SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2015
TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Môn toán - KHỐI A
Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )
PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH .
Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x
3
–
3x
2
+ 2
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình :
2
2 2
1
m
x x
x
− − =
−

Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình :
5
2 2 os sin 1
12
c x x
π
 
− =
 ÷
 
2) Giải hệ phương trình:

Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt
phắng đáy một góc 60
0
.Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM =
3
3
a
, mặt phẳng
( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM
Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5
-x
+ 5
-y
+5
-z
= 1 .Chứng
minh rằng

+ + +
+ +
+ + +
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y

≥
+ +
5 5 5

Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật
ABCD
1
có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng
03:
1
=−− yxd
và

06:
2
=−+ yxd
. Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d
1
với trục Ox. Tìm toạ
độ
các đỉnh của hình chữ nhật.
2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :
D
1
:
2 1
1 1 2
x y z
− −
= =
−
, D
2
:

D R.=
Sự biến thiờn:
2
3 6y' x x.= −
Ta có
0
0
2
x
y'
x
=

= ⇔

=

0,25

( ) ( )
0 2 2 2
CD CT
y y ; y y .= = = = −
0,25
Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞
y'

22
2
−
=−−
x
m
xx
theo tham số m.
Ta có
( )
2 2
2 2 2 2 1 1
1
m
x x x x x m,x .
x
− − = ⇔ − − − = ≠
−
Do đó số nghiệm của
phương trình bằng số giao điểm của
( )
( )
2
2 2 1y x x x , C'= − − −
và đường
thẳng
1y m,x .= ≠
0,25
Vỡ
( )

f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
0,25
Dựa vào đồ thị ta có:
+
2m :
< −
Phương trình vụ nghiệm;
+
2m :
= −
Phương trình có 2 nghiệm kộp;
+
2 0m :
− < <
Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt;
+
0m :
≥
Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt.
0,25
2) Đồ thị hàm số y =
2
( 2 2) 1x x x− − −
, với x
≠

 
0.25
5 5 1 5 5
sin 2 sin sin sin 2 sin sin
12 12 4 12 4 12
2
2cos sin sin
3 12 12
x x
π π π π π π
π π π
   
⇔ − + = = ⇔ − = − =
 ÷  ÷
   
   
= − = −
 ÷  ÷
   
0.25
( )
5
2 2
5
6
12 12
sin 2 sin
5 13
3
12 12





¢
0.5
2.)
Giải hệ phương trình:
2 8
2 2 2 2
log 3log ( 2)
1 3
x y x y
x y x y

+ = − +


+ + − − =


.
Điều kiện: x+y>0, x-y>0
2 8
2 2 2 2 2 2 2 2
log 3log (2 ) 2
1 3 1 3
x y x y x y x y
x y x y x y x y
 

+ + + +
− = − =
 
 

0,25đ
2
2 4 (1)
( ) 2 2
3 (2)
2
u v uv
u v uv
uv

+ = +

⇔

+ − +
− =


. Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ =
.
0,25đ
Kết hợp (1) ta có:
0


/4 /4 /4
2
1 2
2
/4 /4 /4
sin
1 sin sin
1
x
I dx x xdx x xdx I I
x x
π π π
π π π
− − −
= = + + = +
+ +
∫ ∫ ∫
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì
1
0I =
, tích phân từng phần
2
I
được kết quả.
0.5đ
Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì
1
0I =
, tích phân từng phần

a
a
MN SM MN
AD SA a
a
−
= ⇔ = =
0,25đ
0,25đ
6
A
S
B
C
M
N
D
Suy ra MN =
4
3
a
. BM =
2
3
a
Diện tích hình thang BCMN là :
S =
2
4
2

⇒
SH là đường cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
AB AM
SB MS
=
=
1
2
.
Vậy BM là phân giác của góc SBA
⇒
·
0
30SBH =

⇒
SH = SB.sin30
0
= a
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V =
1
.( )
3
SH dtBCNM
=
3
10 3
27
a

= c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
+ +
+ + ≥
+ + +
( *)
( *)
⇔
3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
+ +
+ + ≥
+ + +

⇔

3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
+ +
+ + ≥
+ + + + + +

+ + ≥
+ +
( 3) .
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II)
Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)
1. Chương trình Chuẩn.
Cõu Ph
ần
Nội dung Điểm
CâuV
Ia.
(1,0)
1(1
,0)
+ Do
AB CH⊥
nờn AB:
1 0x y+ + =
.
7
B
C
A
H
N

− − =

. Suy ra: I(-1; 3)
'( 3; 4)A⇒ − −
+ Phương trình BC:
7 25 0x y+ + =
. Giải hệ:
7 25 0
1 0
x y
x y
+ + =


− + =

Suy ra:
13 9
( ; )
4 4
C − −
.
+
2 2
450
( 4 13 / 4) (3 9 / 4)
4
BC = − + + + =
,
2 2

+)
1
u
ur
và
2
u
uur
cùng phương
0,25đ
+) M( 2; 0; - 1)
∈
d
1
; M( 2; 0; - 1)
∉
d
2
Vậy d
1
// d
2
0,25đ
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là
n
r
= ( 5; - 22; 19)
(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0
2)
AB

1
. Tìm được H
36 33 15
; ;
29 29 29
 
 ÷
 
0,25đ
A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28
; ;
29 29 29
 
−
 ÷
 
I là trung điểm của A’B suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29
− −
 
 ÷
 
0,25đ
8
I
d
1

2
2
=+−−+
z
z
z
z
(2)
0.25đ
Đặt t=z-
z
1
Khi đó
2
1
2
22
−+=
z
zt
2
1
2
2
2
+=+⇔ t
z
z
Phương trình (2) có dạng : t
2

i
z
z
(4)
Có
222
)3(696816)31( iiiii +=++=+=++=∆
PT(4) có 2 nghiệm : z=
i
ii
+=
+++
1
4
)3()31(
,z=
2
1
4
)3()31( −
=
+−+ iii
0.25đ
Với t=
2
31 i−
ta có
02)31(2
2
311

2
1−− i
0.25đ
Phần II.
Câu VIb. 1)
Ta có:
Idd
21
=∩
. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:



=
=
⇔



=−+
=−−
2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy











−==
9
Theo giả thiết:
22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS
ABCD
ABCD
===⇔==
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d
1

ADd
1
⊥⇒
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d
1
nhận
)1;1(n
làm VTPT nên có PT:
03yx0)0y(1)3x(1 =−+⇔=−+−




=+−
+−=
⇔
13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2
2
2
2



=
=
⇔
1y
2x
hoặc



−=
=

Cõu Phần Nội dung Điểm
CâuVIb.
(1,0)
2.a)
Các véc tơ chỉ phương của D
1
và D
2
lần lượt là
1
u
ur
( 1; - 1; 2)
và
2
u
uur
( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0)
∈
D
1
; N( 2; 3; 0)
∈
D
2
0,25đ
Xét
1 2
; .u u MN



uuurur
uuur uur

⇒

1
3
' 0
t
t

= −



=


⇒
A
5 4 2
; ;
3 3 3
 
−
 ÷
 
; B (2; 3; 0)

6 6 3 6
x y z
     
− + − + + =
 ÷  ÷  ÷
     
0,25đ
CâuVIIb
(1,0)
Ta có:
2009 0 1 2009 2009
2009 2009 2009
(1 ) i C iC i C+ = + + +

10

0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 3 5 7 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009

( )
C C C C C C
C C C C C C i
− + − + − + +
− + − + − +
Thấy:
1
( )
2

2009 2009 2009 2009 2009 2009
( ) ( ) 2C C C C C C+ + + + + + + =
.
Suy ra:
2008
2B =
.
+ Từ đó ta có:
1003 2007
2 2S = +
.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
11