DE01 2015 _ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TOÁN NĂM 2015

TQN HOME SCHOOL ĐỀ THI THỬ 01 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN – Đề số: 01 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2 điểm) Cho hàm số y  x  x a) Khải sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến cắt trục Ox, Oy tương ứng A, B phân biệt thỏa mãn OB = 3OA Câu (1 điểm) Giải phương trình  t anx(t anx  2sin x)  cos x   Câu (1 điểm) Tính tích phân I  s inx  cos x dx   sin 2x   Câu (1 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i)(z  i)  2z  2i Tính môđun số phức w  z  2z  z2 n 2  b) Tìm hệ số x khai triển nhị thức Niu-tơn  x   , biết n số nguyên dương x  thỏa mãn 4C3n 1  2C n2  A n3 Câu (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm mặt phẳng (Oxy) C nằm trục Oz Tìm tọa độ điểm B C cho H(2; 1; 1) trực tâm tam giác ABC Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, mặt bên (SAB) tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M trung điểm SC Tính thể tích khối chóp S.ABM khoảng cách hai đường thẳng SA, BC Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông B, AC = Đường phân giác góc A có 3x  y  Tìm tọa độ đỉnh A, C biết khoảng cách từ C đến d hai lần khoảng cách từ B đến d; C nằm trục tung A có hoành độ dương phương trình d: Câu (1 điểm)  y x   2  y Giải hệ phương trình:  x x  2 y x   2x  3x   x, y    Câu (1 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a2  b  c2  Chứng minh: HẾT -1 a b c   1  bc  ca  ab ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ – NĂM 2015 Câu (2,0đ) Đáp án Điểm a) (1,0 điểm)  TXĐ: D =   Sự biến thiên: 0,25  Chiều biến thiên: y '  x  2x   x  x =  Các khoảng đồng biến (;0) (2; ) Khoảng nghịch biến: (1; 2)  Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 0; đạt cực tiểu x = 2, yCT   0,25  Giới hạn vô cực: lim y  ; lim y   x   Bảng biến thiên: x  x – y + 0 – y + +  – + 0,25  Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) OB   hệ số góc tiếp tuyến k  3 OA 0,25  Gọi x0 hoành độ tiếp điểm thì: y '(x )  3  x 02  2x  3  x  1 x  0,25   Ta có: tan OAB 4 13   Phương trình tiếp tuyến (C) điểm  1;   : y  3(x  1)   y  3x  3 3   Phương trình tiếp tuyến (C) điểm (3; 0): y  3(x  3)  y  3x  (1,0đ) Điều kiện: cos x   t anx(t anx  2sin x)  cos x   3(1  2cos x)  tan x(1  2cos x)   (1  2cos x)(1  tan x)  0,25 0,25 0,25 0,25 2  t anx    x    k2 x    k 3 2  Đối chiếu với điều kiện, phương tình có nghiệm: x    k2 ; x    k , k   3  cos x   0,25 0,25 (1,0đ)  sinx  cos x I  dx    sin 2x   sinx  cos x   (sin x  cos x) dx 0,25   Đặt: t  sinx  cos x  dt  (sinx  cos x)dx Khi x   I (1,0đ)    t  1 ; x   t  2 0,25 dt  1  1  t  1   t   t  dt 0,25 1 ln  t  ln  t   ln  1 a) (0,5 điểm) Điều kiện toán tương đương (3  i)z  1  3i  0,25 zi Suy ra: w  1  3i 0,25 0,25 0,25 Do môđun w 0,25 10 b) (0,5 điểm) Ta có: 4C3n 1  2C2n  A 3n   (n  1)n(n  1)  n(n  1)  n(n  1)(n  2), n   2(n  1)  3(n  1)  3(n  3n  2), n   n  12n  11  0, n   n  11 n Suy hệ số x7 là: C11 ( 2)5  14784 (1,0đ) 0,25 11 2  2  k Khi đó:  x     x   Số hạng tổng quát: Tk 1  C11 (2) k x 22  3k x  x  Số hạng chứa x7 số hạng ứng với k thỏa mãn 22  3k   k  5 (1,0đ) 0,25 0,25 0,25    AH.BC     Gọi B(x; y; 0) C(0; 0; z), ta có: CH.AB       HA, HC  HB     0,25 x  z  7   2x  y   Giải hệ ta nghiệm (3;1; 3)   ; 14;  2  3  x  (y  1)(3  z)   0,25 Với x = 3, y = 1, z = –  B(3; 1; 0) loại B trùng A 0,25 7 7    Với x =  , y = 14, z   B   ;14;0  ,C  0;0;  2 2    0,25  Do M trung điểm SC  d[M,(SAB)] = d[C,(SAB)] 2  VSABM  VSABC Vì (SAB)  (ABC) nên gọi H trung điểm AB SH  (ABC) SAB cạnh a  SH  a 1 a a a3 a3 VSABC  SH.SABC      VSABM  3 16  Gọi D điểm cho ACBD hình bình hành  (SAD) chứa SA song song BC 3V  d(SA, BC) = d(BC, (SAD))  d(B,(SAD))  SABD SSAD Ta có: VSABD  SSABC  0,25 a 0,25 0,25 SHC vuông cân H  SC  SH  a S BM đường cao tam giác cân SBC, M a 6 a 10 ta có: BM  SA  SM  a         SSAD  SSBC 2 3V 3a 15  d(SA,BC)  SABC  SSAD 15 (1,0đ) C A 1 a 10 a a 15  BM.SC     2 H 0,25 D B  Gọi M điểm đối xứng với B qua d  M  AC A Gọi H, K hình chiếu vuông góc C, B d Vì CH = 2BK nên CH = BM = 2KM  M trung điểm AC Giả sử C(0; c) Ta có CH  d(C,d)  M K  Vì ABC, AHC tam giác vuông cạnh huyền AC nên MH = MB = MC = HC = c 0,25 B C   c   c  2 H d  Giả sử A(a,a 3)  d (a  0) Ta có AC  a  (c  a 3)    4a  3ac  0(do c  4)  t  0,25 c Vì a > nên c = t  0,25 0,25 Vậy A( 3;3), C(0;2) (1,0đ)  ĐKXĐ: x > y  Phương trình thứ tương đương y x  y  2x x  2xy  ( x  y)(2x  y)  0,25  y  2x y   x  Với y  2x , ta có 2x x   2x  3x  (*)    Xét hàm số f (x)  x2   x2 1  2x 0,25 , x  (0; ) 2x  x 3 f '(x)       0, x  (0; )  f(x) nghịch biến (0; )  (x  1) x  2x    0,25 Mặt phác ta có f ( 3)  nên (*) có nghiệm x   y   Với y   x , ta có  x x   2x  3x  : phương trình vô nghiệm vế trái không dương, vế phải dương Vậy hệ có nghiệm nhất: (x; y )  ( ; ) (1,0đ) a 2a  b2  c2  a 1 2a  Mặt khác ta có:  a (*) Thật vậy: (*)  a(a  1)2 (a  2)  a  3a a b c  Suy  a , tương tự  b2 ,  c2  bc  ca  ab a b c  Do đó:    a  b  c  (đpcm)  bc  ca  ab  Ta có:   bc 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ...ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ – NĂM 2015 Câu (2,0đ) Đáp án Điểm a) (1,0 điểm)  TXĐ: D =   Sự biến thi n: 0,25  Chiều biến thi n: y '  x  2x   x  x =  Các khoảng... 0; đạt cực tiểu x = 2, yCT   0,25  Giới hạn vô cực: lim y  ; lim y   x   Bảng biến thi n: x  x – y + 0 – y + +  – + 0,25  Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) OB   hệ số góc tiếp... 1  1  t  1   t   t  dt 0,25 1 ln  t  ln  t   ln  1 a) (0,5 điểm) Điều kiện toán tương đương (3  i)z  1  3i  0,25 zi Suy ra: w  1  3i 0,25 0,25 0,25 Do môđun w 0,25