Đề ôn thi THPT quốc gia môn Toán số 23

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: 2cos(2x ) 4sinx.sin3x - 1 0

3

π

b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2z - 2z + 5 = 02

Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình: 2log (x - 2) + log (2x - 1) = 02 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

1 1 -1 và d :2 x - 3 = y - 1 = z - 5

a/ Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau

b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 Tính khoảng cách từ A đến mp(P).

Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa 6

x trong khai triển của: 3 12 5

n

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¢= Û0 6x2+6x= Û0 x=0 hoac x= - 1

 Giới hạn: lim ; lim

 Bảng biến thiên

 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+ = Û x= - Þ y= - Điểm uốn: 1; 1

2 2

I æçççè- - ö÷÷÷ø

 Giao điểm với trục hoành:

cho 3 2 hoac 1

0 2 3 1 0 1

2

y= Û x + x - = Û x= - x=

Giao điểm với trục tung: cho x= Þ0 y= - 1

 Bảng giá trị: x - 32 - 1 1

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)Û y= - 1

1.0đ

2a

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

3

π

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

2

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

0.5 đ

sinx 0

sinx 3 cos x 2sin 3x

=





*sinx 0= ⇔ =x kπ (k z)∈

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

3

π

vậy phương trình đã cho có nghiệm x k= π ; 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

2log (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)

Û ( 2)2 (2 1) 2 6 5 0 1 (loai) (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)

( )1 ⇔ 2 1

2 2.4y 1 2 x 2log x

y

+

2 y log 2y 2 x log 2x *

Xét hàm số: f t( ) = +2t log2t trên (0;+∞)

Ta có: '( ) 2 ln 2 1 0 [ ]0;

ln 2

t

t

= + > ∀ ∈ ,vậy f t( ) là hàm số đồng biến

Biểu thức ( )* ⇔ f ( )2y = f ( )2x ⇔2y= 2x (b)

Từ (a) và (b) ta có:

1 2 1 2

x x x

≥



 =

⇔ 

 =





⇔ =x 2

1.0 đ

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 1

Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:

0

I = +x e - ò e dx= + e - + e - e = e- - e - e =e

 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.tan60 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

BH = BA +BM ⇔ = x + x ⇔ =

A thuộc AM nên A t( ;7 3− t)

C D

H I

M x

( ) ( )

( )

1

17 16

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 =r1 (1;1; 1)

- d2 đi qua điểm M2(3;1;5), có vtcp u =r2 (1;2;3)

2 3 3 1 1 2

u u =æççç - - ö÷÷÷÷=

r r

và M M =uuuuuur1 2 (2;3;2)

 Suy ra, [ , ].u u M M =r r1 2 uuuuuur1 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): nr =[ , ] (5; 4;1)u ur r1 2 =

- 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

d A P = - - + - - = =

+ - +

1.0 đ

9

Xét khai triển :

5

Thay x=1 vào khai triển ta được:

0 1

2n k n

= + + + + +  Theo giả thiết ta có:

C n0+C n1+ + C n k + + C n n =4096 12

n

0.5 đ

10

Với n=12 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

−

− +

 ÷

 

Vì số hạng có chứa x6 nên :

2 21 6 5

k

0,5

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

b + ≥a b c + ≥b c a + ≥c a

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

b +c + a ≥ + +a b c

Suy ra:

VT

1 4 4 4 1 1 1

4 a b b c c a a b b c c a VP

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

1.0 đ