www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 3 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 1 4 x  2 x 2  3. 4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho. m Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  b) Tìm m để phương trình x 4  8 x 2  m có 4 nghiệm thực phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). AT HV N. co  7  a) Biết rằng số thực     ;   và thỏa mãn sin 2  . Tính giá trị của biểu thức 2 9   A  cos 2  4cos  4  sin 2   4 sin   4. 16 b) Cho số phức z  1  3i. Tính môđun của số phức w  z 2  . z Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log2 x 2  2 x  3  log2 2x 2  1  log2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 3  x 2  1 2 x  1  2  x 3  x 2  . 3 3 3  x  1 . x  3x  1 , trục hoành và đường thẳng x  1 xung quanh trục Ox. Câu 5 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số y    120 0 , Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD 7a AA '  . Hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và 2 BD. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' và khoảng cách từ D ' đến mặt phẳng ( ABB ' A '). 8  Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G  ; 0  3  và có đường tròn ngoại tiếp là (C) tâm I. Biết rằng các điểm M (0; 1) và N (4; 1) lần lượt là điểm đối xứng của I qua các đường thẳng AB và AC, đường thẳng BC đi qua điểm K (2;  1). Viết phương trình đường tròn (C). ww w. M Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(2;  3; 1), B(4;  1; 0) và mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  9  0. Chứng minh rằng đường thẳng AB song song với (P). Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua (P). Câu 9 (0,5 điểm). Khai triển và rút gọn biểu thức P( x)  1  2 x  2 1  2 x     9 1  2 x  thu 2 9 được P ( x)  a0  a1 x  a2 x 2    a9 x 9 . Tính a7 . Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x , y , z là các số thực dương thỏa mãn x  z  2 y và x 2  y 2  z 2  1. xy yz 1  1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P    y3  3  3 . 2 2 1 z 1 x z  x ------------------ Hết ------------------ Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 23, 24/5/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC. 2. Thi thử THPT Quốc gia lần cuối của năm 2015 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 13 và ngày 14/6/2015. Đăng ký dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 23/5/2015. 3. Kỳ thi Tuyển sinh vào lớp 10 THPT Chuyên, Trường Đại học Vinh được tổ chức trong hai ngày 06 và 07 năm 2015. Phát hành và nhận hồ sơ đăng ký dự thi từ ngày 10/5 đến hết ngày 30/5/2015. www.DeThiThuDaiHoc.com - Đề Thi Thử Đại Học Câu Câu 1. (2,0 điểm) www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 3 Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án a) (1,0 điểm) 1 o. Tập xác định: D  ฀ . Điểm m TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN 2 o. Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y  lim y  . x  x  AT HV N. co * Chiều biến thiên: Ta có y '  x3  4 x; x  0 x  2  x  2 y'  0   ; y'  0   ; y'  0    x  2  2  x  0 0  x  2. Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng khoảng  ;  2  ,  0; 2  .  2; 0  ,  2;    ; 0,5 nghịch biến trên mỗi * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCĐ  3, hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT  1. * Bảng biến thiên: x y'   y 2 – 0 0 + 0 – 0 3 1  2 +  1 3 o. Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng. ww w. M y 3 2 b) (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với Đồ thị hàm số y  0,5 2 O 1 x 1 4 m 1 m x  2 x 2   x 4  2 x 2  3   3. 4 4 4 4 m  3 là đường thẳng d song song hoặc trùng với trục hoành. 4 Số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm của d với đồ thị (C). Từ đồ thị ở câu a) suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi m 1   3  3  16  m  0. 4 www.DeThiThuDaiHoc.com1 - Đề Thi Thử Đại Học 0,5 0,5 www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam a) (0,5 điểm) Câu 2. (1,0 điểm)  cos  2  Ta có A  2   sin   2  2  2  cos  2  sin   4   cos  sin   . Mặt khác  cos  sin    1  sin 2  1  2 7 16  . 9 9 Câu 3. (0,5 điểm) Câu 4. (1,0 điểm)    AT HV N. co  m  4 16  Do     ;   , nên cos  0, sin   0. Suy ra cos  sin    . Khi đó A  . 2 3 3  b) (0,5 điểm) 16 1  3i 2 16 Ta có w  1  3i   2  2 3i   2  2 3i. 4 1  3i Suy ra w  4. *) Điều kiện: x  1. Với điều kiện đó phương trình đã cho trở thành log 2 3  x  1  log 2 3  x  3  log 2  2x  x  1  log 2  2x  1  x  3  2 x 2  1  x  2  x  3  log 2 3 2 3 2   x  1  2  x  1  3  x  1 2 x  1  2  2 x  1  0     x  1 x  1  2 2 x  1  2  x  1  2 x  1   0    x  1  x  1  2  2 x  1   0, 0,5 0,5 (1) 1 do 2  x  1  2 x  1  0, với mọi x   . 2 Xét hai trường hợp sau: x  3  2 3 +) x  1 . Khi đó (1)  x  1  2 2 x  1  0  x 2  6 x  3  0    x  3  2 3. Kết hợp điều kiện ta được nghiệm x  3  2 3. 1 +)   x  1. Khi đó 2 (1)  x  1  2 2 x  1  0  x 2  6 x  3  0  3  2 3  x  3  2 3. ww w. M 0,5  1 1  17 . 3 4 1  17 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là x  . 4 1 *) Điều kiện: x   . 2 Bất phương trình đã cho tương đương với  x  1  2 x 2  3  x  1 2 x  1   0  log 2  3 0,5 0,5 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm 3  2 3  x  1. Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 3  2 3  x  1 và x  3  2 3. Câu 5. (1,0 điểm) x  3x  1  0, x  0 và Ta có x  3x  1  0  x  0. Do đó thể tích khối tròn xoay  V    x  3  1dx    x 3 dx    xdx    x3 dx  . 2 0 0 0 0 cần tính là 1 x 1 x 0 0,5 1 x x x  x3 dx . Đặt u  x; dv  3 dx . Suy ra du  dx; v  1 Tính 1 3x . ln 3 www.DeThiThuDaiHoc.com2 - Đề Thi Thử Đại Học (1) www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam Theo công thức tích phân từng phần ta có 1 1 1 x 3x 1 1 3 1 3 2 x 3 3x dx  x dx    2 3x   2 . 0  ln 3 0 ln 3 0 ln 3 ln 3 0 ln 3 ln 3 B' C' H A K D a2 3 . 2   1200 nên  Vì BCD ABC  600   ABC đều.  AC  a C Hạ OH  ( ABB ' A ') tại C. 0,5 49a 2 a 2  A ' O  A ' A  AO    2 3a. 4 4 Suy ra VABCD . A ' B 'C ' D '  A ' O.S ABCD  3a 3 . (1) 2 O B S ABCD  BC.CD.sin1200  m 2 1  3 Thay vào (1) ta được V     2  .  ln 3 ln 3 2  A' D ' Gọi O  AC  BD. Từ giả thiết suy ra A ' O  ( ABCD ). AT HV N. co Câu 6. (1,0 điểm) 0,5 2 Vì DD '/ /( ABB ' A ') nên d  D ', ( ABB ' A ')   d  D , ( ABB ' A ')  . Vì O là trung điểm BD nên d  D, ( ABB ' A ')   2d  O, ( ABB ' A ')   2OH . (2) Vì AC  BD và A ' O  ( ABCD ) nên OABA ' là tứ diện vuông tại đỉnh O. Suy ra ww w. M Câu 7. (1,0 điểm) 1 1 1 1 65 2 195      OH  a. (3) 2 2 2 2 2 OH OA OB OA ' 12a 65 4 195 Kết hợp (1), (2) và (3) suy ra d  D ', ( ABB ' A ')   2OH  a. 65 Chú ý: Thí sinh có thể hạ OK  AB, OH  A ' K . Tính OK suy ra OH . Gọi H, E là trung điểm MN, BC  H (2; 1). A Từ giả thiết suy ra IAMB, IANC là các N M hình thoi. Suy ra AMN , IBC là các tam H giác cân bằng nhau. G Suy ra AH  MN , IE  BC , AHEI là hình I bình hành. F C Suy ra G cũng là trọng tâm  HEI  HG B K E cắt IE tại F là trung điểm IE. Vì BC // MN và K (2;  1)  BC . Suy ra BC : y  1  0.  3  1 8   Từ H (2; 1), G  ; 0  và HF  HG  F  3;   . 2 2 3   Từ FE  BC  pt EF : x  3  E (3;  1). Câu 8. (1,0 điểm) Vì F là trung điểm IE nên I (3; 0), R  IA  HE  5. Suy ra (C ) : ( x  3)2  y 2  5 hay x 2  y 2  6 x  4  0.   Ta có AB  (2; 2;  1), nP  (2;  1; 2).    AB.nP  0 nên AB // (P). Vì   A  ( P)   Ta có AA '  ( P) nên u AA '  nP  (2;  1; 2) . x  2 y  3 z 1 Suy ra phương trình AA ' :   . 1 2 2 Vì AA ' cắt (P) tại H (2;  1;  3) mà H là trung điểm AA ' nên suy ra A '(6; 1;  7). www.DeThiThuDaiHoc.com3 - Đề Thi Thử Đại Học 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 www.MATHVN.com - Toán học Việt Nam Câu 10. (1,0 điểm) gồm 7 1  2 x  , 8 1  2 x  và 9 1  2 x  . Theo Nhị thức Niu-tơn ta có 7 7 7 a7  7.C77 .  2   8C87 .  2   9C97 .  2   395  27  50560. 7 8 9 xz  y . Từ giả thiết ta có Chú ý rằng, với mọi x, y  0 và mọi a , b ta có Thật vậy, (1) tương đương với  ay  bx   0.  a  b xy 2  a 2 b2  . x y 2 0,5 m Câu 9. (0,5 điểm) Ta có a7 là hệ số của x 7 có trong P( x ). Các số hạng của P ( x ) mà khai triển ra chứa x 7 (1) AT HV N. co  y  z xy yz 1   x  y 1  1  1   y3  3  3     y3  3  3  Khi đó P  2 2 2 2 1 z 1 x z  4 1  z  4 1  x  z  x x 2    x  y 4x  z  y  z 2   2 2  y2 1  x2   4  x2  z 2 y2  z2 1 1    4 4  2 2   y  z 2 1  1  y3  3  3  z  4x  y  x  z  x 2 2 2 2 2  1  y2 z2     2 2 x2  z2  4x  y y2 y 2   y3 y3      y2  z 2 x2  y 2   x3 z 3   1 3 1  y  3  3  z  x  0,5 2 1 1  y y   y y  y y  y2            3  4 8  z x   z x    z x  xz  2 1 1 y y   y y  y yy          3   4 8 z x   z x   z x  xz 3 1 1 y y   y y   y y 1 y y          3  .    4 8 z x   z x   z x  4 z x  3 2 1 y y  1 y y  1          . 4 z x  8 z x  4 3 y y y2 1 1 1  ,t2  2. Khi đó P   t 3  t  . 4 8 4 x z xz 1 3 1 1 3 1 Xét hàm số f (t )   t  t  với t  2. Ta có f '(t )   t 2   0 với mọi t  2. 4 8 4 4 8 3 Suy ra max f (t )  f (2)   . [ 2;  ) 2 1 3 . Suy ra P   , dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z  2 3 1 3 Vậy giá trị lớn nhất của P là  , đạt được khi x  y  z  . 2 3 ww w. M Đặt t  www.DeThiThuDaiHoc.com4 - Đề Thi Thử Đại Học 0,5