SỞ GDĐT HÀ TĨNH THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn TOÁN (Lần 2) Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 6 9 1y x x x= − + − (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: 3 2 1 9 3 0 2 2 x x x m − + − = . Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: sin3 3cos3 2sin 0x x x+ − = . b) Giải phương trình: 1 1 3 9. 4 0 3 x x + + − = ÷ . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ( ) ( ) 1 2 0 1 2 x I x e dx = − + ∫ . Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z , biết: ( ) 1 2 10 4z i z i− + = − . b) Cho số nguyên dương n thoả mãn: 1 2 2 0 n n C C n− + = . Tìm số hạng chứa 5 x trong khai triển 3 2 n x x − ÷ , với ( ) 0x ≠ . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại B , 3BC a= , 10AC a= . Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng ( ) SBC và mặt phẳng ( ) ABC bằng 0 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC theo a , biết M là điểm trên đoạn BC sao cho 2MC MB= . Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Viết phương trình các cạnh của hình vuông ABCD , biết rằng các đường thẳng AB , CD , BC và AD lần lượt đi qua các điểm ( ) 2;4M , ( ) 2; 4N − , ( ) 2;2P , ( ) 3; 7Q − . Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 9x y z− + − + + = và mặt phẳng ( ) : 2 11 0P x y z+ − − = . Chứng minh rằng mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S . Tìm toạ độ tâm H của đường tròn giao tuyến của ( ) P và ( ) S . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2 3 2 2 3 2 7 2 6 0 7 12 6 2 2 0. x y x y x x y xy y x y − − + + = − + − + − + = ( ) ,x y∈¡ . Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm , ,a b c thoả mãn 2 2 2 3 0a b c b+ + − ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 4 8 1 2 3 P a b c = + + + + + . _________ Hết _________ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 1 SỞ GDĐT HÀ TĨNH THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN TỔ TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn TOÁN (Lần 2) Đáp án gồm 04 trang CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 (2,0đ) a) (1 điểm) • Tập xác định: D = ¡ . • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: Ta có: 2 ' 3 12 9y x x= − + ; ' 0y = ⇔ 1x = hoặc 3x = . 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;1−∞ và ( ) 3;+∞ , nghịch biến trên khoảng ( ) 1;3 . - Cực trị: Hàm đạt cực đại tại 1x = , 3 CD y = . Hàm đạt cực tiểu tại 3x = , 1 CT y = − . - Giới hạn: lim x y →−∞ = −∞ , lim x y →+∞ = +∞ . 0.25 - Bảng biến thiên: x −∞ 1 3 +∞ 'y + 0 − 0 + y −∞ 3 1− +∞ ` 0.25 • Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số đi qua điểm ( ) 4;3A và cắt trục tung tại điểm ( ) 0; 1B − . 0.25 b) (1 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 3 2 6 9 1 2 1 (1)x x x m− + − = − 0.25 Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đường thẳng 2 1y m= − với đồ thị (C) 0.25 Dựa vào đồ thị, để phương trình có nghiệm duy nhất thì : 2 1 3m − > hoặc 2 1 1m − < − . 0.25 Hay 2m > hoặc 0m < . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi 2m > hoặc 0m < . 0.25 2 (1,0đ) a. sin 3 3cos3x 2sin 0x x+ − = 1 3 sin 3 cos3x sin 2 2 x x⇔ + = sin 3 sin 3 x x π ⇔ + = ÷ . 0.25 Suy ra phương trình có các nghiệm: 6 x k π π = − + ; 6 2 x k π π = + (với k ∈¢ ). 0.25 b. Phương trình tương đương: 1 3 3. 4 0 3 x x + − = . Đặt 3 ,( 0) x t t= > phương trình trở thành: 2 4 3 0t t− + = . Phương trình này có các nghiệm: 1t = và 3t = . 0.25 1, 3 1 0 x t x= ⇒ = ⇔ = . 3, 3 3 1 x t x= ⇒ = ⇔ = .Vậy phương trình có 2 nghiệm 0; 1x x= = . 0.25 2 3 (1,0đ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 0 0 0 1 2 2 1 1 x x I x e dx x dx x e dx= − + = − + − ∫ ∫ ∫ . 0.25 Tính ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 0 0 0 2 1 2 2 2 1I x dx x dx x x= − = − = − = ∫ ∫ . 0.25 Tính ( ) 1 2 2 0 1 x I x e dx= − ∫ . Đặt 2 2 1 2 x x du dx u x e dv e dx v = − = − ⇒ = = ( ) 1 1 2 1 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 1 1 3 0 2 2 2 4 2 4 4 4 x x x x e e e e e I dx − − ⇒ = + = − + = − + − = ÷ ∫ . 0.25 Vậy 2 2 1 2 3 1 1 4 4 e e I I I − + = + = + = . 0.25 4 (1,0đ) a. Gọi z a bi= + , ( , )a b∈¡ . Từ giả thiết ta có: ( ) ( ) 1 2 10 4a bi i a bi i+ − + − = − 0.25 ( ) 2 2 10 4a b ai i⇔ + − = − ( ) 2 10 2 3 2 a b a b a + = = ⇔ ⇔ = = . Vậy phần thực là 2, phần ảo là 3. 0.25 b. Tìm n thoả mãn: 1 2 2 0 (*) n n C C n− + = . Điều kiện: 2, .n n≥ ∈¢ ! ! ( 1) (*) 2 0 2 0 7. ( 1)! ( 2)! 2 n n n n n n n n n n − ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = − − 0.25 Ta có: 7 7 3 21 4 7 0 2 .( 2) . k k k k x C x x − = − = − ÷ ∑ .Suy ra số hạng chứa 5 x ứng với 21 4 5 4k k− = ⇔ = . Vậy số hạng chứa 5 x là ( ) 4 4 5 5 5 7 . 2 . 560T C x x= − = . 0.25 5 (1,0đ) Vì BC SA⊥ và BC AB⊥ nên BC SB⊥ . Vậy góc giữa mp ( ) SBC và mp ( ) ABC là · 0 60SBA = . Ta có: 2 2 AB AC BC a= − = . Diện tích ABC∆ là 2 1 3 . 2 2 ABC a S AB BC= = . 0.25 0 .tan60 3SA AB a= = . Thể tích khối chóp 2 3 . 1 1 3 3 . . 3. 3 3 2 2 S ABC ABC a a V SA S a= = = . 0.25 Kẻ MN song song AC cắt AB tại N, ( ) AC SMN⇒ P . Vậy ( ) ( ) ( ) , ,d SM AC d A SMN= . Gọi I là hình chiếu của điểm A lên MN, H là hình chiếu của A lên SI , ( )MI SAI⇒ ⊥ , MI AH ⇒ ⊥ .Mặt khác AH SI ⊥ nên ( ) AH SMI⊥ . Vậy ( ,( ))d A SMN AH= . 0.25 AIN ∆ đồng dạng với MBN ∆ , . 2 10 AN MB a AI MN ⇒ = = . Xét SAI ∆ vuông tại A và có AH là đường cao . 102 17 AI SA a AH SI ⇒ = = . Vậy ( ) 102 , 17 a d SM AC = . 0.25 6 (1,0đ) Gọi ( ) ;n a b r là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB. Vì AB đi qua điểm ( ) 2;4M nên phương trình tổng quát của AB là: 2 4 0ax by a b+ − − = . Đường BC đi qua ( ) 2;2P và vuông góc với 0.25 3 AB nên có phương trình BC là : 2 2 0bx ay a b− + − + = . ABCD là hình vuông nên ( ) ( ) , ,d N AB d Q BC= hay 2 2 2 2 2 4 2 4 3 7 2 2a b a b b a a b a b a b − − − − − − + = + + 9 9 9 7 a b a b = − ⇔ = . 0.25 TH1: Chọn 1, 1a b= ⇒ = − . Phương trình AB: 2 0x y− + = ,phương trình BC: 4 0x y+ − = . Đường CD đi qua ( ) 2; 4N − và song song với AB nên phương trình CD là: 6 0x y− − = . Đường AD đi qua ( ) 3; 7Q − và song song với BC ⇒ AD có phương trình: 4 0x y+ + = . 0.25 TH2: Chọn 7 9a b= ⇒ = . Phương trình AB là: 7 9 50 0x y+ − = , phương trình BC: 9 7 4 0x y− + + = . Từ đó phương trình CD là: 7 9 22 0x y+ + = , phương trình AD là: 9 7 76 0x y− + + = . 0.25 7 (1,0đ) Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;1; 2I − và bán kính 3R = . 0.25 Khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( ) P là: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2.1 2 11 6 , 6 6 1 2 1 d I P + − − − − = = = + + − . Vì ( ) ( ) ,d I P R< nên mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S . 0.25 Gọi ( ) C là đường tròn giao tuyến của mp ( ) P và mc ( ) S thì H là hình chiếu vuông góc của I lên mp ( ) P . Ta có phương trình đường thẳng IH là: 1 1 2 2 x t y t z t = + = + = − − , ⇒ ( ) 1 ;1 2 ; 2H t t t+ + − − . 0.25 Mặt khác ( ) H P∈ nên ta có: ( ) ( ) 1 2 1 2 2 11 0t t t+ + + − − − − = hay 1t = . Vậy ( ) 2;3; 3H − . 0.25 8 (1,0đ) Ta có: 3 2 2 3 7 12 6 2 2 0x x y xy y x y− + − + − + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0y x x x y x y x ⇔ − − − + − + = . ( ) 2 0.25 Vì ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 0, , 2 4 x x x y x y x y x x x y − − + − + = − − + + > ∀ ÷ nên: ( ) 2 0x y⇔ − = hay x y= . 0.25 ⇒ Hệ tương đương: 2 2 2 7 2 6 0 y x x y x y = − − + + = 2 5 6 0 y x x x = ⇔ − + = 2 3. y x x x = ⇔ = = 0.25 Vậy hệ có 2 nghiệm ( ) ( ) ; 2;2x y = hoặc ( ) ( ) ; 3;3x y = . 0.25 9 (1,0đ) Ta thấy: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 2 6 1 2 1 0a b c a b c a b c+ + − − − + = − + − + − ≥ , theo giả thiết thì 2 2 2 3a b c b+ + ≤ . Suy ra 3 2 4 2 6 0b a b c− − − + ≥ hay 2 2 10 16a b c+ + + ≤ . 0.25 Với hai số , 0x y > thì ( ) 2 2 2 1 1 8 x y x y + ≥ + . Áp dụng nhận xét trên ta có: 0.25 4 ( ) ( ) 2 2 2 1 4 8 1 2 2 2 a b b a + ≥ + + + + ÷ ; ( ) 2 2 2 1 1 8 3 2 5 2 2 cb b a a c + ≥ + + + + + + ÷ ÷ . ( ) ( ) 2 2 2 2 2 8 8 8 16 8. 3 2 2 10 2 5 2 2 P c a b cb b a a c ⇒ ≥ + ≥ = + + + + + + + + + ÷ ÷ . Theo giả thiết và chứng minh trên thì 0 2 2 10 16a b c< + + + ≤ , 1P ⇒ ≥ . 0.25 Khi 1, 2, 1a b c= = = thì 1P = . Vậy min 1P = . 0.25 5 . TRUNG THI N TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn TOÁN (Lần 2) Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 6 9 1y x x x= − + − (1) a) Khảo sát sự biến thi n. THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn TOÁN (Lần 2) Đáp án gồm 04 trang CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 (2,0đ) a) (1 điểm) • Tập xác định: D = ¡ . • Sự biến thi n: - Chiều biến thi n: Ta có: 2 ' 3 12. 1 3 3. 4 0 3 x x + − = . Đặt 3 ,( 0) x t t= > phương trình trở thành: 2 4 3 0t t− + = . Phương trình này có các nghiệm: 1t = và 3t = . 0.25 1, 3 1 0 x t x= ⇒ = ⇔ = . 3, 3 3 1 x t x=