SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT QUY NHƠN Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: 322 y = 2x + (m + 1)x + (m - 4)x - m + 1 a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ()C của hàm số khi m = 2. b/ Viết phương trình tiếp tuyến của ()C tại giao điểm của ()C với trục tung. Câu 2 (1,0 điểm): a/ Giải phương trình lượng giác: 2cos(2x ) 4s inx.sin3x - 1 0 3    b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2 2z - 2z + 5 = 0 Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình: 20,5 2log (x - 2) + log (2x - 1) = 0 Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình   21 2 32 2.4 1 2 2log 11 yx x y x xy xy x            , (x,y R). Câu 5 (1,0 điểm): Tính tích phân 1 x 0 I = (1 + x)e dx ò Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 0 . Tính thể tích của hình chóp. Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC. Biết AM có phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A có tung độ dương, điểm M có tung độ âm Câu 8 (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm (3;2; 3)A và hai đường thẳng 1 x-1 y+2 z-3 d: = = 11-1 và 2 x-3 y-1 z-5 d: = = 123 a/ Chứng minh rằng 1 d và 2 d cắt nhau. b / Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa 1 d và 2 d . Tính khoảng cách từ A đến mp(P). Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa 6 x trong khai triển của: 35 2 1 n x x x     , biết tổng các hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và 0x  ). Câu 10 (1,0 điểm): Cho ,,abc là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 222 222 111111 444 abc bcaabbcca     . ………………….HẾT…………… ĐỀ THI THỬ P N Cõu Ni dung im 1a Vi m = 2 ta cú hm s: 32 231yx x=+- Tp xỏc nh: D = o hm: 2 66yxx  =+ Cho hoac 2 06 6 0 0 1yxxx x  = + == =- Gii hn: ; lim lim xx yy -Ơ +Ơ =-Ơ =+Ơ Bng bin thiờn x Ơ 1 0 +Ơ y  + 0 0 + y 0 +Ơ Ơ 1 Hm s B trờn cỏc khong (;1),(0; )-Ơ - +Ơ , NB trờn khong (1;0)- Hm s t cc i y C = 0 ti Cẹ 1x =- , t cc tiu y CT = 1 ti 0x = CT . 11 12 6 0 22 yx x y  =+==-=- . im un: 11 ; 22 I ổử ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ốứ Giao im vi trc honh: cho hoac 32 1 02 3 10 1 2 yxx x x= + -==- = Giao im vi trc tung: cho 01xy==- Bng giỏ tr: x 3 2 - 1- 1 2 - 0 1 2 y 1- 0 1 2 - 1- 0 th hm s: nh hỡnh v di õy 1.0 1b Giao im ca ()C vi trc tung: (0 ; 1)A - 00 0; 1xy==- (0) 0f  = Vy, pttt ti A(0;1) l: 10( 0) 1yxy+= - =- 1.0 2a Gii phng trỡnh : 2cos(2x ) 4sinxsin3x 1 0 3 (1) 2(cos2xcos sin 2x sin ) 4sin x sin3x 1 0 33 0.5 x y 1 2 -1 O -1 2 cos2x 3 sin2x+4sin x sin 3x 1 0 1 2s in x-2 3 sin x cos x 4sin x sin 3x 1 0 sinx(2s in3x-sin x- 3 cos x) 0       sinx 0 sinx 3 cos x 2sin 3x       *sinx 0 (k z)xk    13 *s inx 3 cos x 2sin 3x sinx cos x sin 3x 22 3x x k2 x k 36 sin(x ) sin 3x (k z) 3 3xxk2x k 362                          vậy phương trình đã cho có nghiệm x k   ; xk 62    (k z) 2b 2 2250zz-+= (*)  Ta có, 22 ( 2) 4.2.5 36 (6 )iD= - - =- =  Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt: ; z 12 26 1 3 26 1 3 422 422 ii zi i +- ==+ ==- 0.5 đ 3 20,5 2 log ( 2) log (2 1) 0xx-+ -= (*)  Điều kiện: 2 20 2 1 210 2 x x x x x ì ï > ì ï ï -> ï ï ï > íí ïï -> > ïï î ï ï î  Khi đó, (*) 22 22 2 2 log( 2) log(2 1) 0 log( 2) log(2 1)xx x x -=-= -  (loai) (nhan) 22 1 (2)(21) 650 5 x xxxx x é = ê -=--+= ê = ê ë 0.5 đ 4 Điều kiện: 20 0 0 0 x x x y y             Ta có:       2 211010xyx xy xy  ( Vì 2 10xyx   ) 1yx   (a)   1  21 2 2.4 1 2 2log yx x y      22 22 2log22 log2 * yx yx   Xét hàm số:   2 2log t f tt trên   0;   Ta có:   1 '2ln2 0 0; ln 2 t f tte t  ,vậy   f t là hàm số đồng biến. Biểu thức       *2 222 f yf x y x  (b) Từ (a) và (b) ta có: 1.0 đ 60 2 a O C B A D S  22 11 21 2 4842 2520 xx xx xx x xx          1 2 1 2 x x x                2 x  Với 21 x y , suy ra hệ phương trình có một nghiệm   2;1 . 5 1 0 (1 ) x Ixedx=+ ò  Đặt 1 xx u x du dx dv e dx v e ìì ïï =+ = ïï ïï  íí ïï == ïï ïï îî . Thay vào công thức tích phân từng phần ta được: 11 1 10 10 0 0 0 (1 ) (1 1) (1 0) 2 1 ( ) xx x Ixe edx e eeeeee=+ - =+ -+ - = - = ò  Vậy, 1 0 (1 ) x Ixedxe=+ = ò 1.0 đ 6  Gọi O là tâm của mặt đáy thì ()SO ABCD^ do đó SO là đường cao của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO, do đó  0 60SBO = (là góc giữa SB và mặt đáy)  Ta có,    tan .tan .tan 2 SO BD SBO SO BO SBO SBO BO == = 0 2.tan60 6aa==  Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là 3 11 1 46 2.2.6 33 3 3 a VBhABBCSO aaa== = = 1.0 đ 7 2 x Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM  6 ; 10 BH d B AM  Đặt cạnh hình vuông là x>0 Xét tam giác A BM có 22 2 22 1111014 32 36 x BH BA BM x x   C D A B H I M x A thuộc AM nên   ;7 3 A tt    22 2 32 4 3 6 32 10 44 34 0 1 17 16 ;,1;4/ 17 55 5 AB t t t t t A loai A t m t             Làm tương tự cho điểm B, với 32 5 1 ; 22 22 x BM M       M là trung điểm của BC   1; 2C Gọi I là tâm của hình vuông   1;1I Từ đó   2;1D 8 a/  d 1 đi qua điểm 1 (1; 2; 3)M - , có vtcp 1 (1;1; 1)u =-   d 2 đi qua điểm 2 (3;1;5)M , có vtcp 2 (1; 2; 3)u =   Ta có 12 111111 [, ] ; ; (5;4;1) 233112 uu æö ÷ ç ÷ ç ==- ÷ ç ÷ ç ÷ ÷ ç èø  và 12 (2; 3; 2)MM =   Suy ra, 12 12 [ , ]. 5.2 4.3 1.2 0uu MM=-+=   , do đó d 1 và d 2 cắt nhau. b/ Mặt phẳng (P) chứa 1 d và 2 d .  Điểm trên (P): 1 (1; 2; 3)M -  vtpt của (P): 12 [, ] (5;4;1)nuu==-   Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5 ( 1 ) 4( 2) 1( 3) 0xyz + + - = 54 160xyz-+-=  Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là: 222 5.(3) 4.2 (3) 16 42 (,()) 42 42 5(4)1 dA P + === +- + 1.0 đ 9 Xét khai triển : 5 353 2 33 11 n n x xx x xx        1 555 30 1 222 33 3 11 1 kn nn nk kn nn n n xC C x C x C x xx x                            Thay 1 x  vào khai triển ta được: 01 2 nkn nn n n CC C C    Theo giả thiết ta có: 01 4096 kn nn n n CC C C 12 22 12 n n   0.5 đ 10 Với 12n  ta có khai triển: 12 35 2 1 xx x     Gọi số hạng thứ   10 12,kkkZ  là số hạng chứa 6 x . Ta có :   12 5 221 35 2 112 12 2 1 k k k k kk k TxC x Cx x        0,5 Vì số hạng có chứa 6 x nên :   221 6 5 221 6 6 29 k kk     . Với 6k  ta có hệ số cần tìm là : 6 12 924C  . Ta có: 222 22 22 22 111 44 44 44 abc VT bb cc aa     22 2 222 1 222 2 abc abc bca bca      Mặt khác: 22 2 12 12 12 ;; ab c bab cbc aca    Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 22 2 111ab c bc aabc   Suy ra: 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 24 VT abc ab bc ca          14 4 4 1 1 1 4 VP ab bc ca ab bc ca       Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1abc   1.0 đ . GD&ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT QUY NHƠN Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: 322 y = 2x + (m. 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa 6 x trong khai triển của: 35 2 1 n x x x     , biết tổng các hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và 0x. Câu 10 (1,0 điểm): Cho ,,abc là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 222 222 111111 444 abc bcaabbcca     . ………………….HẾT…………… ĐỀ THI THỬ P N Cõu Ni dung im 1a Vi m =