Câu 1(2 điểm). Cho hàm số ( ) 4 2 2 1 1 y x mx = − − , với m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi 1 m = . b) Tìm m để đồ th ị hàm s ố ( ) 1 có ba đ i ể m c ự c tr ị t ạ o thành ba đỉ nh c ủ a tam giác có tr ọ ng tâm n ằ m trên đườ ng th ẳ ng có ph ươ ng trình 2 3 5 0 x y + + = . Câu 2(1 điểm). Gi ả i ph ươ ng trình : 2 sin 2 cos 4sin 1 x x x − = − . Câu 3(1 điểm). Tính tích phân 2 1 0 2 1 x I dx x = + ∫ . Câu 4(1 điểm). a) Khai tri ể n bi ể u th ứ c ( ) * ,1 – 3 n x n ∈ ℕ ta đượ c đ a th ứ c có d ạ ng: 2 0 1 2 n n a a x a x a x + + + … + Tìm t ổ ng 0 1 2 n S a a a a = + + + … + , bi ế t 1 2 55 4 0 1 a a + = + . b) Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình ( ) 3 8 0,5 2 log ( 1) 2 log 4 log 4 x x x + + ≥ − − + . Câu 5(1 điểm). Trong không gian Oxyz cho t ứ di ệ n OABC có ( ) ( ) 1;2;0 , 1;0;2 B C − và đ i ể m A thu ộ c m ặ t ph ẳ ng ( ) Oxy . L ấ y đ i ể m M là trung đ i ể m c ủ a BC . Xác đị nh t ọ a độ đ i ể m A và vi ế t ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng ( ) ABC bi ế t đườ ng th ẳ ng AM vuông góc v ớ i m ặ t ph ẳ ng ( ) BCO . Câu 6(1 điểm). Cho hình chóp . S ABCD có đ áy ABCD là hình thoi c ạ nh a và 0 60 BAD = . Hình chi ế u c ủ a S lên m ặ t ph ẳ ng ( ) ABCD là tr ọ ng tâm tam giác ABC . Góc gi ữ a m ặ t ph ẳ ng ( ) ABCD và ( ) SAB b ằ ng 0 60 . Tính th ể tích kh ố i chóp . S ABCD và kho ả ng cách t ừ B đế n m ặ t ph ẳ ng ( ) SCD . Câu 7(1 điểm). Trong m ặ t ph ẳ ng Oxy , cho hình ch ữ nh ậ t ABCD có 3 4 AD AB = . Bi ế t ( ) 1;2 M − thu ộ c đườ ng phân giác góc DAC , ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng AD là 3 0 x y − − = . Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng AB . Câu 8(1 điểm). Gi ả i h ệ ph ươ ng trình : ( ) 2 2 2 1 3 2 1 5 6 16 x y x x x y x y y x x + + + = + + − + + − + = + − . Câu 9(1 điểm). Cho , a b là s ố th ự c d ươ ng th ỏ a mãn 2 2 2 2 5 5 a b a b b a + = − + − . Tìm giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a bi ể u th ứ c sau 3 2 2 1 2 a a P b a + + = − . H Ế T Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh : ; Số báodanh : S Ở GD & Đ T NGH Ệ AN TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN ÔN KỲ THI THỬ QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk ĐÁP ÁN THI THỬ QUỐC GIA MÔN TOÁN 2015 Câu Nội Dung Điểm 1.a Khi 1 m = ta có 4 2 2 1 y x x = − − TXĐ : D = ℝ . Ta có : 2 0 1 ' 4 ( 1) ' 0 1 2 x y y x x y x y = ⇒ = − = − ⇒ = ⇔ = ± ⇒ = − 0,25 Hàm số đồng biến trên ( 1;0) − và (1; ) +∞ , nghịch biến trên ( ; 1) −∞ − và (0;1) . Hàm số đạt cực đại tại 0, 1 cd x y = = − ; đạt cực tiểu tại 1, 2 ct x y = ± = − . Giới hạn : lim x y →±∞ = +∞ 0,25 Bảng biến thiên x −∞ 1 − 0 1 +∞ ' y − 0 + 0 − 0 + y +∞ 1 − +∞ 2 − 2 − 0,25 Đ ồ th ị : Do hàm số 4 2 2 1 y x x = − − là hàm s ố ch ẵ n nên (C) nh ậ n Oy làm tr ụ c đố i x ứ ng x y -2 -1 -1 O 1 0,2 5 1.b Ta có 3 ' 4 4 y x mx = − , 2 0 ' 0 x y x m = = ⇔ = 0,25 Đ THS ( ) 1 có ba đ i ể m c ự c tr ị ' 0 PT y ⇔ = có ba nghi ệ m phân bi ệ t 0 m ⇔ > . 0,25 Khi đ ó 0 ' 0 x y x m x m = = ⇔ = = − Ba đ i ể m c ự c tr ị là ( ) ( ) ( ) 2 2 0; 1 , ; 1 , ; 1 A B m m B m m − − − − − − . 0,25 Suy ra tr ọ ng tâm tam giác ABC là 2 2 3 0; 3 m G − − Vì :2 3 5 0 G x y ∈ ∆ + + = nên 2 2 3 5 0 1 m m − − + = ⇔ = ± Đối chiếu với 0 m > ta có giá trị cần tìm là 1 m = . 0,25 2 ( ) ( ) ( )( ) 2 PT cosx 2sin 1 4sin 1 cosx 2sin 1 2sin 1 2sin 1 0 x x x x x ⇔ − = − ⇔ − − − + = 0,25 ( )( ) ( ) ( ) 2sin 1 0 1 2sin 1 cosx 2sinx 1 0 2sinx cosx 1 2 x x − = ⇔ − − − = ⇔ − = − . 0,25 ( ) 2 1 1 2 sin x- cosx 5 5 5 PT ⇔ = − . Đặt 2 1 cos , sin 5 5 α α = = , ta có 0,25 GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk ( ) ( ) ( ) sin sin sin sinx x α α α α − = − ⇔ − = − 2 2 2 x k x k π π α π = ⇔ = + + ( ) 2 1 6 1 sin x= 5 2 2 6 x k PT x k π π π π = + ⇔ ⇔ = + Vậy phương trình có nghiệm là 5 2 , 2 , 2 , 2 2 6 6 x k x k x k x k π π π π π π α π = + = + = = + + . 0,25 3 ( ) 2 1 1 2 0 0 1 1 1 2 1 1 1 4 2 1 4 2 1 2 1 I dx dx x x x = − = − + + + + ∫ ∫ 0,25 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 0 0 0 2 1 2 1 1 1 1 4 4 2 1 8 2 1 d x d x dx x x + + = − + + + ∫ ∫ ∫ 0,25 ( ) 1 1 1 1 1 1 ln 2 1 0 0 0 4 4 8 2 1 x x x = − + − + 0,25 1 1 1 1 1 1 ln 3 ln 3. 4 4 24 8 3 4 = − − − = − 0,25 4.a Ta có ( ) 0 0 ( 3 ) ( 3)1 . – 3 n n k k k k n k k n k n C x C x x = = = − = − ∑ ∑ Do đó 1 2 1 2 3 , 9 n n a C a C = − = 0,25 Từ đó ta có: 1 2 55 4 0 1 a a + = + (*). Điều kiện 2,n n ≥ ∈ ℕ (*) ( ) ( ) ! ! 3.15. 9. 45 0 1! 1 ! 2! 2 ! n n n n ⇔ − + + = − − ( ) 9 45. 1 45 0 2 n n n ⇔ − + − + = 0,25 2 9 99 90 0 n ⇔ − + = 10 n ⇔ = (thỏa mãn) hoặc 1 n = (loại) 0,25 Suy ra ( ) 1 10 0 2 1 3 1024 n S a a a a= + + + … + = − = 0,25 4.b Điều kiện: 1 4. x − < < Bất phương trình ( ) 2 2 2 log 1 2 log (4 ) log (4 ) x x x ⇔ + + ≥ − + + 0,25 ( ) ( ) 2 2 2 2 log 4 4 log 16 4 4 16 x x x x ⇔ + ≥ − ⇔ + ≥ − 0,25 2 2 4 12 0 6 x x x x ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≤ − 0,25 Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm bất phương trình là : 2 4 x ≤ < . 0,25 5 Gọi ( ) , ,0 A x y , ta có: ( ) . 0 . 0 AM BO MA OB AM BCO AM CO MA OC ⊥ = ⊥ ⇔ ⇔ ⊥ = ( ) ( ) ( ) ( ) 0;1;1 , ; 1; 1 , 1; 2;0 , 1;0;2 M MA x y OB OC− − − . 0,25 Do đó ta có hệ phương trình: ( ) 2 2 2 2;2;0 2 0 2 x y x A x y + = = − ⇔ ⇒ − − − = = . 0,25 ( ) ( ) 3;0;0 , 2; 2; 2 BA BC− − − . Ta có VTPT của mặt phẳng ( ) ABC là ( ) 0 0 0 3 3 0 ; ; ; 0;6;6 2 2 2 2 2 2 BA BC − − = = − − − − 0,25 Vậy phương trình tổng quát mặt phẳng ( ) ABC là ( ) ( ) 6 1 6 1 0 y z − + − = hay 2 0 y z + − = . 0,25 GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk 6 Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra ( ) SH ABCD ⊥ . Kẻ MH vuông góc với AB, M thuộc AB. Ta có SMH là góc giữa hai mặt phẳng ( ) SAB và ( ) ABCD , do đó 0 60 SMH = . Vì 1 3 HB DB = nên ( ) 1 1 3 3 , 3 3 2 6 a a MH d D AB= = = , suy ra 0 .tan 60 2 a SH MH = = . N H A B C D S M K 0,25 Mặt khác tam giác ABD đều cạnh a nên 2 2 3 3 2 2. 4 2 ABCD ABD a a S S= = = . Thể tích khối chóp . S ABCD là 2 3 1 1 3 3 . . . 3 3 2 2 12 ABCD a a a V SH S= = = . 0,25 Ta có ( ) ( ) 3 ,( ) ,( ) 2 d B SCD d H SCD = . Gọi N, K theo thứ tự là hình chiếu của H lên CD và SN, khi đó ( ) ,( ) d H SCD HK = . 0,25 Vì ( ) 2 2 3 3 , 3 3 2 3 a a HN d B CD= = = nên 2 2 . 7 7 SH HN a HK SH HN = = + . Vậy ( ) 3 7 ,( ) 14 a d B SCD = . 0,25 7 Đặt MAD α = , ta có 2 3 1 4 tan cos 4 5 1 tan AB BDA BDA AD BDA = = ⇒ = = + Do đó 4 4 cos cos 2 5 5 ADB α = ⇔ = 2 4 3 2cos 1 cos 5 10 α α ⇔ − = ⇔ = . I B A D C M 0,25 Suy ra ( ) 2 2 3 3 cos ; 10 10 2. AM AD a b n n a b − = ⇔ = + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 9 5 2 2 5 2 0 2 a b a b a ab b a ab b a b = − ⇔ + = − + ⇔ + + = ⇔ = − 0,25 TH1: 2 a b = − , chọn 2, 1 a b = = − ta có ( ) ( ) : 2 1 2 0 AM x y + − − = hay 2 4 0 x y − + = A AM AD = ∩ ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ ( ) 3 0 7 7; 10 2 4 0 10 x y x A x y y − − = = − ⇔ ⇒ − − − + = = − Do đó : 17 0 AB x y + + = . 0,25 TH2: 2 a b = − , chọn 1, 2 a b = = − ta có : 2 5 0 AM x y − + = A AM AD = ∩ ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ ( ) 3 0 11 11;8 2 5 0 8 x y x A x y y − − = = ⇔ ⇒ − + = = Do đó : 19 0 AB x y + − = . Vậy : 17 0 AB x y + + = và : 19 0 AB x y + − = . 0,25 8 ĐKXĐ: ( ) 2 2 1 0, 5 0, 6 16 0 y x x y x x + + ≥ − + ≥ − ≥ Phương trình đầu tương đương với ( ) ( ) 2 2 2 1 3 0 x y y x x x + − + + + − + + = 0,25 GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk ( ) ( ) 2 2 2 2 0 1 3 x y x y y x x x + − ⇔ + − + = + + + + + 2 y x ⇔ = − thay phương trình thứ hai ta được 2 2 3 1 6 16 x x x x + + = + − Đặt 1, 2 3 u x v x = − = + , phương trình trở thành 2 2 2 2 0 5 2 3 0 6 2 5 3 0 0 0 u v u uv v u v u v u v u v u v = ≥ − − = + = − ⇔ ⇔ + = + ≥ + ≥ 0,25 TH1: 0 u v = ≥ : 2 1 1 2 3 2 6 6 4 2 0 x x x x y x x ≥ − = + ⇔ ⇔ = + ⇒ = − − − = (TM ĐKXĐ) 0,25 TH2: 5 3 0 0 u v u v + = + ≥ ta có ( ) 2 1 5 1 3 2 3 25 68 2 0 x x x x x ≤ − = + ⇔ − − = 34 3 134 16 3 134 25 25 x y − + ⇔ = ⇒ = (TM ĐKXĐ) Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( ) ( ) 34 3 134 16 3 134 ; 2 6; 6 , ; 25 25 x y − + = + − . 0,25 9 Ta có 2 2 2 2 5 5 a b a b b a + = − + − ( ) ( ) 2 2 5 5 0 a a b b b a ⇔ − − + − − = ( ) 2 2 2 2 2 2 5 0 5 5 5 a b a b a b a b b a ⇔ + − + = ⇔ + = + − + − . 0,25 Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 2 4 4 0 2 0 a b a b a ab b a b + ≥ + ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ ( đúng) Suy ra 2 5 2 5 a b b a + ≤ ⇒ − ≥ − . Do đó 3 3 2 2 2 1 2 1 2 5 a a a a P b a a a + + + + = − ≥ + − 0,25 Xét hàm số ( ) 3 2 2 1 5 a a f a a a + + = + − với 0 5 a< ≤ Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 3 4 2 4 4 6 1 2 2 1 3 2 ' 1 a a a a a a a a f a a a + − + + − − = + = ( ) 4 2 4 3 2 ' 0 0 1 a a a f a a a − − = ⇔ = ⇔ = 0,25 Bảng biến thiên a −∞ 0 1 5 +∞ ( ) ' f a - 0 + ( ) f a +∞ +∞ ( ) 5 f 0 Do đó ta có ( ( ) 0; 5 min f 0 a = khi và chỉ khi 1 t = Suy sa 0 P ≥ . Đẳng thức xảy ra khi 1, 2 a b = = . Vậy min 0 1, 2 P a b = ⇔ = = . 0,25 HẾT GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk . bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh : ; Số báodanh : S Ở GD & Đ T NGH Ệ AN TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN ÔN KỲ THI THỬ QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180. TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk ĐÁP ÁN THI THỬ QUỐC GIA MÔN TOÁN 2015 Câu Nội Dung Điểm 1.a Khi 1 m = . Câu 1(2 điểm). Cho hàm số ( ) 4 2 2 1 1 y x mx = − − , với m là tham số. a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số trên khi 1 m = . b) Tìm m để đồ th ị hàm s ố ( ) 1 có