1. Trang chủ
  2. » Đề thi

đề toán thi thử năm 2015 chuyên nguyễn bỉnh khiêm

14 344 2

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 14
Dung lượng 1,16 MB

Nội dung

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn : TOÁN NGUYỄN BỈNH KHIÊM Thời gian : 180 phút, không kể thời gian phát đề Ra đề và hướng dẫn đáp án TỔ TOÁN - THPT C NBK Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số : 2 1 x y x + = − , (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số (1) . 2. Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm A(1; 0) và có hệ số góc m . Tìm m để đường thẳng ∆ cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N thuộc hai nhánh của đồ thị sao cho AM = 2AN . Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các nghiệm thực của phương trình : sin .tan 2 3( sin 3 tan 2 ) 3 3x x x x + − = thỏa mãn : 1 3 1 log 0x+ ≥ Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau : 1 2 0 ( ). x x x x e I dx x e − + = + ∫ Câu 4 (1,0 điểm). 1. Tìm số phức z thỏa mãn : 2 3(1 2) (2 8 ) 2 2 1 i z z i z i + + − + = − 2. Tìm số hạng chứa 3 x trong khai triển biểu thức 2 2 1 ( ) 3 , 0 n P x x x x +   = + ≠  ÷   . Biết n là số nguyên dương thỏa mãn : 2 0 1 2 3 3 3 341 2 3 1 1 n n n n n n C C C C n n + + + + = + + . Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình vuông ABCD có điểm (4;2)M là trung điểm của cạnh BC , điểm E thuộc cạnh CD sao cho 3CE DE= , phương trình đường thẳng AE là : 4 4 0x y+ − = . Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng đỉnh A có tung độ dương . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 ( ) : 2 1 2 x y z− − ∆ = = và mặt phẳng ( ) : 4 0y z α + + = . Lập phương trình mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (P) vuông góc với mặt phẳng ( ) α , song song với đường thẳng ( )∆ đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ( )∆ và mặt phẳng (P) bằng 2 lần khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (P) . Câu 7 (1,0 điểm). Cho khối lăng trụ đứng ' ' ' .ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B với AB a= , ' 2AA a= , ' 3AC a= . Gọi M là trung điểm cạnh ' ' AC , I là giao điểm của các đường thẳng AM và ' AC . Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( )IBC . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau : ( ) ( ) 2 2 2015 . 2015 2015 ( , ) 6 2 1 4 6 1 x x y y x y R x x xy xy x  + + + + =  ∈   − + = + +  Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là ba số thực dương thỏa mãn 2 2 2 3a b c+ + = . Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 1 1 1 3( )a b c a b b c c a     + + + ≥ + +  ÷ ÷ ÷ + + +     Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh : ; Số báo danh : 192 ĐỀ THI THỬ SỐ I Câu Ý Nội dung Điểm Câu 1 (2điểm) 1 Hàm số 2 1 x y x + = − , có đồ thị (C) • Tập xác định: { } \ 1D R= • Sự biến thiên : - Giới hạn, tiệm cận : 1 1 lim , lim x x y y − + → → = −∞ = +∞ ⇒ đường thẳng 1x = là TCĐ lim 1, lim 1 x x y y →−∞ →+∞ = = ⇒ đường thẳng 1y = là TCN 0.25 - Đạo hàm : y’ = 2 3 0 ; 1 ( 1) x x − < ∀ ≠ − Suy ra hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (1; )+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y' _ _ y 1 +∞ −∞ 1 0.25 • Đồ thị: - Điểm đặc biệt : x . . . -2 -1 0 2 3 4 . . . y 0 1 2 − -2 4 5 2 2 - Nhận xét : Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận (1;1)I làm tâm đối xứng 0.25 - Vẽ đồ thị : 0.25 2 • Đường thẳng ( ) ∆ đi qua (1;0)A với hệ số góc m, suy ra phương trình ( ) ∆ dạng: 0 ( 1)y m x− = − hay ( 1)y m x= − • Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng ( ) ∆ : 2 2 1 1 2 ( 1) 1 2 ( 1) ( ) (2 1) 2 0 , (1) x x x m x x x m x g x mx m x m ≠ ≠   + = − ⇔ ⇔   − + = − = − + + − =   0.25 • Đường thẳng ( )∆ cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt M, N thuộc hai nhánh khác nhau của (C) ⇔ phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thỏa 1 2 1x x< < , tức là 1 2 1 0 1x x− < < − ⇔ 1 2 1 2 1 2 0 0 0 0 ( 1)( 1) 0 ( ) 1 0 g g m m x x x x x x   ≠ ≠   ∆ > ⇔ ∆ >     − − < − + + <   0 12 1 0 2 2 1 1 0 m m m m m m   ≠  ⇔ + >   − +  − + <  0 1 12 1 0 0 2 0 0 3 m m m m m m   ≠  > −   ⇔ + > ⇔ ⇔ >     >   − <  0.25 • Khi đó tọa độ các giao điểm là : 1 1 ( ; )M x mx m − , 2 2 N( ; )x mx m − 193 trong đó 1 2 ,x x là nghiệm của phương trình (1) thỏa 1 2 1 2 2 1 (2) 2 (3) m x x m m x x m +  + =    −  =   Theo giả thiết : 2AM AN = , mà A luôn nằm trong đoạn MN 1 2 2 2 3AM AN x x⇒ = − ⇒ + = uuuur uuur (4) 0.25 • Từ (2) và (4) 1 2 2 1 , m m x x m m + − ⇒ = = thay vào (3) ta được : 2 ( 2)( 1) 2 2 3 2 0 3 m m m m m m m + − − = ⇒ − = ⇔ = ; thỏa đk 0m > Vậy giá trị m thỏa YCBT là : 2 3 m = 0.25 Câu 2 (1điểm) Câu 2: Giải phương trình : sin .tan 2 3( sin 3 tan 2 ) 3 3x x x x + − = với x thỏa mãn : 1 3 1 log 0x+ ≥ ? Điều kiện : cos 2 0x ≠ Với điều kiện này pt tương đương : (sin .tan 2 3sin ) (3tan 2 3 3) 0x x x x + − + = sin (tan 2 3) 3(tan 2 3) 0x x x ⇔ + − + = (tan 2 3)(sin 3) 0x x ⇔ + − = 0'25 tan 2 3x ⇔ = − , vì sin 1x ≤ 2 3 6 2 x k x k π π π π ⇔ = − + ⇔ = − + : thỏa đk 0.25 Ngoài ra : 1 1 1 3 3 0 0 1 log 0 0 3 1 log 1 3 3 x x x x x x − >  >    + ≥ ⇔ ⇔ ⇔ < ≤     ≥ − ≤ =  ÷       0.25 Suy ra : 1 6 1 0 3 6 2 3 3 k k π π π < − + ≤ ⇔ < ≤ + Mà k Z∈ suy ra : 1;2k = Vậy các nghiệm cần tìm là : 5 , 3 6 x x π π = = 0.25 Câu 3 (1điểm) Câu 3 Tính tích phân : 1 2 0 ( ). x x x x e I dx x e − + = + ∫ Ta có : 1 1 1 2 2 0 0 0 ( ). ( ). ( 1). 1 1 x x x x x x x x x x e x x e xe x e dx I dx dx xe x e xe e − + + + = = = + + + ∫ ∫ ∫ 0,25 Đặt : 1 1 ( 1) x x x t xe xe t x e dx dt= + ⇒ = − ⇒ + = Đổi cận : 0 1x t= ⇒ = 1 1x t e= ⇒ = + 0,25 Khi đó : 1 1 1 1 1 1 1 e e t I dt dt t t + + −   = = −  ÷   ∫ ∫ 0,25 1 1 ln ln( 1) e t t e e +   = − = − +   0,25 • Gọi z x yi= + với ,x y R∈ 194 Câu 4 (1điểm) 1 Ta có : 2 2 3(1 2 ) 3(1 2 )( 1 2 i) 3(1 2 2 ) 1 2 2 3 1 2 ( 1) ( 2) i i i i i + + − − − = = = − − + − + • Khi đó 2 3(1 2) (2 8 ) 2 2 1 i z z i z i + + − + = − 2 (2 2 2 ) 2 (1 2 2 )z i z i z⇔ + − + = − 0,25 ( ) 2 2 0z z⇔ + + = 2 ( ) ( ) 2 0x yi x yi⇒ − + + + = 2 2 2 ( 2 ) 0x y x y xy i⇔ − + + + − = 2 2 2 2 2 2 1 0 2 0 2 0 2 11 2 0 (1 2 ) 0 2 0 4 x y x y x x y x y xy y x x x y  =  =    − + + = − + + =  ⇔ ⇔ ⇔ ∨     − = − = + + =     =   : VN suy ra 1 1 2 2 11 11 2 2 x x y y   = =     ∨     = = −     Vậy có hai số phức z thỏa YCBT : 1 11 1 11 , 2 2 2 2 z i z i= + = − 0,25 2 • Với n nguyên dương, x R ∈ ; ta có : ( ) 3 3 0 1 2 2 0 0 (1 ) n n n n n n n x dx C C x C x C x dx+ = + + + + ∫ ∫ 3 3 1 2 3 1 0 1 2 0 0 (1 ) 1 2 3 1 n n n n n n n x x x x xC C C C n n + +   + ⇔ = + + + +   + +   1 2 3 1 0 1 2 4 1 3 3 3 3 1 2 3 1 n n n n n n n C C C C n n + + − ⇔ = + + + + + + 2 1 0 1 2 3 3 3 4 1 2 3 1 3( 1) n n n n n n n C C C C n n + − ⇔ + + + + = + + • Từ kết quả này và giả thiết đã cho, suy ra : 1 1 1 5 4 1 341 4 1024 4 4 4 3( 1) 1 n n n n n n + + + − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + + 0,25 • Khi đó, ta có khai triển 6 2 1 ( ) 3P x x x   = +  ÷   có số hạng tổng quát là : 6 2 6 2 3 6 1 6 6 6 1 (3 ) 3 3 k k k k k k k k k k k T C x C x x C x x − − − +   = = =  ÷   , với 0,6k = • 1k T + là số hạng có chứa 3 x khi và chỉ khi 3 6 3 3k k − = ⇔ = Vậy số hạng chứa 3 x trong khai triển ( )P x là : 3 3 3 3 6 3 540C x x= 0,25 Câu 5 (1điểm) • Giả sử : ,( 0)AB a a= > . Suy ra : 3 , 4 4 a a CE DE= = Ta có : 2 2 5 2 a AM AB BM= + = 2 2 17 4 a AE AD DE= + = 0,25 195 2 2 13 4 a ME CM CE= + = • Theo định lý Cosin trong ∆ AME, ta có : 2 2 2 6 cos 2 . 85 AE AM EM EAM AE AM + − = = • Ta có ( ) ( ;4 4 )A AE A m m∈ ⇒ − vì A có tung độ dương nên : 4 4 0 1m m − > ⇔ < Suy ra đường thẳng AM có VTCP là (4 ;4 2)AM m m= − − uuuur mà đường thẳng AE có VTCP là (1; 4) AE a = − uuur 0,25 • Khi đó : ( ) . cos cos , . AE AE AE AM a EAM AM a AM a = = uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur 2 2 2 2 2 1(4 ) 4(4 2) 12 17 1 ( 4) . (4 ) (4 2) 17. 17 24 20 m m m m m m m − − − − = = + − − + − − + 0,25 • Lúc này, ta có : 2 2 0 12 17 6 833 1176 0 24 85 17. 17 24 20 17 m m m m m m m =  −  = ⇔ − = ⇔  = − +  Vì 1m < chọn 0m = . Vậy : (0;4)A 0,25 Câu 6 (1điểm) • Đường thẳng ( )∆ đi qua (1;1;0)A , có VTCP (2;1;2)a = r mặt phẳng ( ) α có VTPT (0;1;1)n α = uur • Ta có ( ) ( ) (P) ( ) / / P mp P α ⊥  ⇒  ∆  có VTPT là , ( 1; 2;2) P n a n α   = = − −   uur r uur Suy ra ptmp(P) có dạng : 2 2 0x y z m− − + + = 0,25 • Ngoài ra, theo giả thiết ta có ( ,( )) 2 ( ,( ))d P d O P∆ = ( ,( )) 2 ( ,( ))d A P d O P⇔ = vì : / /( )P A ∆   ∈∆  2 2 2 2 2 2 1 2.1 2.0 0 2.0 2.0 2. ( 1) ( 2) 2 ( 1) ( 2) 2 m m− − + + − − + + ⇔ = − + − + − + − + 0,25 1 2 ( ) : 2 2 3 0 3 2 3 3 2 3 2 1 ( ) : 2 2 1 0 mp P x y z m m m m m m m m mp P x y z + − + = − = = −    ⇔ − = ⇔ ⇔ ⇒    − = − = + − − =    0,25 • Thử lại, lấy (1;1;0)A ∈∆ nhưng 1 ( )A mp P∉ và 2 ( )A mp P∉ suy ra 1 / / ( )mp P∆ , 2 / / ( )mp P∆ • Vậy có 2 mp(P) thỏa YCBT, phương trình là : 2 2 3 0,x y z+ − + = 2 2 1 0,x y z+ − − = 0,25 Câu 7 (1điểm) • Trong mặt phẳng ' ' ( )AAC C , qua I vẽ ' / /HK AA , ' ' ,H AC K AC∈ ∈ Suy ra ( )HK ABC⊥ và ' 2HK AA a= = Ta có ' 2 2 2 2 2 2 4 .2 1 1 2 3 3 3 3 3 IH AC IH IH a IH HK a IK AM IK IH HK = = ⇒ = = ⇒ = ⇒ = = = + + 0,25 • Do ' ' AAC C là hình chữ nhật nên ' 2 '2 2 2 9 4 5AC AC AA a a a= − = − = Do ABC∆ vuông tại B nên 2 2 2 2 5 2BC AC AB a a a= − = − = Suy ra 2 1 1 . .2 2 2 ABC S AB BC a a a ∆ = = = 0,25 196 • Vậy 3 2 . 1 1 4 4 . . . 3 3 3 9 IABC I ABC ABC a a V V IH S a= = = = (đvtt) • Theo trên ta cũng có : ' ' 2 2 3 3 IBC A BC IC AC S S= ⇒ = Mà ' ' ' ' ( ) BC AB BC AA B B BC A B BC BB ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  Do đó : ' ' 2 '2 2 2 2 1 1 1 . . 2 . 4 5 2 2 2 A BC S BC BA BC AB AA a a a a ∆ = = + = + = ' 2 2 2 5 3 3 IBC A BC a S S ∆ ∆ ⇒ = = 0,25 • Ngoài ra 3 . 2 4 3. 3 1 2 9 . ( ,( )) ( ,( )) 3 2 5 5 3 IABC IABC A IBC IBC IBC a V a V V S d A IBC d d A IBC S a ∆ ∆ = = ⇒ = = = = Vậy 2 ( ,( )) 5 a d A IBC = 0,25 Câu 8 (1điểm) • Điều kiện : 6 2 1 0x xy− + ≥ • Ta có : ( ) ( ) 2 2 2015 2015 2015x x y y + + + + = 2 2 2 2015 2015 2015 2015 x x y y y y ⇔ + + = = − + + + + 2 2 2015 ( ) 2015 ( )x x y y⇔ + + = − + + − (1) Xét hàm số : 2 ( ) 2015f t t t= + + là hàm số xác định và liên tục trên R 2 ' 2 2 2 2015 ( ) 1 0 2015 2015 2015 t t t t t f t t t t + + + = + = > ≥ + + + ' ( ) 0,f t t R⇒ > ∀ ∈ : ( )f t là hàm số luôn đồng biến trên ( ; )−∞ +∞ 0,25 • Khi đó pt(1) được viết lại : ( ) ( )f x f y x y= − ⇔ = − Thay y x= − vào phương trình thứ hai của hệ, được : 2 2 6 2 1 4 6 1x x x x x+ + = − + + 2 2 2 (2 6 1) 2 6 1 6 0x x x x x x⇔ + + − + + − = (2) Lại đặt : 2 2 6 1 , 0u x x u= + + ≥ ; pt(2) thành 2 2 3 6 0 2 u x u xu x u x =  − − = ⇔  = −  0,25 • Với 2 2 2 2 3 0 0 3 2 6 1 3 2 6 1 9 7 6 1 0 x x u x x x x x x x x x ≥ ≥   = ⇒ + + = ⇔ ⇔   + + = − − =   1x⇔ = suy ra 1y = − : thỏa đk 0,25 • Với 2 2 2 2 2 0 0 2 2 6 1 2 2 6 1 4 2 6 1 0 x x u x x x x x x x x x − ≥ ≤   = − ⇒ + + = − ⇔ ⇔   + + = − − =   3 11 2 x − ⇔ = suy ra 3 11 2 y − + = : thỏa đk Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm : (1; 1)− , 3 11 3 11 ; 2 2   − − +  ÷  ÷   0,25 197 Câu 9 (1điểm) • Đặt 2 2 2 2 2 2 , ,x a b y b c z c a= + = + = + suy ra , , 0x y z > và 2 2 2 2( ) 6x y z a b c+ + = + + = Ta có : 3 2 4 2 2 4 1 1 3 x x x x + = + + ≥ . Tương tự : 3 2 4 4 1 3 y y + ≥ , 3 2 4 4 1 3 z z + ≥ Suy ra 3 3 2 2 2 4 4 4 4 1 1 1 27 x y z x y z       + + + ≥  ÷  ÷  ÷       0,25 • Mà 3 3 1 1 6 3 2 x y z xyz xyz = + + ≥ ⇒ ≥ Do đó : 2 3 4 4 4 2 1 1 1 27 27 x y z xyz         + + + ≥ ≥  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷         2 2 2 2 2 2 4 4 4 1 1 1 27 a b b c c a     ⇒ + + + ≥  ÷ ÷ ÷ + + +     (1) 0,25 • Ngoài ra : 2 2 2 2 3( ) 3 2( )a b c a b c ab bc ca   + + = + + + + +   2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2( ) 9( ) 27a b c a b c a b c   ≤ + + + + + = + + =   (2) 0,25 • Từ (1) và (2) ta suy ra : 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 1 1 1 3( )a b c a b b c c a     + + + ≥ + +  ÷ ÷ ÷ + + +     Dấu đẳng thức xảy ra khi 1a b c = = = 0,25 Lưu ý : Đáp án này có 6 trang Học sinh có cách giải khác : đúng, chính xác và logic thì vẫn đạt điểm tối đa của câu tương ứng 198 SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn : TOÁN NGUYỄN BỈNH KHIÊM Thời gian : 180 phút, không kể thời gian phát đề Ra đề và hướng dẫn đáp án TỔ TOÁN - THPT C NBK Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số : 4 2 (3 1) 3y x m x= + + − (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số (1) khi 1.m = − 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao cho độ dài cạnh đáy bằng 2 3 lần độ dài cạnh bên . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sau : 2 2cos2 3 sin 4 cos8 4cos 3 .cos 2x x x x x + = + Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân : 0 3 2 2 2 2 6 6 4 . ( 4 5) x x x I dx x x − + + − = + + ∫ Câu 4 (1,0 điểm). 1. Tìm số phức z sao cho 5 1 z i z i − − = + và biết rằng số phức 2z − có một acgumen bằng 3 π − . 2. Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 4 viên bi xanh và 3 viên bi vàng với kích thước đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi lấy ra thì số bi đỏ phải lớn hơn số bi vàng. Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh (4;5)D , điểm M là trung điểm của cạnh AD , đường thẳng CM có phương trình : 8 10 0,x y− + = đỉnh B thuộc đường thẳng ( ): 2 1 0d x y+ + = . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại ,A B và C của hình chữ nhật , biết rằng đỉnh C có tung độ nhỏ hơn 2 . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 4 5 7 ( ) : 1 1 1 x y z d + − + = = − và 2 2 1 ( ) : 1 1 2 x y z d − + = = − − . Viết phương trình đường thẳng ( )∆ đi qua điểm ( 1;2;0)M − đồng thời đường thẳng ( )∆ vuông góc với đường thẳng 1 ( )d và ( )∆ hợp với đường thẳng 2 ( )d một góc bằng 0 60 . Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, 3 2 a SD = , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( )ABCD trùng với trung điểm H của cạnh AB . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( )SBD . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau : ( ) 2 2 2 2 2 5 1 ( , ) 2 4 1 x xy y x y R y xy y y xy  − − =  ∈  − + − =   Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là ba số thực dương thỏa mãn 1a b c + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 2 2 2 3 ( ) ( ) 5 ( ) 5 4 a b P a b b c bc c a ca = + − + + + + + Hết 199 ĐỀ THI THỬ SỐ II Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh : ; Số báo danh : Câu Ý Nội dung Điểm Câu 1 (2điểm) 1 Khi 1m = − ta có hàm số 4 2 2 3y x x= − − , có đồ thị (C) • Tập xác định: D R= • Sự biến thiên : - Giới hạn lim , lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = +∞ - Đạo hàm : y’ = 4x 3 – 4x ; 2 0 ' 0 4 ( 1) 0 1 x y x x x =  = ⇔ − = ⇔  = ±  0.25 - Bảng biến thiên: x −∞ -1 0 1 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + y +∞ 3 − +∞ CT CĐ CT 4− 4− 0.25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( 1;0)− và (1; )+∞ hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1)−∞ − và (0; 1) Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 và y CĐ = (0)f = 3− hàm số đạt cực tiểu tại các điểm x = 1± và y CT = ( 1) 4f ± = − . 0.25 • Đồ thị: - Điểm đặc biệt : 3 0 x y  = ±   =   ; 2 5 x y = ±   =  - Nhận xét : Đồ thị (C) nhận trục tung Oy làm trục đố xứng - Vẽ đồ thị : 0.25 2 • Ta có: ' 3 ( ) 4 2(3 1)f x x m x= + + ' 2 2 0 ( ) 0 2 (2 3 1) 0 3 1 2 x f x x x m m x =   = ⇔ + + = ⇔ +  = −  0.25 • Hàm số (1) đã cho có 3 cực trị ⇔ phương trình ' ( ) 0f x = có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình 2 3 1 2 m x + = − có 2 nghiệm phân biệt khác 0 3 1 1 0 2 3 m m + ⇔ − > ⇔ < − 0.25 • Khi đó tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) là : 2 2 3 1 (3 1) 3 1 (3 1) (0; 3), ; 3 , C ; 3 2 4 2 4 m m m m A B     − − + − − + − − − − − −  ÷  ÷  ÷  ÷     Tam giác ABC đã cân tại A, có 4 3 1 3 1 4(3 1) ; 2 2 2 m m m AB AC BC + + +   = = − + = −  ÷   0.25 • Theo giả thiết 4 2 2 2 4(3 1) 3 1 3 1 9 4 9 4 3 2 2 2 m m m BC AB BC AB   + + +     = ⇔ = ⇔ − = − +  ÷  ÷  ÷  ÷       0.25 200 ( ) 4 5 3 1 64(3 1) 3 m m m⇔ + = − + ⇔ = − , vì : 1 3 m < − Vậy giá trị m thỏa YCBT là : 5 3 m = − Câu Ý Nội dung Điểm Câu 2 (1điểm) Câu 2: Giải phương trình : 2 2cos2 3 sin 4 cos8 4cos 3 .cos 2x x x x x + = + Ta có : 2 2cos 2 3 sin 4 cos8 4cos 3 .cos 2x x x x x + = + 2cos 2 3 sin 4 cos8 2(1 os6 ).cos 2x x x c x x ⇔ + = + + 3 sin 4 cos8 2 os6 .cos 2x x c x x ⇔ = + 0'25 3 sin 4 cos8 ( os8 cos 4 )x x c x x ⇔ = + + 3 sin 4 cos4 2 os8x x c x ⇔ − = 0.25 3 1 sin 4 cos 4 os8 2 2 x x c x ⇔ − = cos 4 .cos sin 4 .sin os8 3 3 x x c x π π ⇔ − = − ( ) cos 4 os8 cos 8 3 x c x x π π   ⇔ + = − = −  ÷   0.25 4 8 2 3 4 ( 8 ) 2 3 x x k x x k π π π π π π  + = − +  ⇔   + = − − +   18 6 3 2 x k x k π π π π  = +  ⇔   = +   0.25 Câu 3 (1điểm) Câu 3 Tính tích phân : 0 3 2 2 2 2 6 6 4 . ( 4 5) x x x I dx x x − + + − = + + ∫ Ta có : 0 0 3 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 4 ( 2)( 4 2) . ( 4 5) ( 4 5) x x x x x x dx I dx x x x x − − + + − + + − = = + + + + ∫ ∫ 0,25 Đặt : 2 2 1 4 5 4 5 2( 2) ( 2) 2 t x x x x t x dx dt x dx dt= + + ⇒ + = − ⇒ + = ⇒ + = Đổi cận : 2 1x t= − ⇒ = 0 5x t= ⇒ = 0,25 Khi đó : 5 5 2 2 1 1 1 7 1 1 7 2 2 t I dt dt t t t −   = = −  ÷   ∫ ∫ 0,25 5 1 1 7 1 28 ln ln 5 2 2 5 t t     = + = −  ÷       0,25 • Giả sử số phức 2z − có dạng lượng giác là : 2 (cos .sin )z r i ϕ ϕ − = + , với 0r > • Theo giả thiết 2z − có một acgumen là 3 π − nên : 2 cos( ) .sin( ) 3 3 z r i π π   − = − + −  ÷   Suy ra 3 2 2 2 r r z i − = − hay 3 2 2 2 r r z i = + − 0,25 201 [...]... với  u a1 = (1; −1;1) : VTCP (d1 )   ⇔ 1.a + (−1).b + 1.c = 0 ⇔ b = a + c u u r r • Khi đó VTCP đt ( ∆ ) là a = ( a; a + c; c ) , mà VTCP đt ( d 2 ) là a2 = (1; −1; −2) ru u r a.a2 1 0 0 u r Theo giả thi t : (∆, d 2 ) = 60 ⇒ cos(∆, d 2 ) = cos 60 ⇔ r u = a a2 2 Câu 6 (1điểm) ⇔ 1.a − 1.(a + c) − 2.c a + (a + c) + c 1 + (−1) + (−2) 2 2 2 2 2 2 = 1 2 0,25 0,25 0,25 ⇔ 6 c = 6 2a 2 + 2ac + 2c 2 ⇔ a 2 . GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn : TOÁN NGUYỄN BỈNH KHIÊM Thời gian : 180 phút, không kể thời gian phát đề Ra đề và hướng dẫn đáp án TỔ TOÁN - THPT C NBK Câu. GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn : TOÁN NGUYỄN BỈNH KHIÊM Thời gian : 180 phút, không kể thời gian phát đề Ra đề và hướng dẫn đáp án TỔ TOÁN - THPT C NBK Câu. : ( ) ( ) 2 2 2015 2015 2015x x y y + + + + = 2 2 2 2015 2015 2015 2015 x x y y y y ⇔ + + = = − + + + + 2 2 2015 ( ) 2015 ( )x x y y⇔ + + = − + + − (1) Xét hàm số : 2 ( ) 2015f t t t= +

Ngày đăng: 25/07/2015, 12:49

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w