TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN NGUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: Toán, Khối 12 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + ( )C . a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến với ( )C tại giao điểm của ( )C và đường thẳng ( ) : 3= − −d y x . Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình: a) x 3 x 3 3 6 0 − − − = b) 2 3 2 3 2log .log 5log 8log 20 0+ − − =x x x x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: 2 2 1 ln ln( 2)+ + = ∫ e x x x I dx x Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z biết: (2 ) 3 5z i z i+ + = + . b) Tìm GTLN và GTNN của hàm số 3 2 5 7 5= + + −y x x x trên đoạn [ ] 2;2− Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA 4a= , tam giác ABC đều cạnh bằng 2a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN). Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M ( ) 3;5;1 , N ( ) 1;1;3 − và điểm A trên đường thẳng (d): 1 2 2 1 1 x y z− − = = − sao cho AMN là tam giác cân tại A. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình mặt phẳng (P) chứa MN và cách A một khoảng lớn nhất. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông MNPQ có K, I lần lượt là trung điểm của các cạnh MQ và QP. Điểm H (0;1) là giao điểm của NK và MI, điểm P (4; 2)− . Tìm tọa độ đỉnh N. Câu 8 (1,0 điểm). a) Giải phương trình sau: ( ) ( ) sin 2x sin x cos x 1 2sin x cos x 3 0− + − − − = b) Phân phối 60 thùng hàng giống hệt nhau cho 6 cửa hàng sao cho mỗi cửa hàng nhận được ít nhất một thùng hàng. Tính xác suất để mỗi cửa hàng nhận được ít nhất 6 thùng hàng. Câu 9 (1,0 điểm). a) Giải hệ phương trình : ( ) ( ) 3 3 2 3 2 6 3 5 14 , 3 4 5 x y y x y x y x y x y  − − + − =  ∈  − + + = + −   ¡ b) Cho , ,a b c là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 1 1 1 = − + + + + + + P a b c a b c Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN NGUYÊN HDC THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015 Môn: Toán Câu Nội dung trình bày Điểm 1.a (1 đ) Khảo sát vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 2 3 2y x x= − + * TXĐ: .D = ¡ * Sự biến thiên: + Giới hạn: 3 2 lim lim ( 3 2) ; →+∞ →+∞ = − + = +∞ x x y x x 3 2 lim lim ( 3 2) →−∞ →−∞ = − + = −∞ x x y x x + Lập bảng biến thiên: 2 0 ' 3 6 0 2 =  = − = ⇔  =  x y x x x + Chiều biến thiên: Hàm số ĐB trên các khoảng ( ;0)−∞ và (2; )+∞ . Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) . + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại D 0 2= ⇒ = C x x ; Hàm số đạt cực tiểu tại 2 2= ⇒ = − CT x x * Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 0,25 1.b (1đ) Ta có phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 3 2 3 2 3 3 5 0 1 2− + = − − ⇔ − + + = ⇔ = − ⇒ = −x x x x x x x y 2 ' ( 1) ' 3 6 0 9 − = − = ⇒ =y x x y Phương trình tiếp tuyến có dạng: 0 0 0 '( )( )= − −y f x x x y Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M ( 1; 2)− − là : '( 1)( 1) 2y f x= − + − 9( 1) 2 9 7.y x y x⇔ = + − ⇔ = + Vậy phương trình tiếp tuyến là: 9 7= +y x . 0,25 0,25 0,25 0,25 2.a (0,5) Giải phương trình: x 3 x x x 3 3 6 0 3 27.3 6 0 − − − − = ⇔ − − = Đặt 1 3 ( 0) 3 − = > ⇒ = x x t t t . Phương trình trở thành: 2 9( ) - 6 - 27 0 -3( ) =  = ⇔  =  t tm t t t l Với 2 9 3 3 2= ⇔ = ⇔ = x t x Vậy phương trình đã cho có nghiệm: 2 = x 0,25 0,25 2.b (0,5) Giải phương trình: 2 3 2 3 2log .log 5log 8log 20 0+ − − =x x x x (1) . ĐK: 0>x 2 3 3 2 3 2 3 (1) log (2log 5) 4(2log 5) 0 (log 4)(2log 5) 0 16 log 4 0 3 2log 5 0 27 ⇔ + − + = ⇔ − + = =  − =   ⇔ ⇔   + = =    Pt x x x x x x x x x Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 16=x hoặc 3 27 =x 0,25 0,25 2 Câu Nội dung trình bày Điểm 3 (1 đ) Tính tích phân: 2 2 2 1 1 1 ln ln( 2) ln ln( 2) + + = = + + = + ∫ ∫ ∫ e e e x x x x I dx dx x x dx A B x x Tính 1 ln = ∫ e x A dx x . Đặt ln= ⇒ = dx t x dt x . Đổi cận: 1 0; 1= ⇒ = = ⇒ =x t x e t . 1 2 1 0 1 0 ln 1 | 2 2 ⇒ = = = = ∫ ∫ e x t A dx tdt x Tính 2 1 ln( 2)= + ∫ e B x x dx . Đặt 2 2 2 2 2 ln( 2) 2 2 1 2 2  =   = +  + ⇒   = +   = + =   x du u x x dv xdx x x v 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 3 1 ln( 2) ln( 2) | ln(e 2) ln3 2 2 2 2 + + − ⇒ = + = + − = + − − ∫ ∫ e e e x e e B x x dx x xdx Vậy 2 2 2 2 3 2 ln(e 2) ln3 2 2 2 + − = + = + − − e e I A B 0,25 0,25 0,25 0,25 4.a (0,5) Tìm số phức z biết: (2 ) 3 5 (1)+ + = +z i z i . Gọi = + ⇒ = −z a bi z a bi . 3 3 2 (1) (2 )( ) 3 5 3 ( ) 3 5 5 3 + = =   ⇔ + + + − = + ⇔ + + − = + ⇔ ⇔   − = = −   a b a a bi i a bi i a b a b i i a b b Vậy 2 3= −z i 0,25 0,25 4.b (0,5) Tìm GTLN và GTNN của hàm số 3 2 ( ) 5 7 5= = + + −y f x x x x trên đoạn [ ] 2;2− Ta có 2 1( ) '( ) 3 10 7 0 7 ( ) 3 = −   = + + = ⇒  = −  x tm f x x x x l . ( 2) 7; ( 1) 8; (2) 37.⇒ − = − − = − =f f f Vậy [ 2;2] [ ( )] 37 − =Max f x tại 2 = x ; [ 2;2] [ ( )] 8 − = −Min f x tại 1 = − x ; 0,25 0,25 5 (1đ) *) Ta có: 2 2 a 3= − =AN AB BN 2 1 . a 3 2 ∆ = = ABC S BC AN . 2 . 1 1 . a 3.4a 3 3 ∆ = = S ABC ABC V S SA 3 4a 3 3 = *) Ta có: . . 1 . . 4 B AMN S ABC V BA BM BN V BA BS BC = = 3 . . 1 a 3 4 3 = = B AMN S ABC V V . Mặt ≠ 1 2 5a 5a 2 = = ⇒ = =SB SC MN SC 1 5a 2 = =AM SB . 0,25 0,25 0,25 Gọi H là trung điểm AN thì MH AN ⊥ , 2 2 a 17 2 ⇒ = − =MH AM AH . Diện tích tam giác AMN là 2 1 1 a 17 a 51 . a 3. 2 2 2 4 ∆ = = = AMN S AN MH . 0,25 S A B N C M H 3 Vậy K/c từ B đến (AMN) là: 3 . 2 3 4a 3 4a 4a 17 ( ,( )) 17 a 51 17 ∆ = = = = B AMN AMN V d B AMN S . Câu Nội dung trình bày Điểm 6 (1đ) Tọa độ trung điểm I của đoạn MN: I ( ) 1; 3; 2 , ( ) 4; 4;2= − − uuuur MN Mặt phẳng trung trực (Q) của đoạn MN đi qua N, nhận ( ) 2; 2; 1= − r n làm VTPT nên (Q) có phương trình: 2 2 6 0+ − − =x y z ∆AMN cân tại A ⇔ = AM AN ( ) (Q)⇔ = ∩A d ( ) 12; 5;8⇒ −A . Gọi I (1;3;2) , H lần lượt là hình chiếu của A lên MN và (P) ⇒ ∆ AIH vuông tại H . Khi đó; (A,( )) = ≤d P AH AI Do đó, (P) đi qua I và có VTPT (11; 8;6) (P) :11 8 6 1 0− ⇔ − + + = uur IA x y z Vậy A ( ) 18; 8;11− và (P) :11 8 6 1 0− + + =x y z 0,5 0,5 7 (1 đ) Ta có 5= = =PH PN PQ và · 3 cos 5 =HPN Gọi ( ; ) r u a b là một VTCP của PN, ( 4;3)= − uuur PH , suy ra: · 2 2 4 3 3 cos cos( , ) 5 5 − + = ⇔ = + r uuur a b HPN u PH a b 2 0 7 24 0 24 7 =   ⇔ − = ⇔  =  a a ab a b Với 0 0 : 4 0 (4;3) 1 =  = ⇒ ⇒ − = ⇒  =  a a NP x N b Với 24 24 : 7 24 56 0 7 7 =  = ⇒ ⇒ − − =  =  a a b NP x y b 4 17 ; 5 5   ⇒ − −  ÷   N . Vậy (4;3)N hoặc 4 17 ; 5 5   − −  ÷   N 0,25 0,25 0,25 0,25 8.a (0,5) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 PT sin x cos x 1 sin x cosx 1 2sin x cos x 3 0 sin x cos x 1 sin x cos x 1 sin x cosx 1 2sin x cos x 3 0 sin x cos x 1 sin x 2cos x 4 0 x k2 sin x cos x 1 ,(k Z) sin x 2cos x 4(VN) x k2 2 ⇔ + − − + − − − = ⇔ + − + + − + − − − = ⇔ + − − + + = = π  + =   ⇔ ⇔ ∈ π   − = = + π   Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x k2 , x k2 ,(k Z) 2 π = π = + π ∈ 0,25 0,25 8.b (0,5) Giải hệ: ( ) 3 3 2 3 2 6 3 5 14 (1) 3 4 5 (2) x y y x y x y x y  − − + − =   − + + = + −   Đkxđ 3 4 x y ≤   ≥ −  Từ (1) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 3 0x x y y x y x x y y   + = + + + ⇔ − − + + + + + =   ( ) 2 3y x ⇔ = − . Thế (3) vào (2) ta được 3 2 3 2 2 3 4 1 4 4 2 2 1 3 0x x x x x x x x x x + + − = + − − ⇔ + − − + − + + − − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 0 2 2 1 3 x x x x x x x − − ⇔ − + + − + = + + + − 4 ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 0 2 2 1 3 x x x x x   ⇔ − + + − + =  ÷ + + + −   ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 1 0 3 3 2 2 1 3 x x x x x   ⇔ − + + + − + − =  ÷ + + + −   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 0 3 2 2 2 1 3 1 3 2 3 x x x x x x x x x   + +  ÷ ⇔ − + + + + =  ÷ + + + + + − + −   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 0 3 2 2 2 1 3 1 3 2 3 x x x x x x x    ÷ ⇔ − + + + + =  ÷ + + + + + − + −   Vì ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 4 2 2 0 3 2 2 2 1 3 1 3 2 3 x x y x x x x x x + + ≥ − ⇒ ≥ − ⇒ + + + > + + + + + − + − Từ đó p.trình trên tương đương với ( ) ( ) 2 2 1 0 1 x x x x =  − + = ⇔  = −  Với 2 0; 1 3x y x y= ⇒ = = − ⇒ = − . Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là ( ) ( ) { } 1; 3 ; 2;0 .S = − − 0,25 0,25 9.a Phân 60 phần tử của tập hợp thùng hàng thành 6 phần có 5 59 ( ) 5006386Ω = =n C Phân phối cho mỗi cửa hàng 5 thùng hết 30 thùng. Còn lại 30 thùng chia mỗi cửa hàng ít nhất một thùng được 5 29 (A) 118755= =n C . Xác suất cần tìm là: ( ) 585 ( ) ( ) 24662 = = Ω n A P A n 0,25 0,25 9.b (0,5) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 4 a b c a b c a b c a b c + +   + + + ≥ + = + + + ≥ + + +   ( ) ( ) ( ) 3 3 1 1 1 3 1 1 1 3 3 a b c a b c a b c + + + + + + + +     + + + ≤ =  ÷  ÷     ( ) 3 2 54 1 3 P a b c a b c ≤ − + + + + + + = ( ) 3 2 54 ( ) 2 f t t t − = + với 1 ( 1)t a b c t= + + + > ( ) / / 4 2 4 2 162 ( ) ; ( ) 0 1( ) 2 t f t f t t loai t t =  = − + = ⇔  = +  Vậy giá trị lớn nhất của 1 4 P = khi 3 1 1 a b c a b c a b c c + + =   = = ⇔ = = =   =  0,25 0,25 Hết f’(t) f(t) t 1 +∞ 4 0+ - 1/4 0 0 5 . − = + = + − − e e I A B 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 4.a (0 ,5) Tìm số phức z biết: (2 ) 3 5 (1)+ + = +z i z i . Gọi = + ⇒ = −z a bi z a bi . 3 3 2 (1) (2 )( ) 3 5 3 ( ) 3 5 5 3 + = =   ⇔ + + + − =. N b Với 24 24 : 7 24 56 0 7 7 =  = ⇒ ⇒ − − =  =  a a b NP x y b 4 17 ; 5 5   ⇒ − −  ÷   N . Vậy (4;3)N hoặc 4 17 ; 5 5   − −  ÷   N 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 8.a (0 ,5) ( ) ( ) ( ) ( ). 0, 25 0, 25 2.b (0 ,5) Giải phương trình: 2 3 2 3 2log .log 5log 8log 20 0+ − − =x x x x (1) . ĐK: 0>x 2 3 3 2 3 2 3 (1) log (2log 5) 4(2log 5) 0 (log 4)(2log 5) 0 16 log 4 0 3 2log 5 0 27 ⇔