SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề). Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số   3 2 2 1 4 5 3 y x mx m x      (1) , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với 1 m  . b) Tìm giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại x = - 1. Câu 2(1,0 điểm) a) Giải phương trình   2 4sin cos sin3 sinx x x x     . b) Tìm số phức z sao cho 2z z  và     1 z z i  là số thực. Câu 3(0,5 điểm). Giải phương trình       2 5 25 5 log log 4 log 1 x x x x      . Câu 4(1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 19 1 1 6 1 2 4 2 x x x x         x . Câu 5(1,0 điểm). Tính tích phân   2 0 cos 2sinI xx xdx     . Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a , AD = a 2 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 30 0 .Gọi M là trung điểm của BC. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SB. Câu 7(1,0 điểm ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH . Gọi D, E lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB và AH. Đường thẳng vuông góc với AB tại D cắt đường thẳng CE tại F(-1; 3) . Đường thẳng BC có phương trình là x – 2y + 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết điểm D thuộc đường thẳng 3x + 5y = 0 và hoành độ của điểm D là số nguyên. Câu 8(1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y + z – 3 = 0 và hai điểm (1;2;0), (1;1;3)A B  .Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và cách điểm A một khoảng bằng 2. Câu 9(0,5 điểm). Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 3 3 2 1 2 2 n n n A C C    . Tìm hệ số của số hạng chứa x 10 trong khai triển Nhị thức Niutơn   2 2 0 n x x x         Câu 10(1,0 điểm). Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2 ( 1) 2(1 )bc a a bc     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 2 2 1 4 12 (1 ) 1 a ac a P abc c a       Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: TOÁN (Đáp án - thang điểm gồm 06 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1.a (1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số   3 2 2 1 4 5 3 y x mx m x      với 1 m  Với 1 m  , ta có hàm số 3 2 1 3 5 3 y x x x     * Tập xác định : D R * Sự biến thiên: 2 ' 2 3 y x x   ; ' 0 3 y x    hoặc 1 x  0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng     ;1 và 3;+  . Hàm số nghịch biến trên khoảng   1;3  . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -1; y CĐ = 20 3 , đạt cực tiểu tại 3, 4 CT x y   - Giới hạn: lim ;lim x x y y     0,25 - Bảng biến thiên 0,25 Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0;5) 6 4 2 -2 - 4 -6 - 5 5 y x O 3 -1 0,25 Câu1.b (1,0đ) Tìm giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại x = - 1. 2 2 2 4 y x mx m      . Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1 2 1 (1) 0 m 2 3 0 3 m y m m               0,25 Với m = 1 theo câu a hàm số đạt cực đại tại x = -1(loại) Với m = - 3 3 2 1 3 5 5 3 y x x x     2 1 ' 6 5; y' = 0 5 x y x x x           0,25 x   'y y 1  0 0  20 3  4 3    2 Dấu của y’ -1 -5 + _ + 0,25 Tại x = -1 hàm số đạt cực tiểu. Vậy m = - 3 ( thỏa mãn) Kết luận 3 m  là giá trị cần tìm 0,25 Câu 2.a (0,5đ) a) Giải phương trình   2 4sin cos sin3 sin x x x x     . PT 2 4sin cos sin3 sin 0 x x x x       2sin2sin 2sin2 os 0 2sin2 sin os 0 x x xc x x x c x       0,25   2sin2 0 2 , sin os 0 4 k x x kl x c x x l                        Kết luận nghiệm…… 0,25 Câu2.b (0,5đ) Tìm số phức z sao cho 2 z z  và     1 z z i  là số thực . Giả sử   ,z a bi ab      2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 a = 1 z z a bi a bi a b a b a a b a b                    0,25           2 2 2 2 2 1 . 1 z z i zz zi z i a b ai bi a bi i a b b a a b i                Để     1 z z i  là số thực thì a + b + 1 = 0 Với a = 1 2 1 2b z i   Vậy 1 2z i 0,25 Câu 3 (0,5đ) Giải phương trình       2 5 25 5 log log 4 log 1 x x x x      . Điều kiện 2 0 1 1 0 x x x x         . Khi đó ta có PT:         2 2 5 5 5 5 5 log log2 log 1 log log2 1 x x x x x x         0,25   2 2 2 1 3 2 0 x x x x x         1 2 x x       Thử ĐK ta có x = 2 là nghiệm của phương trình. 0,25 Câu 4 (1,0đ) Giải bất phương trình: 2 19 1 1 6 1 2 4 2 x x x x       Điều kiện 2 19 1 0 1 2 4 6 6 1 0 x x x x            0,25 Với ĐK trên ta có bpt: 2 4 38 1 26 1 1x x x x     2 4 38 1 26 1 1x x x x      ( hai vế không âm) 2 2 4 38 1 4(6 1) 4( 1)6 1 2 1x x x x x x x           2 3 1 6 1 4( 1)6 1x x x x      0,25 3 Vì 1 6 x  , chia hai vế cho   2 1 0 x   ta được:   2 6 1 46 1 3 1 1 x x x x       Đặt   6 1 0 1 x tt x     , ta có bất phương trình: 2 3 4 3 0 1 t t t t          0,25 Với   6 1 3 3 6 1 3 1 1 x t x x x          ( vì 1 6 x  ) 2 9 12 10 0x x    ( vô nghiệm) Với   6 1 1 1 6 1 1 1 x t x x x          ( vì 1 6 x  ) 2 2 2 4 2 0 2 2 x x x x              Kết hợp ĐK 1 6 x  bất phương trình có nghiệm là 2 2 1 2 2 6 x x           0,25 Câu 5 (1,0đ) Tính tích phân   2 0 cos 2sin I xx xdx     . 2 2 0 0 cos 2sin cos I x xdx x xdx       0,25 2 1 0 cos I x xdx    Đặt cos sinx u x du dx xdx dv v            2 1 0 .sin sin .sin cos 1 2 2 2 2 0 0 0 I x x xdx x x x              0,25   2 2 2 2 2 0 0 0 sin 1 sin os sin sin 2 2 x I xc xdx xd x          0,25 Vậy 1 2 2I 11 2 2 2 I I        0,25 Câu 6 (1,0đ) 30  a H O M N D B A C S I 4 Vì    0 30 SA ABCD SCA    Trong tam giác vuông ACD có 2 2 3 AC AD CD a    Trong tam giác vuông SAC có   0 tan .tan 3tan30 SA SCA SA AC SCA a a AC      0,25 2 . . 2 2 ABCD S ABAD aa a   3 2 . 1 1 2 . 2 3 3 3 SABCD ABCD a V SAS aa    0,25 Gọi N là trung điểm của AD   // // DM BN DM SBN             ,SB , D, dDM dDM SBN d SBN    Vì N là trung điểm của AD         D, A, d SBN d SBN   Giả sử AC giao với BN tại H  H là trọng tâm của ABD Tính được 6 3 ; A 3 3 a a BH H   Có AB = a 2 2 2 AH BH AB    Theo định lý Pitago đảo  0 90AHB   BN AC  . 0,25 Kẻ AI SH , ta lại có BN AC ; BN SA   BN SAC BN AI     Vậy AI SH ;       , BN AI AI SBN AI dASBN      Trong tam giác vuông SAH có 2 2 2 2 2 1 1 1 . 2 ASAH a AI AI AS AH AH AS       Vậy   DM,SM 2 a d  0,25 Câu 7 (1,0đ) E D H B A C M F Giả sử DE cắt AC tại M ; //FD AB AC AB FD CA  Ta có // CE EM CH CE CH EH BF BF BC EF ED HB EF HB        0,25 Đường thẳng FB đi q F(-1; 3) và vuông góc với BC nên nó nhận VTCP của đường thẳng BC là   2;1 u   là VTPT Phương trình đường thẳng BF: 2(x + 1) + 1(y – 3) = 0 2 1 0x y   Giải hệ pt : 1 2 1 0 13 5 ; 2 1 0 3 55 5 x x y B x y y                         0,25 5 Vì D thuộc đường thẳng 3x + 5y =0 0 0 3 x; 5 x D         ; 0 0 3 1 ; 3 5 x FD x            ; 0 0 3 1 3 ; 5 5 5 x BD x            2 0 0 . 0 17 37 20 0 BD FD FDBD x x         0 1(/ ) x t m  hoặc 0 20 17 x    (loại) Vậy 3 1; 5 D        0,25 Vì D là trung điểm của AB nên 113 ; 5 5 A        Đường thẳng AC đi qua điểm 113 ; 5 5 A        và có VTPT 12 0 5 AB         Lập được PT dường thẳng AC là: 12 11 3 11 0 0 5 5 5 5 x y x                    C là giao điểm của đường thẳng AC và BC 11 3 ; 5 5 C          Vậy 113 ; 5 5 A        , 13 ; 55 B       , 11 3 ; 5 5 C         0,25 Đường thẳng (AB) đi qua điểm (1;2;0) A  có VTCP (2;3;3) AB   Xét pt (AB):   1 2 2 3 1 2;2 3t;3t 3 x t y t M t z t             thuộcường thẳng (AB) 0,25 M là giao điểm của AB và (P) nên     9 5 127 2 1 2 22 3 3 3 0 ; ; 13 1313 t t t t M                 0,25 Vì mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) nên mặt phẳng (Q) có dạng 2x – 2y + z + m = 0 . Mặt phẳng (Q) cách điểm A một khoảng bằng 2 nên ta có:   2 2 12 2 4 2 6 6 0 2 2 1 m m m m               0,25 Câu 8 (1,0đ) Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là: 2 2 12 0 x y z    hoặc 2 2 0 x y z  0,25         3 3 2 1 1! ! ! 2 2 2 3! 2! 2! 2! 2 3! n n n n A n n C C n n n           ĐK: 2 n n             1 1 1 2 2 5 3 6 11 3 2 2 2 2 n n n n n n             0,25 Câu 9 (0,5đ)     11 11 11 2 2 223 11 11 0 0 2 2 . 2 . 22 3 10 4 n k k k k k k k k x C x C x x x k k                             Vậy hệ số của x 10 là 4 11 16. 5280 C  0,25 Câu 10 (1,0đ) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2 ( 1) 2(1 ) bc a a bc     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 2 2 1 4 12 (1 ) 1 a ac a P abc c a       6 Ta có 2 2 2 2 2 ( 1) 2(1 ) 1 2 bc a a bc bc bc a a            2 2 2 2 1 2 2 1 2bc bc a a a         2 2 1 2 0 1bc bc bc c b         0,25 Ta có   2 2 2 1 1 4 12 1 1 a a P abc b a c        Do 2 2 1 1 1 a a bc abc a      Vì     2 2 1 1 4 4 1 1 c c b b c c        Theo Bất đẳng thức Cauchy, ta có     3 2 2 1 1 4 1 1 4 3 . . 3 2 2 2 2 1 1 c c c c c c               2 2 4 1 4 2 2 1 1 c b c c         Do đó 2 2 2 2 1 12 1 12 1 1 6 2 2 2 1 2 a a a a P a a a a a a a              0,25 Đặt   1 0t t a   4 2 6 2 () P t t t ft       Xét 4 2 () 6 2 ft t t t    trên   0; '() 0 1f t t   Bảng biến thiên t 0 1  f’(t) _ 0 + f(t) -2 0,25     () 2 0;P ft t    Vậy GTNN của P bằng - 1 1 1 1 t bc a b c c              0,25 Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa . DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) . Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số   3 2. ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: TOÁN (Đáp án - thang điểm gồm 06 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1.a (1,0đ) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số   3. m x      (1) , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) với 1 m  . b) Tìm giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại x = - 1. Câu