ĐỀ THI TNTHPT VÀ ĐẠI HỌC NĂM 2015 tham khảo

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TNTHPT VÀ ĐẠI HỌC NĂM 2015 * ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 101 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x − = − 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 . Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình 2 17 sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( ) 2 2 12 x x x x π π + + = + + 2) Giải hệ phương trình : 4 3 2 2 3 2 1 1 x x y x y x y x xy  − + =   − + = −   Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 4 0 tan .ln(cos ) cos x x dx x π ∫ Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60 0 . Tính cụsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa măn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 3 a b b c c a ab c bc a ca b + + + + + ≥ + + + PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương tŕnh Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng ∆ : 2x + 3y + 4 = 0. T́m tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau gúc 45 0 . Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) và hai đường thẳng 1 ( ) : 1 2 3 x y z d + = = − − và 1 4 ( '): 1 2 5 x y z d − − = = Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương tŕnh mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm) Giải phương tŕnh: 2 2 2 (24 1) (24 1) (24 1) log log + + + + = x x x x x log x x x Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thỏa mãnṛ 2 2 ( ): 1C x y+ = , đường thẳng ( ) : 0d x y m+ + = . T́ìm m để ( )C cắt ( )d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất. Câu VII.b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 và đường thẳng 1 ∆ : 2 2 − −x = 1 1+y = 3 z . Gọi 2 ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1 ∆ , 2 ∆ . Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log x ( log 3 ( 9 x – 72 )) ≤ 1 Hết ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu 1: 1, *Tập xác định : { } \ 1D = ¡ *Tính 2 1 ' 0 ( 1) y x D x − = < ∀ ∈ − Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (1; )+∞ *Hàm số không có cực trị *Giới hạn 1x Lim y + → = +∞ 1x Lim y − → = −∞ 2 x Lim y →+∞ = 2 x Lim y →−∞ = Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên *Vẽ đồ thị Câu 1: 2,*Tiếp tuyến của (C) tại điểm 0 0 ( ; ( )) ( )M x f x C∈ có phương trình 0 0 0 '( )( ) ( )y f x x x f x= − + Hay 2 2 0 0 0 ( 1) 2 2 1 0x x y x x+ − − + − = (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2 0 4 0 2 2 2 1 ( 1) x x − ⇔ = + − giải được nghiệm 0 0x = và 0 2x = Vậy: Các tiếp tuyến cần tìm : 1 0x y+ − = và 5 0x y+ − = Câu 2: 1, *Biến đổi phương trình đó cho tương đương với os2 3 sin 2 10 os( ) 6 0 6 c x x c x π − + + + = os(2 ) 5 os( ) 3 0 3 6 c x c x π π ⇔ + + + + = 2 2 os ( ) 5 os( ) 2 0 6 6 c x c x π π ⇔ + + + + = .Giải được 1 os( ) 6 2 c x π + = − và os( ) 2 6 c x π + = − (loại) *Giải 1 os( ) 6 2 c x π + = − được nghiệm 2 2 x k π π = + và 5 2 6 x k π π = − + Câu 2: 2, *Biến đổi hệ tương đương với 2 2 3 3 2 ( ) 1 ( ) 1 x xy x y x y x xy  − = −   − − = −   *Đặt ẩn phụ 2 3 x xy u x y v  − =   =   , ta được hệ 2 1 1 u v v u  = −  − = −  *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là : (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) Câu 3: *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thỡ t=1 , 4 x π = thì 1 2 t = Từ đó 1 1 2 2 2 1 1 2 ln lnt t I dt dt t t = − = ∫ ∫ *Đặt 2 1 ln ;u t dv dt t = = 1 1 ;du d t v t t ⇒ = = − Suy ra 1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 ln ln 2 1 1 2 2 2 I t dt t t t = − + = − − ∫ *Kết quả 2 2 1 ln 2 2 I = − − Câu 4: *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh ( )SH A B C⊥ *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là 0 60SEH SFH= = *Kẻ HK SB⊥ , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng HK A . *Lập luận và tính được AC=AB=a , 2 2 a HA = , 0 3 tan 60 2 a SH HF= = *Tam giác SHK vuông tại H có 2 2 2 1 1 1 3 10 K H a HK HS HB = + ⇒ = *Tam giác AHK vuông tại H có 2 20 2 tan 3 3 10 a A H A K H K H a = = = 3 cos 23 A K H⇒ = Câu 5:*Biến đổi 1 1 1 (1 )(1 ) a b c c ab c ab b a a b + − − = = + + − − − − *Từ đó 1 1 1 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) c b a V T a b c a c b − − − = + + − − − − − − Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 3 1 1 1 3. . . (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) c b a V T a b c a c b − − − ≥ − − − − − − =3 (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 3 a b c= = = Câu 6a: * ∆ có phương trình tham số 1 3 2 2 x t y t = −   = − +  và có vtcp ( 3;2)u = − ur *A thuộc ∆ (1 3 ; 2 2 )A t t⇒ − − + *Ta có (AB; ∆ )=45 0 1 os( ; ) 2 c A B u⇔ = uuuur ur . 1 2 . A B u A B u ⇔ = uuuurur ur 2 15 3 169 156 45 0 13 13 t t t t⇔ − − = ⇔ = ∨ = − *Các điểm cần tìm là 1 2 32 4 22 32 ( ; ), ( ; ) 13 13 13 13 A A− − Câu 7a: *(d) đi qua 1 (0; 1;0)M − và có vtcp 1 (1; 2; 3)u = − − uur (d’) đi qua 2 (0;1;4)M và có vtcp 2 (1;2;5)u = uur *Ta có 1 2 ; ( 4; 8;4)u u O   = − − ≠   uur uur ur , 1 2 (0;2;4)M M = uuuuuuur Xét 1 2 1 2 ; . 16 14 0u u M M   = − + =   uur uur uuuuuuur  (d) và (d’) đồng phẳng . *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) cú vtpt (1;2; 1)n = − ur và đi qua M 1 nên có phương trình 2 2 0x y z+ − + = *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm Câu 8a: *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét 1x ≠ , biến đổi phương trình tương đương với 1 2 1 1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1) x x x x x x + = + + + + + Đặt log ( 1) x x t+ = , ta được phương trình : 1 2 1 1 2 2t t t + = + + giải được t=1 và t=-2/3 *Với t=1 log ( 1) 1 x x⇒ + = phương trình này vô nghiệm *Với t=-2/3 2 log ( 1) 3 x x⇒ + = − 2 3 .(24 1) 1x x⇔ + = (*) Nhận thấy 1 8 x = là nghiệm của (*) Nếu 1 8 x > thì VT(*)>1 Nếu 1 8 x < thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất 1 8 x = *Kết luận : Các nghiệm của phương trình đó cho là x=1 và 1 8 x = Câu 6b:*(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ( ; ) 1d O d⇔ < *Ta có 1 1 1 . .sin .sin 2 2 2 O A B S O A OB A O B A O B= = ≤ Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi 0 90A O B = 1 ( ; ) 2 d I d⇔ = 1m ⇔ = ± Câu 7b: * 1 ∆ có phương trình tham số 2 2 1 3 x t y t z t = −   = − +   =  * 2 ∆ có phương trình tham số 2 5 3 x s y s z s = +   = +   =  *Giả sử 1 2 ;d A d B∩ ∆ = ∩∆ = (2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t⇒ − − + * ( 2 ;3 6; 3 )A B s t s t s t= + − + − uuuur , mf(R) có vtpt (1;2; 3)n = − ur * ( ) &d R A B n⊥ ⇔ uuuur ur cùng phương 2 3 6 3 1 2 3 s t s t s t+ − + − ⇔ = = − 23 24 t⇒ = *d đi qua 1 1 23 ( ; ; ) 12 12 8 A và có vtcp (1;2; 3)n = − ur => d có phương trình 23 1 1 8 12 12 1 2 3 z x y − − − = = − Câu 8b:*Điều kiện : 3 0 log (9 72) 0 9 72 0 x x x >   − >   − >  giải được 9 log 73x > Vì 9 log 73x > >1 nên bpt đó cho tương đương với 3 log (9 72) x x− ≤ 9 72 3 x x ⇔ − ≤ 3 8 3 9 x x  ≥ −  ⇔  ≤   2x ⇔ ≤ *Kết luận tập nghiệm : 9 (log 72;2]T = BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TNTHPT VÀ ĐẠI HỌC NĂM 2015 Đề chính thức Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 102 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = x 3 − (m + 1)x + 5 − m 2 . 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2; 2) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng. Câu II:(2.0điểm) 1, Giải phương trình: ( ) 3 2 7 log 1 x log x+ = . 2, Giải phương trình       −=−+ 24 cos2sin 2 cossin 2 sin1 22 x x x x x π Câu III (1.0 điểm) Giải bất phương trình sau 2 2 2 8 15 4 18 18 2 15x x x x x x− + ≤ − + − + − Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân I= ∫ +−+ 4 2 3 121 xx dx Câu V(1.0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1 B 1 C 1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A 1 B 1 C 1 ) thuộc đường thẳng B 1 C 1 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA 1 và B 1 C 1 theo a. PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRINH ( 3 điểm ) A/ Phần đề bài theo chương trinh chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1) 2 + (y+2) 2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình      += = += tz ty tx 31 21 Lập phương trình mp (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VII.a: (1.0điểm) Cho đẳng thức: n 1 n 2 n 3 2n 1 2n 8 2n 1 2n 1 2n 1 2 n 1 2n 1 C C C C C 2 1 + + + - + + + + + + + + + + = - . Tìm hệ số của số hạng chứa x 10 trong khai triển ( ) n 3 4 1 x x x- + - . B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 .0 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1) 2 + (y+2) 2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình      += = += tz ty tx 31 21 Lập phương trình mp(P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VII.b: (1.0 điểm) Giải bất phương trình: 32 4 )32()32( 1212 22 − ≤−++ −−+− xxxx HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN Câu 1 : 1, Cho hàm số y = x 3 − (m + 1)x + 5 − m 2 . Khảo sát hàm số khi m = 2; Hàm số trở thành: y = x 3 − 3x + 1 1* TXĐ: D = R 2* Sự biến thiên của hàm số: * Giới hạn tại vô cực: ( ) lim x f x →−∞ = −∞ : ( ) +∞= +∞→ xf x lim * Bảng biến thiên: Có y’ = 3x 2 − 3 , ' 0 1y x= ⇔ = ± x -∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + y 3 +∞ -∞ - 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) 1;−∞− và ( ) +∞;1 , Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) 1;1− Hàm số đạt đạt cực đại tại 1; 3 CD x y= − = , cực tiểu tại 1; 1 CT x y= = − , 3* Đồ thị: * Điểm uốn: '' 6y x= , các điểm uốn là: ( ) 0;1U * Giao điểm với trục Oy tại : ( ) 0;1U * Đồ thị: Câu 1: 2: Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng. Có y’ = 3x 2 − (m + 1). Hàm số có CĐ, CT ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt: ⇔ 3(m + 1) > 0 ⇔ m > −1 (*) Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số là 2 2 ( 1) 5 3 y m x m= + + − Các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng. 2 5 4 1m m⇔ − = ⇔ = ± Vậy m=1 Câu 2: 1, Giải phương trình: ( ) 3 2 7 log 1 x log x+ = . Điều kiện: x > 0. Đặt t 7 t log x x 7= =Û . ( ) ( ) t t t t t t 3 3 t 3 3 3 3 2 1 7 pt log 1 7 t 1 7 2 1 7 8 1 8 8 æ ö ÷ ç ÷ + = + = + = + =Û Û Û Û ç ÷ ç ÷ ç è ø (*). Chứng minh pt (*) có nghiệm duy nhất t = 3. Vậy phương trình có nghiệm x = 343. Câu 2: 2, Giải phương trình:       −=−+ 24 cos2sin 2 cossin 2 sin1 22 x x x x x π )1( 24 cos2sin 2 cossin 2 sin1 22       −=−+ x x x x x π ( ) xsin1x 2 cos1xsin 2 x cosxsin 2 x sin11 2 +=       − π +=−+⇔ 01 2 x cos 2 x sin2. 2 x cos 2 x sinxsin01xsin 2 x cos 2 x sinxsin =       −−⇔=       −−⇔ 01 2 x sin2 2 x sin21 2 x sinxsin 2 =       ++       −⇔ ⇔ 2 sin 0,sin 1,2sin 2sin 1 0 2 2 2 x x x x = = + + = , 2 4 2 2 x k x x k k x k x k π π π π π π π =  ⇔ = = + ⇔ ⇔ =  = +  Câu 3: Giải bất phương trình sau 2 2 2 8 15 4 18 18 2 15x x x x x x− + ≤ − + − + − (1) TXĐ 5, 5, 3x x x≥ ≤ − = TH1 x = 3 là nghiệm của (1) TH2 5x ≥ thì (1) 17 5 5 4 6 3 x x x x⇔ − + + ≤ − ⇔ ≤ . Vậy BPT (1) có nghiệm 17 5 3 x≤ ≤ 2 -2 -1 1 2 x 1 3 -1 -2 y O TH3 5x ≤ − thì (1) 17 5 5 6 4 3 x x x x⇔ − + − − ≤ − ⇔ ≤ . Vậy BPT (1) có nghiệm 5x ≤ − Kl : Tập nghiệm của bất pt là { } 17 ( ; 5) 3 (5; ) 3 S = −∞ − ∪ ∪ Câu 4: Tính tích phân: I= ∫ +−+ 4 2 3 121 xx dx +I= ∫ +−+ 4 2 3 121 xx dx Đặt t= 12 +x ⇒ 12 2 += xt ⇒ tdt=dx +Đổi cận : x= 2 3 ⇒ t = 2 x=4 ⇒ t = 3 +Khi đó I= ∫ −+ − 3 2 2 1 2 1 t t tdt = ∫ − 3 2 2 )1( 2 t tdt ⇔ dt t t ∫ − +− 3 2 2 )1( 11 = ∫∫ − + − 3 2 2 3 2 )1( 2 )1( 1 2 t dt dt t = 3 2 3 2 1 2 1ln2 − −− t t =2ln2+1 +Vậy I= 2ln2+1 Câu 5: Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1 B 1 C 1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A 1 B 1 C 1 ) thuộc đường thẳng B 1 C 1 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA 1 và B 1 C 1 theo a. Do )( 111 CBAAH ⊥ nên góc · 1 AA H là góc giữa AA 1 và (A 1 B 1 C 1 ), theo giả thiết thì góc · 1 AA H bằng 30 0 . Xét tam giác vuông AHA 1 có AA 1 = a, góc · 1 AA H =30 0 2 3 1 a HA =⇒ . Do tam giác A 1 B 1 C 1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B 1 C 1 và 2 3 1 a HA = nên A 1 H vuông góc với B 1 C 1 . Mặt khác 11 CBAH ⊥ nên )( 111 HAACB ⊥ Kẻ đường cao HK của tam giác AA 1 H thì HK chính là khoảng cách giữa AA 1 và B 1 C 1 Ta có AA 1 .HK = A 1 H.AH 4 3 . 1 1 a AA AHHA HK ==⇒ Câu 6a: 1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1) 2 + (y+2) 2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC A1 1111 1111 1 A B C C 1 B 1 K H vuông. Từ pt ct của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và ACAB ⊥ => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 23=⇒ IA 5 1 3 2 1 6 7 2 m m m m = − −  ⇔ = ⇔ − = ⇔  =  Câu 6a: 2,Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình      += = += tz ty tx 31 21 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH ≥ => HI lớn nhất khi IA ≡ Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. )31;;21( tttHdH ++⇒∈ vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0. ==⇒⊥ uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 Câu 7a:Cho đẳng thức: n 1 n 2 n 3 2n 1 2n 8 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 C C C C C 2 1 + + + - + + + + + + + + + + = - . Tìm hệ số của số hạng chứa x 10 trong khai triển ( ) n 3 4 1 x x x- + - . n 1 n 2 n 3 2n 1 2n 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 S C C C C C + + + - + + + + + = + + + + + , ta có: ( ) 2n 1 0 1 2 n 1 n n 1 n 2 2n 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 (1 1) C C C C C C C C C + - + + + + + + + + + + + + + = + + + + + + + + + + ( ) ( ) 2n 1 0 2n 1 2n 2n 1 n 2 n 1 n 1 n 2 2n 1 2n 2n 1 2n 1 2n 1 2 n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2 C C C C C C C C C C + + - + + + + - + + + + + + + + + + = + + + + + + + + + + +Þ 2n 1 2n 2n 8 2 2 2S 2 1 S 2 2 n 4 + = + = + = =Þ Þ Þ Þ . ( ) ( ) ( ) n 44 4 3 4 3 3 1 x x x (1 x) x (1 x) 1 x 1 x é ù - + - = - + - = - +Þ ê ú ë û ( ) ( ) 0 1 2 2 3 3 4 4 0 1 3 2 6 3 9 4 12 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 C C x C x C x C x C C x C x C x C x= - + - + + + + + . Ta có hệ số của x 10 là: 1 3 4 2 4 4 4 4 C .C C .C 10- + = - . Câu 6b: 1, Giống chương trình chuẩn Câu 7b: Giải bất phương trình: 32 4 )32()32( 1212 22 − ≤−++ −−+− xxxx Bpt ( ) ( ) 43232 22 22 ≤−++⇔ −− xxxx Đặt ( ) )0(32 2 2 >+= − tt xx , ta được: 4 1 ≤+ t t 014 2 ≤+− tt 3232 +≤≤−⇔ t (tm) Khi đó: ( ) 323232 2 2 +≤+≤− − xx 121 2 ≤−≤−⇔ xx ⇔ 2121012 2 +≤≤−⇔≤−− xxx KL: ************************************************************************ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TNTHPT VÀ ĐẠI HỌC NĂM 2015 Đề chính thức Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 103 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 43 23 +−= xxy 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2điểm) 1. Giải hệ phương trình:    =−++ =+++ yyxx yyxyx )2)(1( 4)(1 2 2 (x, y ∈R ) 2. Giải phương trình: 8 1 3 tan 6 tan 3coscos3sin.sin 33 −=       +       − + ππ xx xxxx Câu III (1 điểm) Tính tích phân ∫ ++= 1 0 2 )1ln( dxxxxI Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 8 3 2 a . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 32 1 32 1 32 1 222222 ++ + ++ + ++ = accbba P PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2) Phần 1 .C âu VI.a (2 điểm) [...]... vô nghiệm, nên (2) ⇔ u = v Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) Xét f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1 Bảng biến thi n: u -∞ 0 +∞ f'(u) 0 + f(u) 0 Theo bảng biến thi n ta có f(u) = 0 ⇔ u = 0 x + y = 0 x = 0 ⇔ Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 ⇒ v = 0 ⇒  x − y = 0 y = 0 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (0; 0) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TNTHPT VÀ ĐẠI HỌC NĂM 2015 Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D... vô nghiệm, nên (2) ⇔ u = v Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) Xét f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1 Bảng biến thi n: u -∞ 0 +∞ f'(u) 0 + f(u) 0 Theo bảng biến thi n ta có f(u) = 0 ⇔ u = 0 x + y = 0 x = 0 ⇔ Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 ⇒ v = 0 ⇒  x − y = 0 y = 0 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (0; 0) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TNTHPT VÀ ĐẠI HỌC NĂM 2015 Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D... có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) Câu 9: (0.5 điểm) Một lớp học có 8 học sinh nam và 12 học sinh nữ Thầy giáo chủ nhiệm chọn ngẫu nhiên 10 học sinh để tham gia lớp tập huấn kĩ năng sống Tính xác suất để 10 học sinh được chọn có ít nhất 2 học sinh nam Câu 10: (1 điểm) Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – Môn:... sinh có kết quả thi cao nhất, mỗi học sinh nhận thưởng sẽ được hai cuốn sách khác thể loại Trong số 9 học sinh trên có 2 học sinh tên Duyên và Đức Tìm xác suất để hai học sinh Duyên và Đức có giải thưởng giống nhau Câu 10: (1 điểm) Cho 3 số thực dương x, y, z Chứng minh rằng: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2 điểm)... Áp dụng: Tính giá trị biểu thức: • Đội tuyển học sinh giỏi tỉnh gồm có 5 học sinh lớp 12 và 3 học sinh lớp 11 Chọn ngẫu nhiên từ đội tuyển một học sinh, rồi chọn thêm một học sinh nữa Tính xác suất để lần thứ hai chọn được học sinh lớp 12 Câu 5: (1 điểm) Cho hình hộp có hình chóp là hình chóp đều và Tính thể tích hình hộp và tính góc hợp bởi hai mặt phẳng và Câu 6: (1 điểm) Trong không gian hệ tọa... THCS năm 2015 có 300 học sinh đăng ký Biết rằng trong 300 học sinh đó có 50 học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A Tuy nhiên, để đảm bảo quyền lợi mọi học sinh là như nhau, nhà trường quyết định bốc thăm ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh nói trên Tìm xác suất để trong số 30 học sinh chọn ở trên có đúng 90% số học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A Câu 10: (1 điểm) Cho các số thực a, b dương và thỏa mãn: Tìm... A(2;1;0) và Viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O và vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho độ dài đoạn AM bằng 3 Câu 9: (0.5 điểm) Trong kì thi thử THPT Quốc gia vào tháng 5 năm 2015 một trường THPT tại tỉnh Quảng Ninh đã dùng 7 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Vật lý, 5 cuốn sách Hóa học (các cuốn sách cùng thể loại đều giống nhau) để làm giải thưởng cho 9 học. .. Câu 7 b: ∆=24+70i, ∆ = 7 + 5i hoặc z = 2 + i ∆ = −7 − 5i =>   z = −5 − 4i ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị (C) • • Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số Dựa vào đồ thị (C) Tìm điều kiện của tham số m để phương trình sau đây có 3 nghiệm thực phân biệt: Câu 2: (1 điểm)... thẳng BC có phương trình: và đường trung tuyến ∆ kẻ từ C có phương trình: Tìm tọa độ các điểm B và C Câu 8: (1 điểm) Giải hệ phương trình sau: Câu 9: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số • Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm... nhỏ nhất của biểu thức: ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số (1), với m là tham số thực • Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 • Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị này tạo thành một tam giác đều Câu 2: (1 điểm) • Giải . BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TNTHPT VÀ ĐẠI HỌC NĂM 2015 * ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 101 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO. 72;2]T = BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TNTHPT VÀ ĐẠI HỌC NĂM 2015 Đề chính thức Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 102 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO. KL: ************************************************************************ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TNTHPT VÀ ĐẠI HỌC NĂM 2015 Đề chính thức Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 103 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO