Rồi UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ NĂM HỌC 2014-2015 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề) 2x 1 có đồ thị (H) x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (H) hàm số b) Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận (H) Tiếp tuyến điểm M có hồnh độ dương Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  thuộc (H) cắt hai đường tiệm cận (H) A, B cho AB  10 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 32 x 1  4.3x   Câu (1,0 điểm) a) Tính môđun số phức z  (1  2i)(2  i ) b) Cho tập A  1, 2, 3, ,2015 , từ tập A chọn ngẫu nhiên hai số Tìm xác suất để giá trị tuyệt đối hiệu hai số chọn Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I    x  ln  x dx x Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  y  z    x   3t  đường thẳng d:  y   t Tìm tọa độ điểm M đường thẳng d cho khoảng cách từ M đến mặt z  1 t  phẳng (P) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a đồng thời SA, SB, SC đơi vng góc với S Gọi H, I, K trung điểm cạnh AB, AC, BC Gọi D điểm đối xứng S qua K; E giao điểm đường thẳng AD với mặt phẳng (SHI) Chứng minh AD vng góc với SE tính thể tích khối tứ diện SEBH theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, đường thẳng AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm     13  M 1; 5 , N  ;  , P  ;  (M, N, P không trùng với A, B, C) Tìm tọa độ A, B, C biết đường 2 2  2 thẳng chứa cạnh AB qua Q  1;1 điểm A có hồnh độ dương Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  13  y   x  1 3 y   x  2  y  1 x   y   x  y  12 y   x  1 3 y   x, y    Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  2b  c  a  b  c  ab  bc  ca  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  a c2 a  b 1  a (b  c)  a  b  ( a  c )( a  2b  c) HẾT UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ NĂM HỌC 2014-2015 Mơn thi: Tốn Đáp án Câu 1.a  Tập xác định: D   \ 1  Sự biến thiên 3 y,   0, x   x  1 Điểm 1,0 0,25 + Hàm số nghịch biến khoảng ( ;1) (1;  ) + Hàm số khơng có cực trị + Giới hạn: * lim y  2;lim y   Đường thẳng y=2 tiệm cận ngang đồ thị hàm số x  0,25 x  * lim y  ;lim y    Đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số x 1  x 1 Bảng biến thiên: x -∞ +∞ y' +∞ y 0,25 -∞    Đồ thị: Giao điểm (H) với Ox   ;0  , giao điểm (H) với Oy   Đồ thị nhận I 1; 2 làm tâm đối xứng 0; 1 0,25 1.b 1,0  2x 1  Gọi M  x0 ;    H  ; x0      x0  1 2x 1 Phương trình tiếp tuyến  H  M  d  : y  x  x0    x0   x0  1 3  2x   (d) cắt tiệm cận đứng (x=1) A 1;   x0   (d) cắt tiệm cận ngang (y=2) B  2x0 1; 2 36 AB  10   x0  1   x0  1 0,25 0,25  40 0,25  x0   (do  x0 )  x0  Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu toán M  2;5 M  4;3 0,25 1,0 x x 1 3  x   4.3     x   3   x  1  x 1,0 3a 0,5 2 z  (1  2i)(2  i )  (1  2i)(4  4i  i )  (1  2i)(3  4i )   4i  6i  8i  11  2i Vậy z  11  2i  z  112  22  5 3b 0,5 Gọi A biến cố: “Hiệu hai số chọn 1” Số phần tử không gian mẫu: n  C2015 0,25 Số cặp số có hiệu (là cặp hai số liên tiếp) nA  2014 n 2014 Vậy xác suất để “Hiệu hai số chọn 1” P  A   A  n C2015 0,25 1,0 Ta có: I    x  ln  x x .dx  4  x dx   1  ln  x x   I I 0,25 I1   xdx  14 x x  3 0,25 u  ln(1  x ) du  dx   x (1 x )     dx dv  v  x  x   4  I  x  ln  x |   dx  6ln  ln  x |  6ln  ln  1 x 14 Khi I  I1  I =  6ln  ln   ln  4ln  3 ln(1  x ) I2   dx , đặt x    M(1+3t, – t, + t)d 0,25  0,25 1,0 0,25 2(1  3t )  2(2  t )   t  3t= 1 Suy ra, có hai điểm thỏa toán M1(4, 1, 2) M2( – 2, 3, 0) 0,5 Ta có d(M,(P)) =  0,25 1,0 Gọi HI  AK  J , SJ  AD  E  E  AD   SHI  Ta có J trung điểm AK, kẻ FK//SE AD a   F  AD   AE  EF  FD  3 Trong tam giác vuông cân SBC, a SK  BC   SD  a 2 S C I A H J 0,25 K B E F D Trong tam giác vuông SAD, a SA2  a , AE AD  a  a  SA2  AE AD  SE  AD Tam giác SAB cân S nên SH  AB Ta lại có SC   SAB  , SC / / BD  BD   SAB  BD  SH  SH  ( ABD)  SH   HBE  a , S HEB  S EAH S AH AE a2 a2  , S DAB  AB.BD   S HEB  Mà EAH  S DAB AB AD 2 12 0,25 0,25 SH  VSHBE a3  SH S HBE  (đvtt) 36 0,25 1,0 Đường tròn ngoại tiếp ABC đường trịn ngoại tiếp MNP có phương trình  3  x  y  x  29  có tâm K  ;0    Vì P điểm cung AB nên đường thẳng chứa AB qua Q  1;1 vng góc với KP PT AB: x  y   Tọa độ A, B thỏa mãn hệ  y  2x  2 x  y    y  x      x   2  x  y  x  29   x   x  3  x  29    x  4  0,25 0,5 Từ đó, tìm A 1;3 , B  4; 5 Ta lại có AC qua A, vng góc với KN có phương trình x  y   Nên tọa độ điểm C thỏa mãn 0,25  y   2x 2 x  y    y   x     x   C  4; 1  2    29      29  x y x x x x       x  1,0  x  13 y   x  1 y   x 1  2  y  1 x   y   x  y  12 y   x  1 3 y    Trừ vế với vế (1) (2) ta y 1  y  1 x2  y  y    y  x Với y  thay vào (1) ta 8x 13  x   x  x  0,25 Với y  x2 thay vào (1) ta x3  13x  x   x  1 3 x2    x 1   x  x 1   x  1  x  1 x  1   x  x  1 0,25 Đặt a  x  1, b  3 x  ta a   x  x  1   x  1 b a  b  a  b   a  b  x  1     2 a  ab  b  x   b   x  x  1   x  1 a x 1 y  3 a  b  x   3x   x  15 x  x     1 x    y   64 2 a  a  a  ab  b  x     b    x  1  x     b   x  x   0, x 2  2   1  Vậy hệ có nghiệm  x; y   1;1 ,  ;   64  0,5 1,0 Áp dụng BĐT AM - GM ta có : ab  bc  ac   a  b  c  a  2bc  ab  ac   a  bc  ab  ac a  b  a  c   Khi đó,  ab  ac     a  b  a  c   a  b  c   a  b   a c2   a b  c   a  b  a  b Mặt khác, a  b 1 a  b 1   a  c  a  b  2c    a  c  a  b  2c    a  b    a  c  a  2b  c   a  b 2 0,5 2 a  b 1 1 1  Do đó, P         2 a  b  a  b a  b a  b  a  b  Vậy GTLN P 0,5 UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ NĂM HỌC 2014-2015 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi đề xuất trường THPT Quế Võ số 2x  C  2x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số b) Tìm m để đường thẳng d : y  2mx  m  cắt (C) hai điểm phân biệt A B cho biểu thức P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ ( với O gốc tọa độ) Câu (1,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  a) Giải phương trình: cos2 x  cos x  sin x  1  b) Giải phương trình: x  5.3x   Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sau tập số phức: z  z   b) Cho khai triển   x  tìm hệ số số hạng chứa x khai triển e  ln x   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I    x  dx  x ln x  1  x  2t   Câu (1,0 điểm) Cho điểm M  1;3; 2 , n 1; 2;3  đường thẳng d :  y  t t   z   t   Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M nhận vecto n làm vectơ pháp tuyến Tìm tọa độ giao điểm (P) đường thẳng (d) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có O tâm đáy khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  góc mặt bên mặt đáy  Tính thể tích khối chóp S ABCD theo  Xác định  để thể tích khối chóp đạt giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm đường thẳng d : x  y   Điểm E  9; 4 nằm đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F  2; 5  nằm đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 Xác định tọa độ đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hồnh độ âm  y  1 x2   y  x2  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x, y    2  x  x y  y  Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực không đồng thời thỏa mãn điều kiện  a  b  c 2   a  b2  c  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức a  b3  c  a  b  c  ab  bc  ca  HẾT P UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ NĂM HỌC 2014-2015 Mơn thi: Tốn Đáp án Câu 1.a *TXĐ: Điểm 1,0 2  1  I  d  c   A (1; 3); B ( 3;1)  \   *SBT: y '   0,  x   2  2  x  1   Hàm số nghịch biến khoảng  ;  1      ;   2   0,25 0,25 Tính giới hạn tiệm cận Lập bảng biến thiên 0,25 *Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đồ thị 0,25 0,5 1.b PT hoành độ giao điểm: 2x   2mx  m  1; x   2x 1 0,25 2  4mx  4mx  m   , (1); Đặt g  x   4mx  4mx  m  * (d) cắt (C ) hai điểm phân biệt  PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2  m      '  4m   m    1 g        0,25 *Gọi hoành độ giao điểm A B x1, x2 x1, x2 nghiệm PT (1)  x1  x2  1   m 1 x x   4m 2 Có: OA2+OB2 = x1   2mx1  m  1  x2   2mx2  m  1 0,25     4m m  1 x  x    m  1  m 1 =  m  1 1    4m  m  1   m  1 2m   2 = m  x1  x2 2 2 5  2m     (Áp dụng BĐT si m dương) 2m 2 1 Dấu xảy  m  ( thỏa mãn);KL: m  giá trị cần tìm 2 = 2.a 0,25 0,5 cos2 x  cos x  sin x  1   cos x     sin  x     4   0,25 k k    x  k 2   +) Với sin  x     (k  )  x    k 2    +) Với cos x   x    2.b 0,25 0,5 x   x  5.3x    Đặt t  x  t  0  5.3 x   Phương trình trở thành t  5t   x  t     x  log3 t  0,25 0,25 3a 0,5 Ta có,   11  0,25 Suy phương trình có hai nghiệm là: z1    11i   11i ; z2  2 3b 0,25 0,5 k 8 Ta có khai triển sau:   x    C8k 28k x k 0,25 Từ suy hệ số x C86 22  112 0,25 k 0 1,0 e e I   x dx   1 e e  ln x x dx;  x3 dx   x ln x 4  e 1 e d   x ln x  e  ln x 1  x ln xdx  1  x ln x  ln  x ln x   ln e  2  ln  ln e 0,5 e 0,5 e4  e Vậy I   ln  Phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M nhận vecto n làm vecto pháp tuyến là: 1,0 1 x  1   y  3  3 z  2   x  y  3z   0,5 Vậy phương trình (P) là: x  y  z   Thay x, y, z từ phương trình đường thẳng (d) vào mặt phẳng (P) ta được: 2t  2t  3(2  t)    t  1  x  2, y  1,z  0,5 Vậy tọa độ giao điểm đường thẳng mặt phẳng I  2; 1;1 1,0 Gọi M trung điểm BC Trong mp  SOM  kẻ OH  SM S (1) S ABCD hình chóp nên SM  BC , OM  BC Suy BC   SOM   OH  BC (2) Từ (1) (2) suy OH   SBC   OH  Từ (1) (2) ta có 0,25 H D     SBC  ,  ABCD   SMO M O OH Xét OHM vng H ta có OM   sin  sin  Xét SOM vuông O ta có SO  OM tan   C A B 1 tan   sin  cos  S ABCD  AB  sin  sin  1 4  S ABCD SO   (đvtt) 3 sin  cos 3sin  cos Ta có AB  2OM  Suy VS ABCD 0,25 Đặt P  sin  c os  Ta có P  sin  c os  c os   c os3 Đặt cos  t , t   0;1 Suy P  t  t Ta có P    3t , 3  t2  3 Lập bảng biến thiên t 3 + P - P   t1   0,5 P VS ABCD nhỏ P l  t 3  cos      arccos 3 Vậy VS ABCD nhỏ (đvtt)   arccos 1,0 +) Gọi E’ điểm đối xứng với E qua AC B  E’ thuộc AD Vì EE’ vng góc với AC qua điểm E  9; 4  phương trình EE’: x  y   Gọi I = AC  EE’, tọa độ I x  y   x  nghiệm hệ    I  3;    x  y 1   y  2 Vì I trung điểm EE’  E '(3; 8) E I A J E' F D C AD qua E '( 3; 8) F (2; 5)  phương trình AD: x  y   0,25 A  AC  AD  A(0;1) Giả sử C (c;1  c) 0,25 Vì AC  2  c   c  2; c    C ( 2;3) Gọi J trung điểm AC  J (1; 2)  phương trình BD: x  y   Do D  AD  BD  D (1; 4)  B ( 3; 0) Vậy A(0;1) , B (3; 0), C (2; 3), D (1; 4) 0,25 1,0  y  1 x2   y  x2  (1) (I)  2 x  x y  y  (2)  0,25 x   t   phương trình (1) có dạng: 2t   y 1 t  y   Đặt t  y     y  1   y  1   y  3   t  (l )  0,25 y 1 +) Với t  y    x   y    thay vào (2) ta x  y  4y 0,25 2 16 y  y  1  y  y  1  y    y  (do y  )  x  Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) 0,25 1,0 1 2 gt  ab  bc  ca   a  b  c  ab  bc  ca    a  b  c    a  b  c    2 Do 0,25 4a  b  c P 3 a  b  c   3  4a   4b   4c          16  a  b  c   a  b  c   a  b  c   Đặt x 4a 4b 4c ,y ,z  abc abc abc Thì 0,25 y  z   x x  y  z     xy  yz  zx   yz  x  x  Vì  y  z   yz nên  x  Ta có P  3 3 x  y  z3   x   y  z   yz ( y  z )  (3 x  12 x2  12 x  6)  16 16 16   8 Xét hàm số f ( x )  x  12 x  12 x  với x   0;   3 f ( x)  16, max f ( x)   0,25 176 0,25 UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ NĂM HỌC 2014-2015 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi đề xuất trường THPT Ngô Gia Tự Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4  2mx  (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) ứng với m = b) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C cho BC = A điểm cực trị thuộc trục tung Câu (1,0 điểm) Giải phương trình log 22  log x   Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình cos x  cos x   sin x  sin x  b) Gọi A tập hợp tất số tự nhiên gồm ba chữ số đôi khác khác Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp A Tính xác suất để chọn số chia hết cho dt t Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : x 1 y  z   mặt 1 phẳng  P  : x  y  2z   Viết phương trình đường thẳng d qua điểm A  3; 1;2 , cắt đường thẳng  song song với mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a, góc cạnh bên mặt đáy 60 Gọi M, N trung điểm AB, BC Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  AD , tâm I 1; 2 Gọi M trung điểm cạnh CD, H  2; 1 giao điểm hai đường thẳng AC BM Tìm tọa độ điểm A, B Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x   x   3x  x Câu (1,0 điểm) Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a2 b2   (a  b) 2 (b  c )  5bc (c  a)  5ca Hết UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán Câu 1.a Đáp án Điểm 1,0 Với m = hàm số trở thành : y  x4  x2  TXĐ : R ; lim y   x  0,25 x  Có y '  x  x ; y '     x  1 BBT (lập đầy đủ) Hàm số đồng biến  1;0  1;  0,25 0,25 Hàm số nghịch biến  ; 1  0;1 yCĐ =1 x = 0; yCT = x  1 Đồ thị: (Vẽ xác) 0,25 0,5 1.b x  Ta có y '  x  4mx  x  x  m  ; y '     x  m  * Để hàm số có ba cực trị y’=0 có ba nghiệm phân biệt y’ đổi dấu qua ba nghiệm  (*) có hai nghiệm phân biệt khác  m  (**)  x   A  0;1 Khi y '     x   m  B m ;1  m2 , C  m ;1  m2  Do BC   m   m  (t/m (**))    0,25 0,25 0,25  0,25 1,0 log x  log 22  log x     log x  2 0,5 x   x   0,5 3a 0,5 3  cos x  sin x  sin x  cos x  cos x  sin x  sin x  cos x 2 2   2   x   x   k 2  k 2 x       3  cos  x    cos  x      ,k     3 3    x    x   k 2 x  k 3   3b 0,25 0,25 0,5 Các số gồm ba chữ số đôi khác khác lập A  504  n  A  504 Chọn ngẫu nhiên số từ A có 84 cách nên n     84 Gọi B: “Số chọn chia hết cho 3” 0,25 Số lập chia hết cho lập từ số sau: 1;2;3 , 1;2;6 ,1;2;9 ,1;3;5 ,1;3;8 ,1;4;7 ,1;5;6 , 1;5;9 ,1;6;8 ,1;8;9 2;3;4 ,2;3;7 ,2;4;6 , 2; 4;9 , 2;5;8 ,2;6;7 ,2;7;9 ,3; 4;5 ,3; 4;8 3;5;7 , 3;6;9 , 3;7;8 , 4;5;6 , 4;5;9 , 4;6;8 , 5;6;7 , 5;7;9 , 6;7;8 , 7;8;9 0,25 Mỗi số lập 3!=6 số nên có tất 29.6=174 số Chọn số số có 174 cách  n  B   174 Vậy xác suất P  B   n  B  174 29   n    504 84 1,0 2 dt  1      dt  t t  t I  2t = ln t  ln 0,5 0,5 1,0 Gọi B  d    B  nên giả sử B 1  2t;  t;3t   Khi AB   2  2t;3  t;3t   vtcp d  Mặt phẳng (P) có vtpt n   2; 1; 2   Vì d//(P) nên AB.n    2  2t     t    3t     t     10    AB    ; ; 3  hay u   4; 10;9 vtcp d  3   x   4t  Vậy phương trình d:  y  1  10t , t    z   9t  0,5 0,5 1,0 *)Vì S.ABC hình chóp nên ABC tam giác tâm G SG   ABC   VS ABC  SG.S ABC Tam giác ABC cạnh a nên a a2 AN   S ABC  Có AG hình chiếu AS (ABC) nên góc   60 (vì cạnh bên SA với đáy (SA,AG) = SAG  nhọn) SG  AG  SAG a AN  3 Trong tam giác SAG có SG  AG.tan 60  a Vì G trọng tâm tam giác ABC nên AG  0,25 0,25 a a3 Vậy VS ABC  a  12 Do G trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng CM = 3GM mà M(SMN) nên d C , SMN   3d G , SMN  Ta có tam giác ABC nên K SG   ABC   SG  MN 0,25  MN   SGK  Trong (GKH), kẻ GH  SK  GH  MN  GH   SMN  , H  SK  d G , SMN   GH 2 1 a AN ; BG  AG  AN  GK  AN  AN  AN  3 12 Trong tam giác vng SGK có GH đường cao nên 1 1 48 49 a       GH  2 GH SG GK a a a 3a Vậy d C , SMN   3GH  Ta có BK  0,5 1,0 Theo giả thiết ta có H trọng tâm tam giác BCD   nên IC  3IH  Mà IH  1;1 , giả sử  x   3.1 x  C  x; y      C  4;1  y   3.1  y  Do I trung điểm AC nên A(-2;-5) CM BC   BAC     MBC Lại có AB  AD nên BC AB   BCA   90  MBC   BCA   90  AC  BM Mà BAC  Đường thẳng BM qua H(2;-1), có vtpt IH  1;1 0,25  pt BM: x + y – =  B  t;1  t    Có AB   t  2;6  t  ; CB   t  4; t    Vì AB  BC  AB.CB    t   t    t   t       t    B  2; 1  B  2; 1  0,25  0,25 1,0 x  0  x   3  41    3  41 Điều kiện: 1  x  (*) 3  41   x    x    8 2  3x  x  Bất phương trình cho tương đương với x   x  x(1  x )   3x  x  3( x  x )  (1  x )  ( x  x )(1  x)  0,25  5  34 x  x x x x x x 3 2 1     x  10 x     1 x 1 x 1 x  5  34 x   5  34 3  41 Kết hợp điều kiện (*), ta suy nghiệm bất phương trình x 2 0,5 1,0 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có a2 a2 4a b2 4b    Tương tự, ta có (b  c )  5bc (b  c )  (b  c )2 9(b  c )2 (c  a)  5ca 9(c  a)2 2 a b2  a2 b2   a b       Suy  (b  c)2  5bc (c  a)2  5ca  (b  c )2 (c  a)2   b  c c  a   (a  b )2  2  c a  b ( ) 2    a  b  c ( a  b)  2  2(a  b)  4c (a  b)            ab  c (a  b)  c   (a  b )2  (a  b)2  4c (a  b)  4c    c ( a  b)  c     Vì a  b  c   a  b   c nên 0,25 2  2(1  c )2  4c (1  c )  8   (1  c )2  1  P    (1  c ) 2   (1  c )  4c (1  c )  4c   c 1  (1) 8  Xét hàm số f (c )      (1  c ) với c  (0; 1)  c 1 16   c  (c  1); Ta có f '(c )      c   (c  1) f '( c) f '(c )   (c  1) 64  (3c  3)   c  Bảng biến thiên: f (c )  –  Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)   với c  (0; 1) 1 Từ (1) (2) suy P   , dấu đẳng thức xảy a  b  c  1 Vậy giá trị nhỏ P  , đạt a  b  c  + 0,5 1 (2) LỚP TOÁN 10-11-12-LTĐH 11a Nguyễn Trường Tộ - Đn ĐỀ THI THỬ THPT LẦN 10 NĂM HỌC 2014-2015 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4  2mx  (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) ứng với m = b) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C cho BC = A điểm cực trị thuộc trục tung Câu (0,5 điểm) Giải phương trình 4log 22 x  log x  Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình cos x  cos x   sin x  sin x  b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức : z  2.z   2i Tìm mơđun z dt t Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho (P) : 2x – y – 2z + 1= I(3;-5;2).Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc mp(P).Tìm tọa độ tiếp điểm (S) mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a, góc cạnh bên mặt đáy 60 Gọi M, N trung điểm AB, BC Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN) Câu (0,5 điểm) Cho số n thỏa mãn điều kiện : Cn0  2Cn1  4Cn2  97 Tìm hệ số số hạng 2  chứa x khai triển nhị thức :  x2   x  n Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD, điểm M(5;7) nằm cạnh BC Đường trịn đường kính AM cắt BC B cắt BD N(6;2), đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0 Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD, biết hồnh độ đỉnh C nguyên hoành độ đỉnh A bé Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x   x   3x  x Câu 10 (1,0 điểm) Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a2 b2   (a  b) 2 (b  c )  5bc (c  a)  5ca Hết Câu 1.a Đáp án Điểm 1,0 Với m = hàm số trở thành : y  x4  x2  TXĐ : R ; lim y   x  0,25 x  Có y '  x  x ; y '     x  1 BBT (lập đầy đủ) Hàm số đồng biến  1;0  1;  0,25 0,25 Hàm số nghịch biến  ; 1  0;1 yCĐ =1 x = 0; yCT = x  1 Đồ thị: (Vẽ xác) 0,25 0,5 1.b x  Ta có y '  x  4mx  x  x  m  ; y '     x  m  * Để hàm số có ba cực trị y’=0 có ba nghiệm phân biệt y’ đổi dấu qua ba nghiệm  (*) có hai nghiệm phân biệt khác  m  (**)  x   A  0;1  Khi y '    x   m  B m ;1  m2 , C  m ;1  m2  Do BC   m   m  (t/m (**))     0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Điều kiện x > (1)  log 22 x  log x   4log 22 x  2log x   22 Đặt t  log x  t  1 Pt có dạng 4t  2t     t   0,25 t  1  log x  1  x  1  (nhan ) 1 t   log x   x   ( nhan) 2 Vậy phương trình có nghiệm x  x  2 3a 0,5 0,5 3  cos x  sin x  sin x  cos x  cos x  sin x  sin x  cos x 2 2 0,25   2   x   x   k 2 x  k 2       3  cos  x    cos  x      ,k  3 3    x     x    k 2  x  k 2  3  3b Gọi z= a+bi ,với a,b  a  3  z  z   2i    z  3  i b  z  0,25 0,5 0,25 0,25 85 1,0 2 dt  1      dt  t t  t 0,5 I  2t = ln t  ln 0,5 1,0  S TX  P   R  d  I  P    2 16 TP( S ) :  x     y     z   256  0,5 td H  hc p  I  H  d   p   x   2t qua I  3; 5; 2   voi d    pt : d  y  5  t  z    2t   P   VTCP u   2; 1; 2   *Thế pt d vào pt(P)  t   0,5 16  29 14  ;Vay : H   ;  ;  9 9  1,0 *)Vì S.ABC hình chóp nên ABC tam giác tâm G SG   ABC   VS ABC  SG.S ABC Tam giác ABC cạnh a nên a a2 AN   S ABC  Có AG hình chiếu AS (ABC) nên góc   60 (vì cạnh bên SA với đáy (SA,AG) = SAG  nhọn) SG  AG  SAG a AN  3 Trong tam giác SAG có SG  AG.tan 60  a Vì G trọng tâm tam giác ABC nên AG  0,25 0,25 a a3 Vậy VS ABC  a  12 Do G trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng CM = 3GM mà M(SMN) nên d C , SMN   3d G , SMN  Ta có tam giác ABC nên K SG   ABC   SG  MN 0,25  MN   SGK  Trong (GKH), kẻ GH  SK  GH  MN  GH   SMN  , H  SK  d G , SMN   GH 2 1 a AN ; BG  AG  AN  GK  AN  AN  AN  3 12 Trong tam giác vuông SGK có GH đường cao nên 1 1 48 49 a       GH  2 GH SG GK a a a 3a Vậy d C , SMN   3GH  Ta có BK  0,5 1,0  n   n Cn0  2Cn1  4Cn2  97  n2  2n  48     n  6  l  0,25 2 k  *  x2     C8k  2  x16 3k , 16-k = k= Vậy hệ số cần tìm C84  2   1120 x  k 0  0,25 1,0 x  0  x   3  41    3  41 Điều kiện: 1  x  (*) 3  41   x    x    8 2  3x  x  Bất phương trình cho tương đương với x   x  x(1  x )   3x  x  3( x  x )  (1  x )  ( x  x )(1  x)  0,25  5  34 x  x x x x x x 3 2 1     x  10 x     1 x 1 x 1 x  5  34 x   5  34 3  41 x Kết hợp điều kiện (*), ta suy nghiệm bất phương trình 0,5 2 10 1,0 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có a2 a2 4a b2 4b Tương tự, ta có    (b  c )  5bc (b  c )  (b  c )2 9(b  c )2 (c  a)  5ca 9(c  a)2 2 a b2  a2 b2   a b       Suy  (b  c)2  5bc (c  a)2  5ca  (b  c )2 (c  a)2   b  c c  a  0,25  (a  b )2   c (a  b )  2    a  b  c ( a  b) 2  2(a  b)  4c (a  b)            ab  c (a  b)  c   (a  b )2  (a  b)2  4c (a  b)  4c    c ( a  b)  c     Vì a  b  c   a  b   c nên 2 2  2(1  c )2  4c (1  c )  8   (1  c )2  1  P    (1  c ) 2   (1  c )  4c (1  c )  4c   c 1  (1) 8  Xét hàm số f (c )      (1  c ) với c  (0; 1)  c 1 16   c  (c  1); Ta có f '(c )      c   (c  1) f '( c) f '(c )   (c  1) 64  (3c  3)   c  Bảng biến thiên: f (c )  –  Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)   + 0,5 1 với c  (0; 1) (2) 1 Từ (1) (2) suy P   , dấu đẳng thức xảy a  b  c  1 Vậy giá trị nhỏ P  , đạt a  b  c  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD, điểm M(5;7) nằm cạnh BC Đường trịn đường kính AM cắt BC B cắt BD N(6;2), đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0 Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD, biết hồnh độ đỉnh C nguyên hoành độ đỉnh A bé A B I M E H N D Gọi I tâm đường trịn đường kính AM I trung điểm AM   sd MN   MBN   900 Dễ thấy MIN Điểm C  d: 2x-y-7=0 C(c;2c-7) Họi H trung điểm MN =>H(11/2; 9/2) Phương trình đường thẳng  trung trực MN qua H vng góc với MN d: x-5y+17=0 Điểm I => I(5a - 17;a) 1,00 0,25 C  MN  (1; 5)  MN  26  IM  (22  5a;7  a )  IM  2  22  5a     a  Vì MIN vng cân I MN  26  IM  13  2  22  5a   7  a  a   26a  234a  520    a  Với a=5 =>I(8;5) => A(11;9) (loại) Với a=4 =>I(3;4) => A(1;1) (t/m)  13 0,25   11  c c 1  Gọi E tâm hình vng nên E ( ; c  3)  EN   ;5  c      Vì ACBD  AC.EN  11  c  ( c  1)   2c     c    c  7(t / m)  5c  48c  91    13  c  (loai)  Suy ra: C(7;7) => E(4;4) Pt BD: x+y−8=0, pt BC:x−7=0 ⇒B(7,1)⇒D(1,7) 0,25 0,25 ... UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ NĂM HỌC 2014 -2015 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi đề xuất trường THPT Ngô Gia Tự... 0,5 UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ NĂM HỌC 2014 -2015 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi đề xuất trường THPT Quế...UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ NĂM HỌC 2014 -2015 Mơn thi: Tốn Đáp án Câu 1.a  Tập xác định: D   \ 1  Sự biến thi? ?n ? ?3 y,   0, x