Đề thi thử môn toán vào đại học có đáp án đề số 23

SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT QUY NHƠN Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: 3 2 2 y = 2x + (m + 1)x + (m - 4)x - m + 1 a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số khi m = 2. b/ Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại giao điểm của ( )C với trục tung. Câu 2 (1,0 điểm): a/ Giải phương trình lượng giác: 2cos(2x ) 4sinx.sin3x - 1 0 3 π + + = b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2 2z - 2z + 5 = 0 Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình: 2 0,5 2log (x - 2) + log (2x -1) = 0 Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 1 2 3 2 2.4 1 2 2log 1 1 y x x y x x y xy x +  + = +    + = + + +  , (x,y ∈ R). Câu 5 (1,0 điểm): Tính tích phân 1 x 0 I = (1 + x)e dx ò Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 0 . Tính thể tích của hình chóp. Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC. Biết AM có phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A có tung độ dương, điểm M có tung độ âm Câu 8 (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm ( 3;2; 3)A - - và hai đường thẳng 1 x -1 y + 2 z - 3 d : = = 1 1 -1 và 2 x - 3 y -1 z - 5 d : = = 1 2 3 a/ Chứng minh rằng 1 d và 2 d cắt nhau. b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa 1 d và 2 d . Tính khoảng cách từ A đến mp(P). Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa 6 x trong khai triển của: 3 5 2 1 n x x x   +  ÷   , biết tổng các hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và 0x > ). Câu 10 (1,0 điểm): Cho , ,a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 4 4 a b c b c a a b b c c a + + + + + ≥ + + + + + . ………………….HẾT…………… ĐỀ THI THỬ P N Cõu Ni dung im 1a Vi m = 2 ta cú hm s: 3 2 2 3 1y x x= + - Tp xỏc nh: D = Ă o hm: 2 6 6y x x  = + Cho hoac 2 0 6 6 0 0 1y x x x x  = + = = = - Gii hn: ; lim lim x x y y đ- Ơ đ+Ơ = - Ơ = +Ơ Bng bin thiờn x 1 0 +Ơ y  + 0 0 + y 0 +Ơ 1 Hm s B trờn cỏc khong ( ; 1),(0; )- Ơ - +Ơ , NB trờn khong ( 1;0)- Hm s t cc i y C = 0 ti Cẹ 1x = - , t cc tiu y CT = 1 ti 0x = CT . 1 1 12 6 0 2 2 y x x y  = + = = - ị = - . im un: 1 1 ; 2 2 I ổ ử ữ ỗ ữ - - ỗ ữ ỗ ố ứ Giao im vi trc honh: cho hoac 3 2 1 0 2 3 1 0 1 2 y x x x x= + - = = - = Giao im vi trc tung: cho 0 1x y= ị = - Bng giỏ tr: x 3 2 - 1- 1 2 - 0 1 2 y 1- 0 1 2 - 1- 0 th hm s: nh hỡnh v di õy 1.0 1b Giao im ca ( )C vi trc tung: (0; 1)A - 0 0 0 ; 1x y= = - (0) 0f  = Vy, pttt ti A(0;1) l: 1 0( 0) 1y x y+ = - = - 1.0 2a Gii phng trỡnh : 2cos(2x ) 4sinxsin3x 1 0 3 + + = (1) 2(cos2xcos sin 2x sin ) 4sin x sin 3x 1 0 3 3 + = 2 cos2x 3sin2x+4sin xsin3x 1 0 1 2sin x-2 3sin x cos x 4sin x sin 3x 1 0 sinx(2sin3x-sin x- 3 cos x) 0 = + = = 0.5 sinx 0 sinx 3cos x 2sin3x =  ⇔  + =  *sinx 0 (k z)x k π = ⇔ = ∈ 1 3 *sinx 3 cos x 2sin 3x sinx cosx sin 3x 2 2 3x x k2 x k 3 6 sin(x ) sin 3x (k z) 3 3x x k2 x k 3 6 2 + = ⇔ + = π π   = + + π = + π   π ↔ + = ⇔ ↔ ∈   π π π   = π− − + π = +     vậy phương trình đã cho có nghiệm x k π = ; x k 6 2 π π = + (k z)∈ 2b 2 2 2 5 0z z- + = (*)  Ta có, 2 2 ( 2) 4.2.5 36 (6 )iD = - - = - =  Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt: ; z 1 2 2 6 1 3 2 6 1 3 4 2 2 4 2 2 i i z i i + - = = + = = - 0.5 đ 3 2 0,5 2log ( 2) log (2 1) 0x x- + - = (*)  Điều kiện: 2 2 0 2 1 2 1 0 2 x x x x x ì ï > ì ï ï - > ï ï ï Û Û > í í ï ï - > > ï ï î ï ï î  Khi đó, (*) 2 2 2 2 2 2 log ( 2) log (2 1) 0 log ( 2) log (2 1)x x x xÛ - - - = Û - = - Û (loai) (nhan) 2 2 1 ( 2) (2 1) 6 5 0 5 x x x x x x é = ê - = - Û - + = Û ê = ê ë 0.5 đ 4 Điều kiện: 2 0 0 0 0 x x x y y ≥  >   ⇔   > >    Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 0 1 0x yx x y x y⇔ + + − − = ⇔ − − = ( Vì 2 1 0x yx+ + > ) 1y x⇔ = − (a) ( ) 1 ⇔ 2 1 2 2.4 1 2 2log y x x y + + = + ( ) 2 2 2 2 2 log 2 2 log 2 * y x y x⇔ + = + Xét hàm số: ( ) 2 2 log t f t t= + trên ( ) 0;+∞ Ta có: ( ) [ ] 1 ' 2 ln 2 0 0; ln 2 t f t t e t = + > ∀ ∈ ,vậy ( ) f t là hàm số đồng biến. Biểu thức ( ) ( ) ( ) * 2 2 2 2f y f x y x⇔ = ⇔ = (b) Từ (a) và (b) ta có: ( ) 2 2 1 1 2 1 2 4 8 4 2 2 5 2 0 x x x x x x x x x ≥ ≥   − = ⇔ ⇔   − + = − + =   1 2 1 2 x x x ≥    =  ⇔     =    2x ⇔ = 1.0 đ Với 2 1x y= ⇒ = , suy ra hệ phương trình có một nghiệm ( ) 2;1 . 5 1 0 (1 ) x I x e dx= + ò  Đặt 1 x x u x du dx dv e dx v e ì ì ï ï = + = ï ï ï ï Þ í í ï ï = = ï ï ï ï î î . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 (1 ) (1 1) (1 0) 2 1 ( ) x x x I x e e dx e e e e e e e= + - = + - + - = - - - = ò  Vậy, 1 0 (1 ) x I x e dx e= + = ò 1.0 đ 6  Gọi O là tâm của mặt đáy thì ( )SO ABCD^ do đó SO là đường cao của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO, do đó · 0 60SBO = (là góc giữa SB và mặt đáy)  Ta có, · · · tan .tan .tan 2 SO BD SBO SO BO SBO SBO B O = Þ = = 0 2.tan60 6a a= =  Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là 3 1 1 1 4 6 . . . 2 .2 . 6 3 3 3 3 a V B h AB BC SO a aa= = = = 1.0 đ 7 2 x Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM ( ) 6 ; 10 BH d B AM⇒ = = Đặt cạnh hình vuông là x>0 Xét tam giác ABM có 2 2 2 2 2 1 1 1 10 1 4 3 2 36 x BH BA BM x x = + ⇔ = + ⇔ = A thuộc AM nên ( ) ;7 3A t t− C D A B H I M x ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 4 3 6 3 2 10 44 34 0 1 17 16 ; , 1;4 / 17 5 5 5 AB t t t t t A loai A t m t = ⇔ − + − = ⇔ − + = =     ⇔ ⇒ − − −  ÷  =    Làm tương tự cho điểm B, với 3 2 5 1 ; 2 2 2 2 x BM M   = = ⇒ −  ÷   M là trung điểm của BC ( ) 1; 2C⇒ − Gọi I là tâm của hình vuông ( ) 1;1I⇒ Từ đó ( ) 2;1D⇒ − 8 a/  d 1 đi qua điểm 1 (1; 2;3)M - , có vtcp 1 (1;1; 1)u = - r  d 2 đi qua điểm 2 (3;1;5)M , có vtcp 2 (1;2;3)u = r  Ta có 1 2 1 1 1 1 1 1 [ , ] ; ; (5; 4;1) 2 3 3 1 1 2 u u æ ö - - ÷ ç ÷ ç = = - ÷ ç ÷ ç ÷ ÷ ç è ø r r và 1 2 (2;3;2)M M = uuuuuur  Suy ra, 1 2 1 2 [ , ]. 5.2 4.3 1.2 0u u M M = - + = uuuuuur r r , do đó d 1 và d 2 cắt nhau. b/ Mặt phẳng (P) chứa 1 d và 2 d .  Điểm trên (P): 1 (1; 2;3)M -  vtpt của (P): 1 2 [ , ] (5; 4;1)n u u= = - r r r  Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5( 1) 4( 2) 1( 3) 0x y z- - + + - = 5 4 16 0x y zÛ - + - =  Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là: 2 2 2 5.( 3) 4.2 ( 3) 16 42 ( ,( )) 42 42 5 ( 4) 1 d A P - - + - - = = = + - + 1.0 đ 9 Xét khai triển : 5 3 5 3 2 3 3 1 1 n n x x x x x x     + = +  ÷  ÷     1 5 5 5 3 0 1 2 2 2 3 3 3 1 1 1 k n n n n k k n n n n n x C C x C x C x x x x − −                 = + + + + +  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷                 Thay 1x = vào khai triển ta được: 0 1 2 n k n n n n n C C C C   = + + + + +   Theo giả thiết ta có: 0 1 4096 k n n n n n C C C C+ + + + + = 12 2 2 12 n n⇔ = ⇔ = 0.5 đ 10 Với 12n = ta có khai triển: 12 3 5 2 1 x x x   +  ÷   Gọi số hạng thứ ( ) 1 0 12,k k k Z+ ≤ ≤ ∈ là số hạng chứa 6 x . Ta có : ( ) 12 5 2 21 3 5 2 1 12 12 2 1 k k k k k k k T x C x C x x − − + +   = =  ÷   Vì số hạng có chứa 6 x nên : ( ) 2 21 6 5 2 21 6 6 2 9 k k k + − + = ⇔ = = . 0,5 Với 6k = ta có hệ số cần tìm là : 6 12 924C = . Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 4 4 4 4 4 a b c VT b b c c a a       = + + + + +  ÷  ÷  ÷       2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 a b c a b c b c a b c a   ≥ + + = + +  ÷   Mặt khác: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ; ; a b c b a b c b c a c a + ≥ + ≥ + ≥ Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2 2 2 1 1 1a b c b c a a b c + + ≥ + + Suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 VT a b c a b b c c a           ≥ + + = + + + + +  ÷  ÷  ÷  ÷             1 4 4 4 1 1 1 4 VP a b b c c a a b b c c a   ≥ + + = + + =   + + + + + +   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1a b c= = = 1.0 đ . GD&ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT QUY NHƠN Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: 3 2 2 y = 2x + (m +. x x − − + +   = =  ÷   Vì số hạng có chứa 6 x nên : ( ) 2 21 6 5 2 21 6 6 2 9 k k k + − + = ⇔ = = . 0,5 Với 6k = ta có hệ số cần tìm là : 6 12 924C = . Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1. điểm): Cho , ,a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 4 4 a b c b c a a b b c c a + + + + + ≥ + + + + + . ………………….HẾT…………… ĐỀ THI THỬ P N Cõu Ni dung im 1a Vi