đề thi thử đại học môn toán năm 2015 đề số 161

b/ Viết phương trình tiếp tuyến của C tại giao điểm của C với trục tung.. Tính thể tích của hình chóp.. Câu 7 1,0 điểm: Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD.. Gọi M là trung điểm c

SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

TRƯỜNG THPT QUY NHƠN Môn: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x + (m + 1)x + (m - 4)x - m + 1 3 2 2

a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số khi m = 2

b/ Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C tại giao điểm của ( ) C với trục tung

Câu 2 (1,0 điểm):

a/ Giải phương trình lượng giác: 2 cos(2x ) 4s inx.sin3x - 1 0

3



b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2z - 2z + 5 = 0 2

Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình: 2log (x - 2) + log (2x - 1) = 0 2 0,5

Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình

2 1

2

y











, (x,y R)

Câu 5 (1,0 điểm): Tính tích phân

1

x 0

I = ò (1 + x)e dx

Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng

600 Tính thể tích của hình chóp

Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm của BC Biết

AM có phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1) Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A có tung độ dương, điểm M có tung độ âm

Câu 8 (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm ( 3;2; 3)A - - và hai đường thẳng

1

x - 1 y + 2 z - 3

x - 3 y - 1 z - 5

a/ Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau

b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và 1 d Tính khoảng cách từ A đến mp(P) 2

Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa x6 trong khai triển của: 3 5

2

x

  , biết tổng các hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và x ).0

Câu 10 (1,0 điểm): Cho a b c , , là ba số thực dương Chứng minh rằng:

……….HẾT………

ĐỀ THI THỬ

ĐÁP ÁN

1a

Với m = 2 ta có hàm số: y =2x3 +3x2 - 1

 Tập xác định: D = 

 Đạo hàm: y¢ =6x2 +6x

 Cho y¢ = 0 6x2+6x =  =0 x 0 hoac x = - 1

 Giới hạn: lim ; lim

 Bảng biến thiên

y¢ + 0 – 0 +

y

 Hàm số ĐB trên các khoảng (-¥ -; 1),(0;+¥), NB trên khoảng ( 1;0)

Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại xCÑ = - , đạt cực tiểu y1 CT = –1 tại xCT =0

y¢¢ = x + =  = -  = - Điểm uốn: x y 1; 1

2 2

Iæçç- - ö÷÷

÷

 Giao điểm với trục hoành:

2

y =  x + x - =  = -x x =

Giao điểm với trục tung: cho x =  = -0 y 1

 Bảng giá trị: x 3

2

- - 1 1

2

2

2

 Đồ thị hàm số: như hình vẽ dưới đây

1.0đ

1b

Giao điểm của ( )C với trục tung: (0; 1) A -

 x0 =0 ;y0 = - 1

 (0)f ¢ = 0

 Vậy, pttt tại A(0;–1) là: y+ =1 0(x-0) = - y 1

1.0đ

2a

Giải phương trình : 2cos(2x ) 4sinxsin3x 1 0

3



2(cos2xcos sin 2x sin ) 4sin x sin 3x 1 0

x

y

1 2 -1

O

-1

cos2x 3 sin2x+4sin x sin 3x 1 0

1 2sin x-2 3 sin x cos x 4sin x sin 3x 1 0

sinx(2sin3x-sin x- 3 cos x) 0

sinx 0

sinx 3 cos x 2sin 3x





 



*sinx 0  x k (k z)

*sinx 3 cos x 2sin 3x sinx cos x sin 3x



         

vậy phương trình đã cho có nghiệm x k ;x k

  (k z)

2b

2

2z -2z + = (*) 5 0

 Ta có, D = -( 2)2-4.2.5= -36=(6 )i 2

 Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt:

; z

0.5 đ

3

2 log (x-2)+log (2x-1)=0 (*)

 Điều kiện:

2

2 0

2 1

2

x x

x

ìï >

ï - > ï

ï - > ï >

log (x 2) log (2x 1) 0 log (x 2) log (2x 1)

(nhan)

5

x

x

é = ê

0.5 đ

4

Điều kiện:

0

x

x x

y y











Ta có:

  2   x2 yx  1   x y        1  0 x y 1 0 ( Vì x2 yx   1 0 )

   y x 1 (a)

2

y



Xét hàm số: f t     2t log2t trên  0; 

ln 2

t

t

Biểu thức   *  f   2 y  f   2 x  2 y  2 x (b)

Từ (a) và (b) ta có:

1.0 đ

2a

O C B

S

1 2 1 2

x x x





  

 

 





  x 2

Với x    2 y 1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm   2;1

5

1

0

(1 ) x

I = ò +x e dx

 Đặt u 1 x x du x dx

Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:

0

0 0

 Vậy,

1 0 (1 ) x

I =ò +x e dx =e

1.0 đ

6  Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO ^(ABCD) do đó SO là đường cao

của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO,

do đó SBO = 600 (là góc giữa SB và mặt đáy)

2

BO

0

2 tan 60 6

 Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là

3

a

1.0 đ

7

2

x

Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM  ;  6

10

Đặt cạnh hình vuông là x>0

Xét tam giác ABM có 1 2 12 1 2 10 12 42 3 2

C

D

H

I

M

x

A thuộc AM nên A t;7 3 t

 

1

17; 16 , 1; 4 /

5

t

t









Làm tương tự cho điểm B, với 3 2 5; 1

x

M là trung điểm của BC C1; 2 

Gọi I là tâm của hình vuông I 1;1

Từ đó D2;1

8

a/  d1 đi qua điểm M1(1; 2; 3)- , có vtcp u =1 (1;1; 1)-

 d2 đi qua điểm M2(3;1;5), có vtcp u =2 (1;2; 3)

 Ta có [ , ]1 2 1 1; 1 1 1 1; (5; 4;1)

u u =æçççç - - ö÷÷÷÷=

-÷÷

 

và M M =1 2 (2; 3;2)

 Suy ra, [ , ].u u M M = 1 2 1 2 5.2-4.3+1.2=0, do đó d1 và d2 cắt nhau

b/ Mặt phẳng (P) chứa d và 1 d 2

 Điểm trên (P): M1(1; 2; 3)

- vtpt của (P): n =[ , ]u u 1 2 =(5; 4;1)

- Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5(x- -1) 4(y+2)+1(z-3)= 0

5x 4y z 16 0

 Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là:

5.( 3) 4.2 ( 3) 16 42

42

5 ( 4) 1

1.0 đ

9

Xét khai triển :

5

Thay x  1 vào khai triển ta được:

       Theo giả thiết ta có:

C n0C1n  C n k   C n n4096 2n 212 n 12

0.5 đ

10 Với

12

n  ta có khai triển:

12

2

1

x

Gọi số hạng thứ k  1 0    k 12, k Z   là số hạng chứa x6

2 21

k

x



 

 

0,5

Vì số hạng có chứa x6 nên :

2 21 6 5

k

Với k  6 ta có hệ số cần tìm là : C126  924

Ta có:

VT

2 2 2 1 2 2 2

Mặt khác: 2 1 2 2 1 2 2 1 2

Cộng theo vế các BĐT trên ta được: a2 b2 c2 1 1 1

Suy ra:

VT

1 4 4 4 1 1 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a b c    1

1.0 đ