Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán trường THPT Lương Ngọc Quyến, Thái Nguyên năm 2015 (Lần 2)

SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN ®Ò thi thö thpt quèc gia lÇn 2 n¨m 2015
TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN M«n: To¸n
Thêi gian lµm bµi: 180 phót (kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò)

1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 2x 1.
4
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình

x  8x  4m  4  0.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:
x 1 x
a) 7  2.7 9  0 .
b) (sinx + cosx)2 = 1 + cosx.

Câu 3 (1,0 điểm).
34i
a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức: z  32i (35i)(6i) .
9 2n
b) Tìm hệ số của 1 trong3khai t5iển (2 - 2n+1 ,trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn:
C2n+1+C 2n+1C 2n+1...+C 2n+1=4096 .

2
Câu 4 (1,0 điểm).Tính tích phân I cosx 3sin x 1dx .
0

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng
(SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 60 . Tính thể

tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a.

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường
tròn (T) có phương trình (x 1)  (y  2)  2. Các điểm K(-1;1), H(2;5) lần lượt là chân
đường cao hạ từ A, B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng

đỉnh C có hoành độ dương.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3;2;1),

 7 10 11  2 2 2
B  ;3 3 3  và mặt cầu (S):  x 1 y 2  z   4.  Chứng minh rằng mặt
 
phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S). Xác định tọa độ của tiếp điểm.

x y 2 4y 12  x 1 x 1
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
x 4 1   12  x  6

Câu 9 (1,0 điểm). Cho 3 số thực dương x, y, zthay đổi, thỏa mãn x y1 z . Tìm giá trị
3 3 3
nhỏ nhất của biểu thức P  x  y  z  14 .
x yz y xz z  xy z  1 xy x y

------------------------------------------------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o th¸i nguyªn H­íng dÉn chÊm
Tr­êng thpt l­¬ng ngäc quyÕn
thi thö kú thpt quèc gia lÇn 2 n¨m 2015
m«n To¸n

Lưu ý khi chấm bài:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh.
Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.

- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không
được điểm.

- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong li gii câu 5, nu hc sinh không v hình hoc v sai hình thì không cho đim.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

C©u Néi dung §iÓm

Cho hàm s y 1 x 2x 1.
4
C©u 1 a) Kh sát s bin thiên và v đ th (C) c hàm s đã cho. a o
b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình
4 2
x 8x  4m 4  0.
a, 1,0 a, *TXĐ: D  
b, 1,0 * Giới hạn: lim y  ; lim y  .
x x 0,25
* Chiều biến thiên:
3 3 2  x  0
y'  x 4x;y'  0  x 4x  0  x x 4  0  
x  2
- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 2;0 và 2; 

- Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;2  và 0;2. 0,25

- Hàm số đạt cực đại tại CĐ= 0, yCĐ  y   1 .
- Hàm số đạt cực tiểu tạx  2 y  y   5 .
CT CT
* Bảng biến thiên
x  2 0 2 
y' - 0 + 0 - 0 +

 -1 
y -5 -5
0,25
* Đồ thị:
0,25

1
1
b) Ta có: x 8x  4m 4  0  x 2x 1 m (*) 0,25
4
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường
thẳng d: y = m 0,25

- Nếu m > -1 hoặc m = - 5 thì d cắt (C) tại 2 điểm nên phương trình (*) có 2
nghiệm.
- Nếu m = - 1 thì d cắt (C) tại 3 điểm nên phương trình (*) có 3 nghiệm.
- Nếu m(5;1) thì d cắt (C) tại 4 điểm phân biệt nên phương trình (*) có 4

nghiệm phân biệt.
- Nếu m < -5 thì d không cắt (C) nên phương trình (*) vô nghiệm. 0,5
x 1 x
C©u 2 Giải các phương trình sau: a) 7  2.7 9  0 .
b) (sinx  cosx)  1 cosx .

a, 0,5 a) Đk: x  0.
b, 0,5 Đặt t 7 , t  0

14 2 t  7 0,25
Ta có pt:t  t 9  0t 9t 14  0 t  2 ( thỏa mãn t > 0 )

Với t = 7  7 x 7  x 1
x 2
Với t = 2  7  2  x  log 2 7x  log 2  7 
2
Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1, x  og 7  . 0,25
2
b) Ta có: (sinx  cosx)  1 cosx  1 2sinxcosx  1 cosx
 cosx(2sinx-1)  0 0,25

x    k
cosx  0  2
  1  
sinx=  x 6  k2 (kZ).
 2  5
x   k2
 6

2
x    k
 2
  0,25
Vậy: phương trình có nghiệm x=  k2 (kZ).
 6
 5
x   k2
 6

a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức: z 34i (35i)(6i) .
32i
C©u 3 9 2n
b)Tìm hệ số của x trong khai triển (2- 3x ) , trong đó n là s nguyên dng th
1 3 5 2n+1
mãn: C 2n+1+C 2n+1+C 2n+1...+C 2n+1=4096 .
a) 0,5 a) Ta có
b) 0,5
z  (34i)(32i) 183i30i5i 2
3 2 2

  298 33 i 0,25
13 13

Vậy phần thực:  298 , phần ảo: 333
13 13 0,25

b) Ta có
(1+x )2n+1=C 0 +C 1 x+C 2 x +...+C 2n+x 2n+1
2n+1 2n+1 2n+1 2n+1
Cho x=1, ta có 22n+1=C 0 +C 1 +C 2 +...+C 2n+1 (1)
0n+1 1n+1 2n+1 2n+11
Cho x= -1, ta có : 0=C 2n+1 C 2n+1C 2n+1 ...- C2n+1 (2)
2n+1 1 3 5 2n+1
Lầy (1) trừ (2), ta được : 2 =2 ( 2n+1C 2n+1+C 2n+1+...+C 2n+1
2n 1 3 5 2n+1
 2 =C 2n+1C 2n+1+C 2n+1+...+C 2n+1
2n 2n 12
Từ giả thiết ta có 2 =4096 Û 2 =2 Û 2n=12 0,25
12 12 k k 12- k k
Do đó ta có (2- 3x ) = å (- 1) C 12 (3x) ( 0 ≤ k ≤ 12, k nguyên)
k=0 0,25
 hệ số của x là : - C 3 29 3.
12

2
C©u 4 Tính tích phân I  osx 3sin x 1dx .
0
1,0 2
Đặt u  3sin x 1  cosxdx  udu
3 0,25
 0,25
Đổi cận: x  0  u 1;x   u  2
2
2 3 2
Khi đó: I  u. 2 udu  2 u
1 3 3 3 1 0,25

14
Tính được I  9 0,25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng
C©u 5
(SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc

3
60 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng

BD và SA theo a.
1.0 S

k

E
A H B

D C

Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S,suy ra SH AB,mặt khác
(SAB) (BCD)
0
nên SH ABCD) và SCH  60 . 0,25
0 2 2 0
Ta có SH  CH.tan60  CB  BH .tan60  a 15.
1 1 2 4 15 3 0,25
VS.ABCD 3SH.S ABCD3 a 15.4a  3 a .

Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc
của H lên  và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó   (SHE)    HK suy
ra HK S, )

Mặt khác, do BD//(S,  nên ta có
dBD;SA d B; S 

d ; , d(H;(S,))2HK 0,25
0
Ta có EAH  DBA  45 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra
AH a
HE  2  2

a .a 15
HK HE.HS  2  1a.
HE HS 2 a 2 2 31
  15
 2

Vậy: d D;SA   15 a. 0,25
31

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
C©u 6 2 2
(T) có phương trình (x 1)  (y  2)  25 Các điểm K(-1;1), H(2;5) lần lượt là
chân đường cao hạ từ A, B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương.

4
1,0 A

H x

I

B K C

(T) có tâm I(1;2. Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C. Ta có
  1 
HCx  ABC  2 Sđ AC (1)
  0  
Do AHB  AKB  90 nên AHKB là tứ giác nội tiếp  ABC  KHC (cùng bù với
góc AHK ) (2)
 
Từ (1) và (2) ta cóHCx  KHC  HK // Cx .
Mà IC Cx  IC  HK . 0,25
Do đó IC có vectơ pháp tuyến là KH  (3;4), IC có phương trình 3x4y11 0

Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
3x4y 11 0 x 5 x  3
(x1) (y 2)  25  y  1 y 5 . Do xC 0 nên C(5;1) 0,25
  
Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CH  (3;6)nên AC có

phương trình 2x y 9  0
Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
2x y 9  0 x 1  x 5
 2 2   ; (loại). Do đó A(1;7) 0,25
(x1) (y 2)  25 y  7 y  1
Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CK  (6;2)nên BC có

phương trình x3y 2  0.
Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

x3y 2  0  x  ,x 5 (loại). Do đó B(4;2)
(x1) (y 2)  25 y  2 y  1
0,25
Vậy A(1;7) B(4;2) C(5;1) .
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;2;1),
 7 10 11  2 2 2
B  ; ;  và mặt cầu (S): x 1 y 2   3  4.  Chứng
C©u 7  3 3 3 
minh rằng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S).

Xác định tọa độ của tiếp điểm.
1,0 Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3),R  2.
1 2 7
Phương trình mặt phẳng (P) là trung trực của AB đi qua M  ; ;  , có vtpt
3 3 3 

5

AB   16 ;16 ;  là: 2x + 2y – z + 3=0 (P) 0,25
 3 3 3 

Ta có: d(I;(P))  2  R nên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc 0,25
với mặt cầu (S) (đpcm)
Phương trình đường thẳng d đi qua I nhận véc tơ n(P) 2;2;1 làm vt chỉ
 
phương là:
 x 1 2t

 y  2 2t
 z 3 t
 0,25
 x 1 2t

d(P)  H   hệ pt: y  2 2t  1 2 11 
z 3 t  H ; 3 3 3 

2x  2y – z 3 0
 1 2 11 
Vậy: tọa độ tiếp điểm là H  ; ;  0,25
 3 3 3 
 2 2 2
Giải hệ phương trình: x y22 4y 1  x 1 x 1
C©u 8 x 4y 1 2 x 12 x  6
    
1,0 Lời giải: ĐKXĐ: x  0
 2 2 2
x y22 4y 1   1 x (1)
+) Hệ pt tương đương với  3 2 2
x y 1   1  x  6   0,25
+) Nhận thấy x  0không thỏa mãn hệ phương trình do đó
2
2 2 2 2 1 1  
x y22 4y 1 x x 1  2y2y   1 x x   1  

+) Xét hàm số f  t t t 1, t(0;) do f t  0, t(0;)uy ra hàm số
0,25
f đồng biến trên (0;). (**)

+) Từ (*) và (**) nhận được 2y 1 thế vào phương trình (2) trong hệ ta được
x
3 1  2 3 2
x  x212  1  x  6  x  x2  1  x  6
  3 2
+) Ta thấy hàm số g   x  x2 x1  x 6 đồng biến trên khoảng 0;  0,25
3 2
+) Lại có g   0 suy ra phương trình g   x  x2 x1  x 6  0có
1
nghiệm duy nhất x 1 y  2
 1
Vậy: Hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất x;  1;  0,25
 2
6
Cho 3 số thực dương x, y, z thay đổi, thỏa mãn x y1 z . Tìm giá trị nhỏ
x3 y3 z3 14
C©u 9 nhất của biểu thức P     .
x yz y xz z  xy z 11 xy x y
1,0 2 2
x y2  z 1
Ta có: x, y, z  0nên 1 x y  4  4 dấu = xảy ra khi x  y
Lại có: 1 xy x y  1 x 1 y và 2xy  x  y 2dấu = xảy ra khi x  y
   0,25
Nên ta được
3 3 3
P  x  y  z  14
x yz y xz z  xy z 11 xy x y
4 4 3
 x  y  z  14
x  xyz y  xyz z  xy z 1 1 x  y 
4 4 3
P  x  y  z  14
x  xyz y  xyz z  xy z 1  1 x y 

x  y2  3
 P   z  14
x  y 22xyz  x  y  z 1  1 x y 
2 2
x  y  z3 14
 P  1 z  1 x y  
z 1 1 x  y 
x y 2 z3 14
 P   
2  z   1 x y  z 1 1 x  y 
2 2
x y  4z3 28 z 1 4z 28 9z  z  z 57
 P  2  z  z 12 z 12  21 z  z 12  2z 12 0,25

9z  z  z 57
Xét hàm f  2 , z 1
2  1 
3z 5  14z 23  5
Ta có f    3 , z 1 f '  0  z 
2  1  3
Lập bảng biến thiên của hàm số f z . 0,25
 
  53
ta nhận được z1;z f    8

Vậy GTNN của P bằng 53 đạt được khi x  y  , z  5 . 0,25
8 3 3

7