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

b Viết phương trình tiếp tuyến của C, biết tiếp tuyến đó cắt các trục Ox, Oy tương ứng tại A, B phân biệt thỏa mãn OB = 3OA.. 1 điểm Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh

TQN HOME SCHOOL ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn: TOÁN – Đề số: 01

ĐỀ THI THỬ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y 1 x3 x2

3

a) Khải sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt các trục Ox, Oy tương ứng tại A, B phân biệt thỏa mãn OB = 3OA

Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình 3 t anx(t anx   2sin x) 6 cos x   0

Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân

2

2

s inx cos x

3 sin 2x













Câu 4 (1 điểm)

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i z i )(  ) 2  z  2 i Tính môđun của số phức w  z  22z  1

z b) Tìm hệ số của x7 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của

n

x x



  , biết rằng n là số nguyên dương

thỏa mãn 4C3n 1 2C2n A3n

Câu 5 (1 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên mặt phẳng (Oxy)

và C nằm trên trục Oz Tìm tọa độ điểm B và C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam giác ABC

Câu 6 (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M là trung điểm SC Tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC

Câu 7 (1 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AC = 2 Đường phân giác trong của góc A có phương trình d: 3 x y   0 Tìm tọa độ các đỉnh A, C biết rằng khoảng cách từ C đến d bằng hai lần khoảng cách từ B đến d; C nằm trên trục tung và A có hoành độ dương

Câu 8 (1 điểm)

2

,















Câu 9 (1 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a2 b2 c2  1 Chứng minh: 1

1   1   1  

- HẾT - 01

ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ 1 – NĂM 2015

1

(2,0đ)

a) (1,0 điểm)

 TXĐ: D = 

 Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên: y 'x2 2x 0 x hoặc x = 2 0

0,25

 Các khoảng đồng biến (;0) và (2; Khoảng nghịch biến: (1; 2) )

 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT 4

3

 

 Giới hạn tại vô cực:

lim y ; lim y

   

0,25

 Bảng biến thiên:

y

3



0,25

 Đồ thị:

0,25

b) (1,0 điểm)

 Ta có:  OB

OA

   hệ số góc của tiếp tuyến là k  3 0,25

 Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm thì: y '(x )0   3 x202x0   3 x0  hoặc 1 x0  3 0,25

 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm 1; 4

3

 

 :

 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (3; 0): y3(x3)y3x 9 0,25

2

(1,0đ)

Điều kiện: cos x 0

3 t anx(t anx 2sin x) 6 cos x 0 2

3(1 2 cos x) tan x(1 2 cos x) 0

2

(1 2 cos x)(1 tan x) 0

1 cos x

2

   hoặc t anx  3 x 2 k2

3



     hoặc x k

3



Đối chiếu với điều kiện, phương tình có các nghiệm: x 2 k2

3



3



   , k   0,25

3

2

sinx cos x sinx cos x

3 sin 2x 4 (sin x cos x)

Đặt: tsinxcos xdt(sinxcos x)dx Khi x t 1

2



     ; x t 1

2



2

1

ln 2 t ln 2 t

4

(1,0đ)

a) (0,5 điểm)

z i

b) (0,5 điểm)

Ta có: 4C3n 1 2C2n A3n 4 (n 1)n(n 1) n(n 1) n(n 1)(n 2), n 3

6



2(n 1) 3(n 1) 3(n 3n 2), n 3

        n212n 11 0, n   3 n 11 0,25 Khi đó:

    Số hạng tổng quát: k k 22 3k

k 1 11

T C ( 2) x 

Số hạng chứa x7 là số hạng ứng với k thỏa mãn 22 3k  7 k5

Suy ra hệ số của x7 là: 5  5  

11

5

(1,0đ)

Gọi B(x; y; 0) và C(0; 0; z), ta có:

AH.BC 0 CH.AB 0

HA, HC HB 0











 

 

x z 0

2x y 7 0

3 x (y 1)(3 z) 0

 







Giải hệ ra ta được 2 nghiệm (3;1; 3) và 7; 14;7



Với x = 3, y = 1, z = – 3  B(3; 1; 0) loại vì B trùng A 0,25 Với x = 7

2

 , y = 14, z 7

2

  B 7;14;0 , C 0; 0;7



6

(1,0đ)  Do M là trung điểm của SC 

1 d[M,(SAB)] = d[C,(SAB)]

2

 VSABM 1VSABC

2

 Vì (SAB)  (ABC) nên gọi H là trung điểm của AB thì SH  (ABC)

SAB đều cạnh a SH a 3

2

0,25

3 SABM

a V

 Gọi D là điểm sao cho ACBD là hình bình hành  (SAD) chứa SA và song song BC

 d(SA, BC) = d(BC, (SAD)) SABD

SAD

3V d(B, (SAD))

S

Ta có:

3 SABD SABC

a

8

0,25

SHC vuông cân tại H  SC SH 2 a 6

2

BM là đường cao tam giác cân SBC,

ta có:

2



2 SAD SBC

SABC SAD

3V d(SA, BC)

S

15

0,25

7

(1,0đ)

 Gọi M là điểm đối xứng với B qua d  M  AC

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C, B trên d

 Vì ABC, AHC là các tam giác vuông cạnh huyền AC

nên MH = MB = MC = HC = 1

Giả sử C(0; c) Ta có CH d(C, d) c 1 c 2 c 2

2

0,25

 Giả sử A(a,a 3)d (a0) Ta có AC a2(ca 3)2 2

0,25

4a 2 3ac 0(do c 4) t

2

      Vì a > 0 nên c = 2 và t 3

Vậy A( 3;3), C(0;2)

0,25

8

(1,0đ)

 ĐKXĐ: x > 0 và y  0

Phương trình thứ nhất tương đương y xy22x x2xy( xy)(2xy) 0

y 2x

  hoặc y  x

0,25

 Với y2x, ta có 2 2

2

2x x 1 2x 3x 3 (*) 1

2x

 Xét hàm số

2

2x



2

2x (x 1) x 1

 f(x) nghịch biến trên (0; ) Mặt phác ta có f ( 3) 1 nên (*) có nghiệm duy nhất x 3y2 3

0,25

     : phương trình này vô nghiệm vì vế trái không dương, vế phải dương

Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( ; )x y ( 3 2 3; )

0,25

9

1 2



 Mặt khác ta có: 2

2

2a

a (*)

3 a  Thật vậy:

2

(*)a(a 1) (a 2)0 đúng   a 0 0,25

 Suy ra a 2

a

1 bc  , tương tự

2

b b

1 ca  ,

2

c c

 Do đó: a b c a2 b2 c2 1

A

B

C

D

H

S

M

H

K

M A

d