Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1.. 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.. Tìm tọa độ đỉnh A biết
Trang 1SỞ 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 2x x+ 3( sinx− 3 tan 2 ) 3 3x = thỏa mãn : 1
3
1 log+ x≥0
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân sau :
1 2
0
( ) x
x
x x e
x e−
+
=
+
∫
Câu 4 (1,0 điểm)
1 Tìm số phức z thỏa mãn : 2 3(1 2)
(2 8 ) 2
2 1
i
+
2 Tìm số hạng chứa x trong khai triển biểu thức 3
2 2
1
n
x
+
Biết n là số nguyên dương thỏa mãn :
2
n n
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông , ABCD có điểm M(4; 2) là trung
điểm của cạnh BC , điểm E thuộc cạnh CD sao cho CE=3DE , phương trình đường thẳng AE là :
4x y+ − =4 0 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
x− y− z
mặt phẳng ( ) :α y z+ + = 4 0 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 ' ' ' = ,AA' =2a ,AC' =3a 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 : ( 2015 2) ( 2015 2) 2015
( , )
x y R
Câu 9 (1,0 điểm) Cho , , a b c là ba số thực dương thỏa mãn a2+ + =b2 c2 3
Chứng minh rằng : 24 2 1 2 4 2 1 2 4 2 1 3(a b c)2
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 :
ĐỀ THI THỬ SỐ I
Trang 2Câu Ý Nội dung Điểm
Câu 1
(2điểm)
1
Hàm số 2
1
x y x
+
=
− , có đồ thị (C)
• Tập xác định:D R= \ 1{ }
• Sự biến thiên :
- Giới hạn, tiệm cận :
lim , lim
lim 1, lim 1
→−∞ = →+∞ = ⇒đường thẳng y=1 là TCN
0.25
- Đạo hàm : y’ = 3 2 0 ; 1
(x 1) 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
2
- Nhận xét : Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận (1;1)I làm tâm đối xứng
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 y m x= ( −1)
•Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng ( )∆ :
2 ( 1)
x
m x
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 x x thỏa 1, 2 x1< <1 x2, tức là x1− < < −1 0 x2 1
⇔
0
12 1 0
2 2 1
1 0
m m
≠
0 0
3
m
m
m m
− <
0.25
•Khi đó tọa độ các giao điểm là : M x mx( ;1 1−m), N( ;x mx2 2−m)
Trang 3trong đó x x là nghiệm của phương trình (1) thỏa 1, 2 1 2
1 2
2 1 (2) 2
(3)
m
x x
m m
x x
m
+
+ =
Theo giả thiết : AM =2AN , mà A luôn nằm trong đoạn MN
⇒uuuur= − uuur⇒ + = (4) 0.25
•Từ (2) và (4) x1 m 2,x2 m 1
⇒ = = thay vào (3) ta được :
2
3 2 0
3
; thỏa đk m>0
Vậy giá trị m thỏa YCBT là : 2
3
m=
0.25
Câu 2
(1điểm)
Câu 2: Giải phương trình : sin tan 2x x+ 3( sinx− 3 tan 2 ) 3 3x =
với x thỏa mãn : 1
3
1 log+ x≥0 ? Điều kiện : cos 2x≠0
Với điều kiện này pt tương đương : (sin tan 2x x+ 3 sin ) (3tan 2x − x+3 3) 0= sin (tan 2x x 3) 3(tan 2x 3) 0
(tan 2x 3)(sinx 3) 0
0'25
tan 2x 3
⇔ = − , vì sinx ≤1 2
3
3
0 0
3 3
x x
x
−
>
>
0.25
π
Mà k Z∈ suy ra : k =1; 2 Vậy các nghiệm cần tìm là : , 5
x=π x= π
0.25
Câu 3
(1điểm)
Câu 3 Tính tích phân :
1 2
0
( ) x
x
x x e
x e−
+
=
+
∫
Ta có :
x
x
xe
e
−
+
Đặt : t=xe x+ ⇒1 xe x = − ⇒ +t 1 (x 1)e dx dt x = Đổi cận : x= ⇒ =0 t 1
x= ⇒ = +1 t e 1
0,25
Khi đó :
1
1
1
ln e ln( 1)
•Gọi z x yi= + với ,x y R∈
Trang 4Câu 4
(1điểm)
1
Ta có : 3(1 2 ) 3(1 2 )( 12 22 i) 3(1 2 2 ) 1 2 2
3
1 2 ( 1) ( 2)
i i
•Khi đó 2 (2 8 ) 2 3(1 2)
2 1
i
+
−
2
(2 2 2 ) 2 (1 2 2 )
( )2
2 0
2
(x yi) (x yi) 2 0
2 2
1
0
11
4
=
: VN
suy ra
Vậy có hai số phức z thỏa YCBT : 1 11 , 1 11
z= + i z= − i
0,25
2
•Với n nguyên dương, x R∈ ; ta có :
(1 )
n
+
n
n
+ −
•Từ kết quả này và giả thiết đã cho, suy ra :
1
4 1 341
3( 1) 1
n
+
0,25
•Khi đó, ta có khai triển
6 2
1
x
có số hạng tổng quát là :
6
1
k
k
x
−
÷
•T k+1 là số hạng có chứa x khi và chỉ khi 3 3k− = ⇔ =6 3 k 3
Vậy số hạng chứa x trong khai triển ( )3 P x là : 3 3 3 3
6
3 C x =540x
0,25
Câu 5
(1điểm) •Giả sử : AB a a= ,( >0) Suy ra : 3 ,
CE= DE=
2
a
AM = AB +BM =
2 2 17
4
a
AE= AD +DE =
0,25
Trang 52 2 13
4
a
ME= CM +CE =
•Theo định lý Cosin trong ∆AME, ta có :
cos
EAM
AE AM
• Ta có A∈(AE)⇒A m( ; 4 4 )− m
vì A có tung độ dương nên : 4 4− m> ⇔ <0 m 1
Suy ra đường thẳng AM có VTCP là uuuurAM = −(4 m m; 4 −2)
mà đường thẳng AE có VTCP là auuurAE = −(1; 4)
0,25
•Khi đó :cos cos( , ) .
AE AE
AE
AM a
AM a
uuuur uuur uuuur uuur
uuuur uuur
2 1(42 ) 4(42 2) 2 12 172
0,25
0
85
m m
m
=
=
Vì m<1 chọn m=0 Vậy : (0; 4)A
0,25
Câu 6
(1điểm)
•Đường thẳng ( )∆ đi qua (1;1;0)A , có VTCP ar=(2;1; 2) mặt phẳng ( )α có VTPT nuurα =(0;1;1)
•Ta có ( ) ( ) (P)
( ) / /
P
mp P
α
⊥
có VTPT là n P =a n, α= − −( 1; 2; 2)
uur r uur Suy ra ptmp(P) có dạng : − −x 2y+2z m+ =0
0,25
•Ngoài ra, theo giả thiết ta có ( ,( )) 2 ( , ( ))d ∆ P = d O P
( ,( )) 2 ( ,( ))
⇔ = vì : / /( )P
A
∆
∈∆
1 2.1 2.0 0 2.0 2.0
2
( 1) ( 2) 2 ( 1) ( 2) 2
0,25
1 2
( ) : 2 2 3 0
3 2
mp P x y z
•Thử lại, lấy (1;1;0)A ∈∆ nhưng A mp P∉ ( )1 và A mp P∉ ( )2
suy ra ∆/ /mp P( )1 , ∆/ /mp P( )2
•Vậy có 2 mp(P) thỏa YCBT, phương trình là :
2 2 3 0,
x+ y− z+ = x+2y−2z− =1 0,
0,25
Câu 7
(1điểm) •Trong mặt phẳng
' '
(AAC C , qua I vẽ ) HK/ /AA , ' H∈AC K, ∈AC' '
Suy ra HK ⊥(ABC) và HK = AA'=2a
0,25
•Do AAC C là hình chữ nhật nên ' ' AC= AC' 2−AA'2 = 9a2−4a2 =a 5
Do ABC∆ vuông tại B nên BC= AC2−AB2 = 5a2−a2 =2a
Suy ra 1 1 2 2
ABC
S∆ = AB BC= a a a=
0,25
Trang 6•Vậy
3 2
V =V = IH S = a = (đvtt)
•Theo trên ta cũng có : '
'
3 IBC 3 A BC
IC= AC⇒S = S
Mà BC AB' BC (AA B B' ' ) BC A B'
BC BB
Do đó : '
A BC
S∆ = BC BA = BC AB +AA = a a + a =a
2
a
S∆ S∆
0,25
•Ngoài ra
3
4 3
3
3
IABC
IBC
a
∆
∆
Vậy ( ,( )) 2
5
a
d A IBC =
0,25
Câu 8
(1điểm)
•Điều kiện : 6x−2xy+ ≥1 0
•Ta có : (x+ 2015+x2)(y+ 2015+y2) =2015
2
2015
2015
2015 ( ) 2015 ( )
⇔ + + = − + + − (1) Xét hàm số : f t( )= +t 2015+t2 là hàm số xác định và liên tục trên R
2 '
2015
t t
f t
+ + +
'( ) 0,
⇒ > ∀ ∈ : ( )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 :
(2x 6x 1) x 2x 6x 1 6x 0
⇔ + + − + + − = (2) Lại đặt : u= 2x2+6x+1 , u≥0 ; pt(2) thành 2 6 2 0 3
2
u xu x
=
0,25
1
x
⇔ = suy ra y= −1 : thỏa đk
0,25
3 11 2
⇔ = suy ra 3 11
2
y=− + : thỏa đk
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm : (1; 1)− , 3 11; 3 11
0,25
Trang 7Câu 9
(1điểm)
•Đặt x a= 2+b y b2, = +2 c z c2, = +2 a2
suy ra , ,x y z>0 và x y z+ + =2(a2+ +b2 c2) 6=
2
2
1 3
y + ≥ y , 3
2
1 3
z + ≥ z
Suy ra
3 3
2 2 2
0,25
3
2
x y z xyz
xyz
Do đó :
2
3
(1)
0,25
• Ngoài ra : 3(a b c+ + )2 =3a2+ + +b2 c2 2(ab bc ca+ + ) ≤3a2+ + +b2 c2 2(a2+ +b2 c2)=9(a2+ +b2 c2) 27= (2) 0,25
•Từ (1) và (2) ta suy ra : 24 2 1 2 4 2 1 2 4 2 1 3(a b c)2
Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c= = =1
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
Trang 8
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 : y x= 4+(3m+1)x2−3 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi m= −1
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 : 2cos 2x+ 3 sin 4x=cos8x+4 cos 3 cos 22 x x
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân :
2
( 4 5)
−
=
∫
Câu 4 (1,0 điểm)
1 Tìm số phức z sao cho z 5 i 1
z i
− − = + và biết rằng số phức z−2 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 : x−8y+ =10 0, đỉnh B thuộc đường thẳng
( ) : 2d x y+ + =1 0 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
( ) :
−
và 2
( ) :
− − Viết phương trình đường thẳng ( )∆ đi qua điểm M( 1;2;0)− đồng thời đường
thẳng ( )∆ vuông góc với đường thẳng ( )d và ( )1 ∆ hợp với đường thẳng ( )d một góc bằng 2 60 0
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 : ( )
( , )
x xy y
x y R
Câu 9 (1,0 điểm) Cho , , a b c là ba số thực dương thỏa mãn a b c+ + =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
2
3 ( )
Hết
-ĐỀ THI THỬ SỐ II
Trang 9Thí 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 1
(2điểm)
1
Khi m= −1 ta có hàm số y x= 4−2x2−3 , có đồ thị (C)
• Tập xác định: D R=
• Sự biến thiên :
- Giới hạn limx→+∞y= +∞, limx→−∞y= +∞
- Đạo hàm : y’ = 4x3 – 4x ; ' 0 4 ( 2 1) 0 0
1
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)f ± = −4
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: f x'( ) 4= x3+2(3m+1)x
2
0
2
x
x
=
= −
0.25
•Hàm số (1) đã cho có 3 cực trị ⇔phương trình f x'( ) 0= có 3 nghiệm phân biệt ⇔phương trình 2 3 1
2
m
x = − +
có 2 nghiệm phân biệt khác 0
3 1 0 1
m
m
+
0.25
•Khi đó tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) là :
Tam giác ABC đã cân tại A, có
4
0.25
•Theo giả thiết
4
0.25
Trang 10( )4 5
3 1 64(3 1)
3
3
m< −
Vậy giá trị m thỏa YCBT là : 5
3
m= −
Câu 2
(1điểm)
Câu 2: Giải phương trình : 2cos 2x+ 3 sin 4x=cos8x+4 cos 3 cos 22 x x
0'25
3
0.25
3
3
+ = − +
⇔
+ = − − +
18 6
= +
⇔
= +
0.25
Câu 3
(1điểm)
Câu 3 Tính tích phân :
2
( 4 5)
−
=
∫
Ta có :
2
Đổi cận : x= − ⇒ =2 t 1
x= ⇒ =0 t 5
0,25
Khi đó :
t
5
1
•Giả sử số phức z−2 có dạng lượng giác là : z− =2 r(cosϕ+i.sin )ϕ , với r>0
•Theo giả thiết z−2 có một acgumen là
3
π
− nên : 2 cos( ) sin( )
Suy ra 2 3
0,25
Trang 11Câu 4
(1điểm)
1
•Ngoài ra : z 5 i 1
z i
− − = +
5
z i
− −
+
Vậy số phức z cần tìm là : 5 3
2 2
z= − i
0,25
2
•Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đựng 12 viên bi, số kết quả có thể xảy ra là :
4
12 495
C
Gọi A là biến cố : "Lấy được 4 viên bi mà có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng"
0,25
•Để biến cố A xảy ra thì ta thấy có 2 khả năng thuận lợi cho A như sau : i/ Lấy được 4 viên bi mà không có bi vàng nào, khả năng này có :
C +C C +C C +C C = (cách) ii/ Lấy được 4 viên bi mà có đúng 1 viên bi vàng, khả năng này có :
5 3 5 4 3 150
C C +C C C = (cách) Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố A là : Ω =A 125 150 275+ = Vậy xác suất của biến cố A là : ( ) 275 5
495 9
A
Ω
0,25
Câu 5
(1điểm) •Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và D lên đường thẳng CM
Ta có ( ,( )) 4 8.5 102 2 26
65
1 ( 8)
+ − Gọi I và G lần lượt là giao điểm của đường thẳng BD với AC và CM suy ra : G là trọng tâm tam giác ACD
52
65
0,25
•Ta có : B∈( )d ⇒B b( ; 2− −b 1)
Mà : ( ,( )) 52 8( 22 1) 102 52 17 18 52
+ −
2 (2; 5)
70 70 123
;
Điểm 70 123;
17 17
: loại, vì điểm B này và điểm D đã cho nằm về cùng một phía đối với đường thẳng CM
Chọn (2; 5)B − , suy ra (3;0)I
0,25
•Ngoài ra : C∈(CM)⇒C c(8 −10; )c với c<2
Mà BC⊥DC⇔uuur uuurBC DC. =0 với (8 12; 5)
(8 14; 5)
uuur uuur
0,25
Trang 121 (8 12)(8 14) ( 5)( 5) 0 65 208 143 0 143
65
c
c
=
=
Vì c<2, chọn c=1 , suy ra ( 2;1)C −
•I là trung điểm của AC nên (8; 1)A − Vậy : (8; 1), (2; 5), ( 2;1)A − B − C − 0,25
Câu 6
(1điểm)
•Giả sử đường thẳng ( )∆ có VTCP ar =( ; ; )a b c , với a2+ + >b2 c2 0
Ta có ∆ ⊥ ⇔d1 a ar ur 1 =0 với
( ; ; ) : ( ) (1; 1;1) : ( )
a a b c VTCP
= −
r ur
1.a ( 1).b 1.c 0 b a c
0,25
•Khi đó VTCP đt ( )∆ là ar =( ;a a c c+ ; ) , mà VTCP đt( )d là 2 auur2 = − −(1; 1; 2)
2
( , ) 60 cos( , ) cos 60
2
a a
a a
r uur
r uur
2 ( ) 1 ( 1) ( 2)
6c 6 2a 2ac 2c a ac 2c 0
2
a c
=
= = − ⇒ =
0,25
•Vậy có 2 đường thẳng ( )∆ thỏa YCBT : ( )∆ đi quaM( 1;2;0)− và có VTCP ar=(1; 2;1), phương trình là : 1 2
x+ = y− = z 0,25
( )∆ đi quaM( 1;2;0)− và có VTCP ar=(2;1; 1)− , phương trình là : 1 2
Câu 7
(1điểm) •H là trung điểm AB, ta có
SH ⊥ ABCD DAH
∆ vuông tại A có : 2 2 2 2 5
HD= AD +AH = a + =
SHD
∆ vuông tại H có : 2 2 9 2 5 2
0,25
•Vậy thể tích khối chóp S ABCD là : 1 1 2 3
a
V = SH S = a a = (đvtt) 0,25
•Từ H hạ HM ⊥BD M, ∈BD , nối SM Từ H dựng HN ⊥SM N SM, ∈ Khi đó : BD HM BD (SHM) BD HN
BD SH
⊥
HN BD HN (SBD) d H SBD( ,( )) HN
⊥
Vì H là trung điểm BD nên : ( ,( d A SBD)) 2 ( ,(= d H SBD)) 2= HN
0,25
• Gọi I =AC∩BD Trong tam giác AIB có HM // AI (vì cùng vuông góc với BD) và H là trung điểm AB nên HM là đường trung bình 1 2
a
SHM
∆ vuông tại H có HN là đường cao :
0,25