de thi thu thptqg

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN đề thi thử thpt quốc gia lần 2 năm 2015 TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾNwww.VNMATH.com. M«n: To¸n. Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề). 1 4 x  2 x 2  1. 4 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. Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y .  x 4  8 x 2  4 m  4  0.. Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau: a) 7 x  2.71 x  9  0 . b) (sinx  cosx)2  1  cosx . Câu 3 (1,0 điểm). a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức: z . 3  4i  (3  5i )(6  i ) . 3  2i. 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 . 2n.  2. Câu 4 (1,0 điểm).Tính tích phân I   cos x 3 sin x  1 dx . 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 600. 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 tròn (T) có phương trình ( x  1) 2  ( y  2) 2  25 . 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), 2 2 2  7 10 11  B   ;  ;  và mặt cầu (S):  x  1   y  2    z  3   4. Chứng minh rằng mặt  3 3 3 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 y 2 1 x2 1  x  1  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x 3  4 y 2  1  2  x 2  1 x  6  Câu 9 (1,0 điểm). Cho 3 số thực dương x, y , z thay đổi, thỏa mãn x  y  1  z . Tìm giá trị. nhỏ nhất của biểu thức P . x3 y3 z3 14 .    x  yz y  xz z  xy  z  1 1  xy  x  y. -------------------------------- HÕt -----------------------------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: ……………………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên. Trường thpt lương ngọc quyến. www.VNMATH.com Hướng dẫn chấm 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. §iÓm. Néi dung. 1 4 x  2 x 2  1. 4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.. Cho hàm số y  C©u 1. b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình a, 1,0 b, 1,0.  x 4  8 x 2  4 m  4  0. a, *TXĐ: D   * Giới hạn: lim y  ; x . lim y  .. 0,25. x . * Chiều biến thiên:.  x0 y '  x3  4 x; y '  0  x 3  4 x  0  x x 2  4  0    x  2 - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  2;0  và  2; . . . - Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 2  và  0;2  .. 0,25. - Hàm số đạt cực đại tại xCĐ= 0, yCĐ  y  0   1 . - Hàm số đạt cực tiểu tại xCT  2 , * Bảng biến thiên 2  x y' - 0 +  y -5. yCT  y  2   5 . 0 0 -1. -. 2 0.  +.  -5 0,25. * Đồ thị:. 1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> www.VNMATH.com 0,25. 1 4 x  2 x 2  1  m (*) 4 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. Giải các phương trình sau: a) 7 x  2.71 x  9  0 . b) (sinx  cosx)2  1  cosx . a) Đk: x  0. Đặt t  7 x , t  0 t  7 14 Ta có pt: t   9  0  t 2  9t  14  0   ( thỏa mãn t > 0 ) t t  2 Với t = 7  7 x  7  x  1 2 Với t = 2  7 x  2  x  log 7 2  x   log 7 2  b) Ta có:  x 4  8 x 2  4 m  4  0 . C©u 2 a, 0,5 b, 0,5. 2. Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1, x   log 7 2  .. b) Ta có: (s inx  cosx)2  1  cosx  1  2 sin xcosx  1  cosx  cosx(2 sin x-1)  0. cosx  0  s inx= 1   2.    x  2  k   x=   k2 (k  Z).  6  5  x  6  k2 . 2. 0,25 0,25. 0,5. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . . . 2. www.VNMATH.com  x   k Vậy: phương trình có nghiệm  x=   k2 (k  Z).. 0,25.  6  5  x  6  k2 . a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức: z  C©u 3. 3  4i  (3  5i )(6  i ) . 3  2i. b) Tìm hệ số của x9 trong khai triển 2  3x  , trong đó n là số nguyên dương 2n. thỏa mãn: C21n1  C23n1  C25n1  ...  C22nn11  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 Vậy phần thực:  , phần ảo: 13 13 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 2n1 Cho x=1, ta có 22n1  C20n1  C21n1  C22n1  ...  C22nn11 (1) (2) Cho x= -1, ta có : 0  C20n1  C21n1  C22n1  ... C22nn11 Lầy (1) trừ (2), ta được : 22n1  2 C21n1  C23n1  C25n1  ...  C22nn11   22n  C21n1  C23n1  C25n1  ... C22nn11 Từ giả thiết ta có 22n  4096  22 n  212  2n  12 Do đó ta có 2  3x   ( 1 )k C12k 212k ( 3x )k 12. 0,25. 12. ( 0 ≤ k ≤ 12, k nguyên). k 0. 0,25.  hệ số của x9 là : - C129 39 23 . . C©u 4. 2. Tính tích phân I   cos x 3 sin x  1 dx . 0. 1,0. 2 3. Đặt u  3 sin x  1  cos xdx  udu Đổi cận: x  0  u  1; x . 0,25 0,25. . u2 2 2 2 2 u3 2 Khi đó: I   u. udu  3 3 3 1 1. Tính được I  C©u 5. 0,25. 14 9. 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 3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng www.VNMATH.com 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  AB, mặt khác (SAB)  (ABCD) nên SH  (ABCD) và SCH  60 0 .. 0,25. Ta có SH  CH . tan 60 0  CB 2  BH 2 . tan 60 0  a 15. 1 1 4 15 3 V S . ABCD  .SH .S ABCD  a 15.4a 2  a . 3 3 3 Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên  và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó   (SHE)    HK suy ra HK  (S,  ). Mặt khác, do BD//(S,  ) nên ta có d  BD; SA  d  BD;  S ,   .  d  B;  S ,    2d (H ;(S , ))  2HK. 0,25. 0,25. 0. Ta có EAH  DBA  45 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra HE . AH.  HK . 2. . a 2. HE.HS 2. HE  HS. 2. a .a 15 2. . 2  a     a 15  2. Vậy: d  BD;SA   2. C©u 6. . 2. . . 15 a. 31. 15 a. 31. 0,25. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có phương trình ( x  1) 2  ( y  2) 2  25 . 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.. 4.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1,0. A. www.VNMATH.com x. H I B. K. C. (T) có tâm I (1;2) . Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C. Ta có   ABC   1 Sđ  HCx AC (1) 2  (cùng bù với Do  AHB   AKB  900 nên AHKB là tứ giác nội tiếp   ABC  KHC  ) (2) góc AHK   KHC   HK // Cx . Từ (1) và (2) ta có HCx. Mà IC  Cx  IC  HK . Do đó IC có vectơ pháp tuyến là KH  (3;4) , IC có phương trình 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  x  5  x  3 . Do xC  0 nên C (5;1)  ;  2 2 ( x  1)  ( y  2)  25  y  1  y  5. 0,25. 0,25. Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CH  (3;6) nên AC có 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 x  1 x  5 (loại). Do đó A(1;7)  ;  2 2 ( x  1)  ( y  2)  25  y  7  y  1. 0,25. Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CK  (6;2) nên BC có 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  x  5 (loại). Do đó B(4;2)  ,  2 2 ( x  1)  ( y  2)  25  y  2  y  1 Vậy A(1;7) ; B(4;2) ; C (5;1) .. C©u 7. 1,0. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;2;1), 2 2 2  7 10 11  B   ;  ;  và mặt cầu (S):  x  1   y  2    z  3   4. Chứng  3 3 3 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 Phương trình mặt phẳng (P) là trung trực của AB đi qua M  ;  ;  , có vtpt 3 3 3 5. 0,25.

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

<span class='text_page_counter'>(8)</span> C©u 9. Cho 3 số thực dương x, y , z thay đổi, thỏa mãn x  y  1  z . Tìm giá trị nhỏ www.VNMATH.com x3 y3 z3 14    nhất của biểu thức P  . x  yz. y  xz. 1,0. Ta có: x, y, z  0 nên 1  x 1  y .  z  1. z  xy.  x  y  2 . 2. 1  xy  x  y 2.  z  1 dấu = xảy ra khi . 4 4 2 2 Lại có: 1  xy  x  y  1  x 1  y  và 2xy  x  y dấu = xảy ra khi x  y. x y. 0,25. Nên ta được P. x3 y3 z3 14    x  yz y  xz z  xy  z  1 1  xy  x  y. . x4 y4 z3    x 2  xyz y 2  xyz z  xy  z  1. P. x4 y4 z3    x 2  xyz y 2  xyz z  xy  z  1. x. 2.  y2 . 14. 1  x 1  y  14. 1  x 1  y . 2. z3 P 2    x  y 2   2 xyz 1  x 1  y   z  1. x P. 2.  y2 . 1 z. z3   1  x 1  y   z  1. 14. 1  x 1  y . 14. 1  x 1  y . 2.  x  y  14 z3 P  2 1  z  1  x 1  y   z  1 1  x 1  y  2 2  x  y  z  1 4 z 3  28 9 z 3  z 2  z  57 4 z3 28 P      2 2 1  z   z  1 2  z  1 2 2 1  z   z  1 2 2  z  1 Xét hàm f  z  . 9 z 3  z 2  z  57 2  z  1. 2. 0,25. , z 1.  3 z  5   3z 2  14 z  23 , z 1 3 2  z  1 Lập bảng biến thiên của hàm số f  z  .. Ta có f '  z  . f ' z  0  z . 5 3. 0,25.  5  53 ta nhận được zmin f z  f    1;  3 8.   53 1 5 Vậy GTNN của P bằng đạt được khi x  y  , z  . 8 3 3. 7. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>