ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 5 NĂM 2015 Môn: TOÁN Đ Ề CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi:… tháng…năm… Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 43 23  xxy . (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). b) Tìm m để đường thẳng mmxy  2 cắt đồ thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 24 22 log ( ) 1 2log (2 ) . 10 x y x y xy         Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân   6/ 0 32 cos.sin  xdxxI . Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z có phần ảo âm và thỏa mãn 053 2  zz . Tìm môđun của số phức 1432 z . b) Tìm số hạng chứa 3 x trong khai triển biểu thức n x )12(  biết rằng 56 210  nnn CCC . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng d 1 : 1 4 2 3 1 3       z y x , d 2 : 1 1 2 1 2 3       z y x . Tìm tọa độ điểm B thuộc 2 d sao cho độ dài đoạn thẳng AB gấp 2 lần khoảng cách từ A đến 1 d . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với  0 , 30AB a CAD ,  o ASC  , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối tứ diện S.BCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC ( BCAB  ) và tâm đường tròn ngoại tiếp là )0;1(I . )3;3(M là một điểm nằm trên đường trung trực của cạnh BC . )4;2(N là điểm nằm trên đường thẳng chứa đường phân giác trong góc B của tam giác ABC và thỏa mãn CNAN  . Đường thẳng BC đi qua )4;1(D và tung độ điểm B lớn hơn tung độ điểm C . Tìm tọa độ các đỉnh A , B , C . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 32 3 2 2 11 3 ( 1) 1 1 . 7 6 12 x y x xy y x y y y x y y xy x                     Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số không âm cba ,, và không có hai số đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng 222 333 cba ba abcc ac abcb cb abca          . 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:…………………… Trang 1/5 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 5 NĂM 2015 Môn: TOÁN Đ Ề CHÍNH THỨC (Đáp án – thang đi ể m có 5 trang) Câu Nội dung Điểm 1 (2,0 đ) a) (1,0 đi ể m) * Tập xác định : D = R. * Sự biến thiên của hàm số: - Chiều biến thiên: 2 ' 3 6y x x . 00'  xy hoặc 2x . 0,25 - Các khoảng đồng biến )0;( , );2(  ; khoảng nghịch biến (0;2). - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 4,0  CĐ yx ; đạt cực tiểu tại 0,2  CT yx . - Giới hạn:   yy xx lim,lim . 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 * Đồ thị )(C : -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 0,25 b) (1.0 đi ể m) Phương trình hoành độ các giao điểm của d với đồ thị (C) của hàm số (1) là: mmxxx  243 23 0)22)(1( 2  mxxx 0,25       )2(022 1 2 mxx x . 0,25 Trang 2/5 Yêu c ầ u bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ' 0 3 0 . 3 0 3 0 m mm               0,25 3 m . Vậy, các giá trị m cần tìm là 3m . 0,25 2 (1,0 đ) Điều kiện: 0 20 xy xy      .     log log x log ( ) log log ( )x y y x y x y         0,25 )2(2 yxyx  xy 3 . 0,25 Thế vào phương trình xy ta được phương trình 1010 2 x 0,25 13 13 xy xy             . Đối chiếu với điều kiện, hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm   1;3 . 0,25 3 (1,0 đ)   6/ 0 22 6/ 0 32 cos).sin1.(sincos.sin  xdxxxxdxxI . 0,25 Đặt xt sin , ta có xdxdt cos . Đổi cận: 00 . 1 62 xt xt               2/1 0 42 2/1 0 22 )()1( dtttdtttI 0,25 35 1 2 35 0 tt     0,25 17 480  . 0,25 4 (1,0 đ) a) (0,5 đi ể m) Xét phương trình 053 2  zz (5). Vì 2 9 20 11 11i      . Suy ra 3 11 2 i z   hoặc 3 11 2 i z   . Vì z thỏa mãn (5) và có phần ảo âm nên 3 11 2 i z   . 0,25 Ta có 2 3 14 14 11zi    . 2 3 14 14 11 14 11 5.zi        0,25 b) (0,5 đi ể m) Điều kiện: ,2nn . 0,25 Trang 3/5 () n n n nn C C C n         2 10 110 0 11 n nn n           . Vì 2,  nNn nên 10n  . Với 10n , ta có         10 10 10 10 10 10 10 00 (2 1) (2 1) 2 1 2 1 k k k k n k k k kk x x C x C x           .  Số hạng tổng quát là     10 10 21 kk kk Cx   . Số hạng chứa x 3 trong khai triển là 3737 10 960)1()2( xxC  . 0,25 5 (1,0 đ) 1 d đi qua )4;3;3(M và có véctơ chỉ phương )1;2;1( 1 u . Ta có   )3;3;3(,),1;1;2( 1 uAMAM , suy ra 1 1 1 , 3 ( , ) 2 AM u d A d u       . 0,25 Phương trình tham số của 2 d là:         tz ty tx 1 21 23 . Tọa độ B có dạng )1;21;23( ttt  . Ta có 9169)2()12()22( 2222  tttttAB . 0,25 Do đó: 016939169),(2 22 1  ttttdAdAB 0 t hoặc t  . 0,25 Vậy )1;1;3(B hoặc ( ; ; )B  . 0,25 6 (1,0 đ) , .cot sin AB AC a AD CD a    Vì )(ABCSA  nên SAC vuông tại A aACSA 245cot. 0  . 0,25 SACDBCSASV BCDBCDS 2 1 . 3 1 . 3 1  3 13 . 3. .2 63 a a a a (đvtt). 0,25 Các tam giác SAB , SAD vuông tại A 7,5 aSDaSB    2 2 2 2 2 2 5 7 4 4 19 cos sin 2 . 35 2. 5. 7 35 SB SD BD a a a BSD BSD SB SD aa            2 1 19. . . .sin 22 BSD a S SB SD BSD   (đvdt). 0,25 Trang 4/5 19 572 3 ))(,( a S V SBDCd BDS BCDS  . 0,25 7 (1,0 đ) Ta có (4;3)IM  , (3;4)IN  , 5IN . Từ giả thiết suy ra IM , IN lần lượt là đường trung trực của BC , CA . Đường thẳng BC đi qua )4;1(D và nhận (4;3)IM  làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là 01634  yx . 0,25 Gọi 0 N là điểm chính giữa cung nhỏ  AC  0 N thuộc đường trung trực cạnh AC và 0 N thuộc đường phân giác trong của  ABC 0 .NN  N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm )0;1(I và có bán kính 5IN nên có phương trình là 25)1( 22  yx . Tọa độ B , C là nghiệm của hệ phương trình      25)1( 01634 22 yx yx hay      0 4 y x hoặc 2 5 24 5 x y          . Vì CB yy  nên       5 24 ; 5 2 B , )0;4(C . 0,25 Đường thẳng AC đi qua )0;4(C và nhận (3;4)IN  làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình là 01243  yx . Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:      25)1( 01243 22 yx yx hay      0 4 y x hoặc      5/24 5/12 y x . 0,25 Vì CA nên        5 24 ; 5 12 A . Thử lại thỏa mãn điều kiện BCAB  . Vậy        5 24 ; 5 12 A ,       5 24 ; 5 2 B , )0;4(C . 0,25 8 (1,0 đ)         1267 1)1(3 1 1 1 223 23 xxyyyxy yxyxyx yyx )8( )7( Trang 5/5 Điều kiện: 3 10 0 07 xy yx y           .   3 2 2 3 3 2 11 (7) x 3x y 3xy y 3 3 1 1 y y y x y y            33 11 ( 1) ( ) 1 y x y y x y        . (9) 0,25 Xét hàm số 1 1 )( 3   t ttf trên khoảng );1(  , ta có: 1,0 )1(2 1 3)(' 3 2    t t ttf )(tf đồng biến trên khoảng );1(  . Do đó: 11)()1()9(  xyxyyxfyf . 0,25 Thay 1x vào phương trình (8), ta được pt 13671 2  yyyy 07414)136(4 2  yyyy 0)4747()4141()96(4 2  yyyyyy 0)27()21()3(4 222  yyy 0,25 3 027 021 03           y y y y (Thỏa mãn). Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm )3;1();( yx . 0,25 9 (1,0 đ) Ta có 222 333 cba ba abcc ac abcb cb abca          (10) 0 2 3 2 3 2 3           c ba abcc b ac abcb a cb abca 0 ))(())(())((           ba bcacc ac abcbb cb cabaa (11) 0,25 Không giảm tính tổng quát, giả sử cba  . Đặt cb a x   , ac b y   , ba c z   . Do cba  nên zyx  . 0,25 Ta có 0))((  bcacz , 0))(()()()()(  yxcbcbycbxcbycax . 0,25 Suy ra 0))(())(())((  bcaczabcbycabax hay (11) đúng. Vậy bất đẳng thức (10) đúng. 0,25 ( Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng thì vẫn tính điểm tối đa) Hết . ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 5 NĂM 20 15 Môn: TOÁN Đ Ề CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: … tháng năm Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu. bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… Trang 1 /5 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 5 NĂM 20 15 Môn: TOÁN Đ Ề .   2/1 0 42 2/1 0 22 )()1( dtttdtttI 0, 25 35 1 2 35 0 tt     0, 25 17 480  . 0, 25 4 (1,0 đ) a) (0 ,5 đi ể m) Xét phương trình 053 2  zz (5) . Vì 2 9 20 11 11i   