Tài liệu đề thi thử thpt quốc gia môn toán

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 2 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu MÔN: TOÁN Đề chính thức (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 4 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1). b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x 2 ( x 2 − 2) + 3 = m có 2 nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). 3π 4 1 + cot α và sin α = − ⋅ Tính A = ⋅ 2 5 1 − cot α b) Cho số phức z thỏa mãn 3( z + 1) = 4 z + i (7 − i ). Tính môđun của số phức z. a) Cho góc α thỏa mãn π < α < Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 22+ x − 22− x = 15.  2  2 3  2 4 x =  x + 1 + 1 ( x − y + 3 y − 2) Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ⋅ ( x 2 + y 2 )2 + 2014 y 2 + 2015 = x 2 + 4030 y  e Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x 5 x + ln x dx. ( ) 1 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 3a, BC = 5a; mặt phẳng
= 30o. Tính theo a thể tích của khối chóp ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ). Biết SA = 2a 3 và SAC S . ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có D(5; 4). Đường trung trực của đoạn DC có phương trình d1 : 2x + 3 y − 9 = 0 và đường phân giác trong góc BAC của tam giác ABC có phương trình d 2 : 5 x + y + 10 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(–1; 1; 2), B(0; 1; 1), C(1; 0; 4)  x = −t  và đường thẳng d :  y = 2 + t , t ∈ ℝ . Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm tọa độ giao điểm của d với  z = 3 − t mặt phẳng (ABC). 1 2 Câu 9 (0,5 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện Cnn + Cnn−1 + An2 = 821. Tìm hệ số của x31  trong khai triển Niu-tơn của  x +  n 1   ( x ≠ 0). x2  Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4x2 + 1 x 2 + 4 y2 +  x y  −  2 + 2  ⋅ y  x +1 y +1 1 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:.............................. 1 ĐÁP ÁN KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: Toán – Khối A; A1; B; D1 HƯỚNG DẪN CHẤM THI (HDC này gồm 04 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả) II) Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Điểm Cho hàm số y = x − 2 x + 4 (1). a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) của hàm số (1) i Tập xác định ℝ . i Chiều biến thiên: 4 2 - Ta có y′ = 4 x( x 2 − 1); y′ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1. 0.25 - Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞; − 1) và (0;1). - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−1; 0) và (1; +∞). i Cực trị: - Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = y ( ±1) = 3. - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCÑ = y (0) = 4. i Các giới hạn tại vô cực: lim y = +∞; lim y = +∞ x→−∞ 0.25 x →+∞ Bảng biến thiên x y' −1 −∞ 1 0 0 0 − + +∞ 0 4 − +∞ + +∞ 0.25 y Câu 1 (2 điểm) 3 3  Đồ thị hàm số : Đồ thị qua các điểm A  −  1 3 ; 31   , B( − 2; 12), C (2; 12). 9 y 0 0.25 4 3 x O −1 1 b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x 2 ( x 2 − 2) + 3 = m có 2 nghiệm phân biệt. 0.25 Ta có x 2 ( x 2 − 2) + 3 = m ⇔ x 4 − 2 x 2 + 3 = m ⇔ x 4 − 2 x 2 + 4 = m + 1 (*) Số nghiệm của PT(*) bằng số giao điểm của đường thẳng d : y = m + 1 với đồ thị 0.25 (C ) Dựa vào đồ thị (C ), để PT đã cho có 2 nghiệm thì: m + 1 > 4 hoặc m + 1 = 3. Hay m > 3 hoặc m = 2. Vậy PT đã cho có 2 nghiệm khi m > 3 hoặc m = 2. Câu 2 (1 điểm) a) Cho góc α thỏa mãn π < α < 3π 4 1 + cot α và sin α = − ⋅ Tính A = ⋅ 2 5 1 − cot α 2 0.25 0.25 16 9 3 3π ) = ⇒ cos α = − (do π < α < 25 25 5 2 4 3 − − sin α + cos α Từ đó có A = = 5 5 = 7. sin α − cos α − 4 + 3 5 5 b) Cho số phức z thỏa mãn 3( z + 1) = 4 z + i (7 − i ). Tính môđun của số phức z. Ta có cos 2 α = 1 − sin 2 α = 1 − Đặt z = a + bi (a, b ∈ ℝ ). Khi đó 3( z + 1) = 4 z + i (7 − i ) ⇔ 3(a + bi + 1) = 4(a − bi ) + 1 + 7i ⇔ a − 2 + 7(1 − b)i = 0 a = 2 ⇔ ⇒ z = 5. b = 1 0.25 0.25 0.25 0.25 Giải phương trình 22+ x − 22− x = 15. PT trên có thể viết lại 4.2 x − Câu 3 (0,5 điểm) 4 = 15. Đặt t = 2 x (t > 0) ta được 4t 2 − 15t − 4 = 0 2x 1 hoặc t = 4. 4 1 1 i Với t = − thì 2 x = − ⇒ x ∈ ∅. 4 4 x 2 i Với t = 4 thì 2 = 2 ⇔ x = 2. Vậy PT đã cho có nghiệm là x = 2. 0.25 ⇔t=− 0.25  2  2  2 3 (1) 4 x =  x + 1 + 1 ( x − y + 3 y − 2) Giải hệ phương trình  ⋅ ( x 2 + y 2 )2 + 2014 y 2 + 2015 = x 2 + 4030 y (2)  Từ PT(2), ta có ( x 2 + y 2 ) 2 − ( x 2 + y 2 ) = −2015( y − 1) 2 ≤ 0 ⇒ 0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1. Do đó x ≤ 1; y ≤ 1. Câu 4 (1 điểm) i Nếu x 2 + 1 − 1 = 0 ⇔ x = 0, thay vào HPT, ta được 2 − y 3 + 3 y − 2 = 0  −( y − 1) ( y + 2) = 0 ⇔ ⇔ y = 1 (do y ≤ 1).  4 2  y 4 + 2014 y 2 + 2015 = 4030 y  y + 2014 y + 2015 = 4030 y Như vậy ( x; y) = (0;1) là một nghiệm của HPT đã cho. i Nếu x 2 + 1 − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0, nhân hai vế của PT(1) với 0.25 0.25 x 2 + 1 − 1 , ta được (1) ⇔ 4 x 2  x 2 + 1 − 1 = x 2 ( x 2 − y 3 + 3 y − 2) ⇔ 4  x 2 + 1 − 1 = x 2 − y 3 + 3 y − 2     2  2 ⇔ x 2 + 1 − 4 x 2 + 1 + 3 = y 3 − 3 y + 2 ⇔  x 2 + 1 − 1  x + 1 − 3  = ( y + 2)( y − 1) (3)    0.25 Với x ≠ 0; x ≤ 1; y ≤ 1, ta có x 2 + 1 − 1 > 0; x 2 + 1 − 3 < 0;( y + 2)( y − 1) 2 ≥ 0. 2 2  Nên  x 2 + 1 − 1  x + 1 − 3  < 0 ≤ ( y + 2)( y − 1) , từ đó PT(3) vô nghiệm    Đối chiếu với điều kiện ta thấy ( x; y) = (0;1) là nghiệm của HPT đã cho. Câu 5 (1 điểm) e 0.25 Tính tích phân I = ∫ x 5 x + ln x dx. ( ) 1 e 3 e  1    5 e Ta có I = ∫ 5 x 2 dx + ∫ x ln xdx = 2  e 2 − 1 + ∫ x ln xdx 1   0.25 1 e Tính I1 = ∫ x ln xdx 0.25 1 3 1  du = x dx u = ln x Đặt  ⇒ ⋅ x2  dv = xdx  v=  2 e e  x2  1 e2 1 ⇒ I1 =  ln x  − xdx = + 4 4  2 1 21 ∫  5 0.25  1 Vậy I =  8e 2 + e 2 − 7  ⋅ 4  0.25   Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 3a, BC = 5a; mặt phẳng
= 30o. Tính theo a thể ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ). Biết SA = 2a 3 và SAC tích của khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ). i Kẻ SH ⊥ AC ( H ∈ AC ). S Do ( SAC ) ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ ( ABC ). 1 2 2a 3
= 2a 3. = a 3. Ta có SH = SA.sin SAC 0.25 30 o H A K C D 3a 5a Câu 6 (1 điểm) B Thể tích của khối chóp S . ABC là 1 1 1 VS . ABC = S ABC .SH = AB. AC.SH = ⋅ 3a.4a.a 3 = 2a3 3. 3 6 6 i Kẻ HD ⊥ BC ( D ∈ BC ), HK ⊥ SD ( K ∈ SD ). Khi đó HK = d ( H ;( SBC )). 0.25 3 = 3a nên AC = 4 HC 2 ⇒ d ( A;( SBC )) = 4d ( H ;( SBC )) = 4 HK . 0.25
= 2a 3. Vì AH = SA.cos SAC Ta có HD AB 3a = ⇒ HD = ⋅ HC BC 5 Từ đó d ( A;( SBC )) = 4 HK = Câu 7 (1 điểm) 3a 5 = 6a 7 ⋅ = 2 2 7 SH + HD 9a 2 3a 2 + 25 4 SH .HD 4a 3. 0.25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có D(5; 4). Đường trung trực của đoạn DC có phương trình d1 : 2x + 3 y − 9 = 0 và đường phân giác trong góc BAC của tam giác ABC có phương trình d 2 : 5 x + y + 10 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành. Gọi M là trung điểm của DC , do M ∈ d1 nên M (3m + 3; − 2m + 1), m ∈ ℝ.







 Ta có u1.DM = 0 (*), với u1 = (−3; 2) là vectơ chỉ phương (VTCP) của d1 và



 DM = (3m − 2; − 2m − 3) Nên (*) ⇔ −3(3m − 2) + 2(−2m − 3) = 0 ⇔ m = 0. Vậy M (3; 1) , suy ra C (1; − 2). 0.25 Củng theo giả thiết A ∈ d 2 nên A(a; − 10 − 5a), a ∈ ℝ.  xB − a = −4 x = a − 4 ⇔ B  yB + 10 + 5a = −6  yB = −16 − 5a Mặt khác do ABCD là HBH nên AB = DC ⇔ 





 4 0.25





 ⇒ B(a − 4; − 16 − 5a ). Vì DA và DC không cùng phương nên a − 5 −14 − 5a ≠ ⇔ a ≠ −1 −4 −6

 Đường thẳng d 2 là phân giác góc BAC và nhận u2 = (−1; 5) là VTCP nên



















 AB.u2 AC.u2 cos AB; u2 = cos AC ; u2 ⇔




 =




 AB . u2 AC . u2 ( ⇔ ) ( ) (−4)(−1) + (−6)5 2 (−4) + ( −6) = (1 − a )(−1) + (8 + 5a )5 2 2 (1 − a) + (8 + 5a) ⇔− 2 0.25 26 26a + 39 = 52 (1 − a )2 + (8 + 5a ) 2 ⇔ a = −2 (thỏa mãn). Vậy A(−2; 0), B(−6; − 6). 0.25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(–1; 1; 2), B(0; 1; 1), C(1; 0; 4) và  x = −t  đường thẳng d :  y = 2 + t , t ∈ ℝ . Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm tọa độ giao  z = 3 − t Câu 8 (1 điểm) điểm của d với mặt phẳng (ABC).











 Ta có AB = (1; 0; −1); AC = (2; −1; 2);  AB, AC  = ( −1; − 4; − 1).





  Mặt phẳng (ABC) nhận vectơ n =  AB, AC  làm vectơ pháp tuyến Suy ra (ABC) : x + 4(y − 1) + z − 1 = 0 hay x + 4 y + z − 5 = 0  x = −t  Tọa độ giao điểm I của d và mp(ABC) là nghiệm của hệ  y = 2 + t z = 3 − t  x + 4 y + z − 5 = 0 ⇒ −t + 4(2 + t ) + 3 − t − 5 = 0 ⇒ t = −3 ⇒ I (3; − 1; 6). 0.25 0.25 0.25 0.25 1 2 Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện Cnn + Cnn−1 + An2 = 821. Tìm hệ số của x31 trong   khai triển Niu-tơn của  x + n 1   ( x ≠ 0). x2  Điều kiện n ≥ 2, n ∈ ℕ. Câu 9 (0,5 điểm) 1 2 2 ⇔ n + n − 1640 = 0 ⇒ n = 40. Theo giả thiết Cnn + Cnn −1 + A 2n = 821 ⇔ 1 + n +  1  Ta có  x +  x2   40 n(n − 1) = 821 2 0.25 k 40  1  =∑ ⋅   = ∑ C k40 x 40 −3k .  x2  k =0 k =0 Yêu cầu bài toán thì 40 − 3k = 31 ⇔ k = 3. 40 C k40 x 40 − k 0.25 Vậy hệ số của x 31 là C340 = 9880. Câu 10 (1 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4 x2 + 1 x 2 + 4 y2 + i Gọi M = 4 x 2 + 1 x 2  x y  −  2 + 2  ⋅ y  x +1 y +1 1 2 + 4 y2 + 1 y2 Ta có 1  2 1  2 2  1 1 2y +  =  x + y + +  (Theo Cauchy-Schwarz)  2x +  + x y x y 5 5 5  4  1  4  1 ≥ − 3 xy  (Theo BĐT AM-GM)  xy +  =  4 xy +  5 xy  5 xy  M≥ 5 0.25 4  1 3  2 4 xy ⋅ −  = 2 5 (do giả thiết). 5  xy 2  Suy ra M ≥ 2 5 (1) x y i Gọi N = 2 + 2 ⋅ x +1 y +1 x y x y 4x 4y Ta có N = + ≤ + = +  2 1  3  2 1  3 x + 3 y + 3 4x + 3 4 y + 3 x + + y + + 4 4 4 4  4 4   1 4x 4y 1  4 4 4 Hơn nữa: + = 2 − 3 + = 2 − 3⋅ = ⋅  ≤ 2−3 4x + 3 4 y + 3 4x + 4 y + 6 10 5  4x + 3 4 y + 3  4 Do đó − N ≥ − (2) 5 4 Từ (1) và (2) suy ra P ≥ 2 5 − ⋅ 5 1 4 4 Khi x = y = thì P = 2 5 − ⋅ Vậy MinP = 2 5 − ⋅ 2 5 5 ≥ -----------------------Hết---------------------- 6 0.25 0.25 0.25