy  z  1. P.  P. x4 y4 z3    x 2  xyz y 2  xyz z  xy  z  1. x. x x  P. 2.  y2 . 2. 2. y. 2.  y2. 1 z. . 2.   2 xyz . . 1 x  1 y  14. 1 x 1 y . z3   1  x   1  y   z  1. z3   1  x   1  y   z 1. 14. 1 x 1 y. 14. 1 x 1 y.  x  y  z3 14 P  2  1  z   1  x   1  y   z  1  1  x   1  y  2 2 x  y z  1   4z3 28 4 z 3  28 9 z 3  z 2  z  57 P      2 2  1  z   z  1 2  z  1 2 2  1  z   z  1 2 2  z  1 f  z . Xét hàm. 0,25. 14. 2. . .. 2. x3 y3 z3 14    x  yz y  xz z  xy  z  1 1  xy  x  y. P .  x  y  2. 2. 0,25. 9 z 3  z 2  z  57 2  z  1. 2. 0,25. , z 1.  3z  5   3z 2  14 z  23 f ' z   , z 1 3 2  z  1 Ta có f z Lập bảng biến thiên của hàm số   .  5  53 min f  z   f    z 1;   3 8 ta nhận được  . f '  z  0  z . 5 3. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 53 1 5 x y  , z  3 3 . Vậy GTNN của P bằng 8 đạt được khi. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>