TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HÀ TĨNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 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
3 2 (1).y x x= − +

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
(1)
.
b. Gọi
M
là điểm thuộc đồ thị
( )C
có hoành độ bằng -1. Tìm m để tiếp tuyến với
( )C
tại
M

song song với đường thẳng
2

n
là số nguyên dương thỏa mãn
1 3
5 .
n n
C C
=
Tìm hệ số của số hạng chứa
5
x
trong khai
triển nhị thức Niutơn của
(2 ) .
n
x
+

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD = 2a; tam giác SAC
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy,
3.SC a=
Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm
B
đến mặt phẳng
( ).SAD

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
O ,
xy
cho hình bình hành

đố
i x
ứ
ng v
ớ
i N qua .C Tìm t
ọ
a
độ

các
đỉ
nh
, , , ,
A B C D
bi
ế
t r
ằ
ng 3 2
AC AB
= và
đ
i
ể
m
H
thu
ộ
c

( ): 2 2 1 0P x y z− + − =
và
đườ
ng th
ẳ
ng
1 2
: .
2 3 1
x y z
d
− −
= =
Tính kho
ả
ng cách t
ừ

A

đế
n
( )P
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph

x y y x y y
x y R
y xy x x

+ − − + − + + =

∈

− − − − + =



Câu 9 (1,0 điểm).
Cho
a
là s
ố
th
ự
c thu
ộ
c
đ
o
ạ
n
[1;2].
Ch
ứ
ng minh r

−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
−−
− H
ọ
và tên thí sinh :
………………………………………………
; S
ố
báo danh :
……………………….

0
0'
x
x
y
0,25
 Giới hạn, tiệm cận:

−∞=
−∞→
y
x
lim
,
+∞=
+∞→
y
x
lim
. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
 Cực trị: Đồ thị hàm số đạt cực đại tại
(0;2)
, cực tiểu tại
(2; 2)−

 Hàm số đb trên mỗi khoảng
( ;0); (2; )−∞ +∞
, nghịch biến trên
(0;2)


ạ
i
(0;2)

(0;2) 0,25
Ta có
( 1; 2).
M
− −

0,25
Pttt c
ủ
a (C) t
ạ
i M là
/
: ( 1)( 1) 2y y x∆ = − + −

0,25
x
−∞
0 2
+∞

y' + 0 - 0 +

y
2
+∞ -2
−∞ y 2
2
O 1 x

-2 sin 2 0
2
sin 1
0,25

2.b
5 5 1
0
5 1
x
x
x
x

= =

⇔


=
=

0,25
1 1 1
2 2 2

=

Ta có
2
2
x
du dx
e
v
=



=



0.25
3
1 1
2 2 2 2 2
1
2
0
0 0
1
( ) .

x
−
− − + = ⇔ =
+

0,25
4.a
2
8 21 9 0 3
x x x
⇔ − − = ⇔ =
hoặc
3
8
x
−
=
. Đối chiếu ĐK ta được nghiệm x=3
0,25
ĐK:
*
, 3.n N n∈ ≥
Ta có
1 3 2
5 3 28 0 7
n n
C C n n n= ⇔ − − = ⇔ =
hoặc
4n = −
(Loạ

B
C
D
A
S
H
K
J

Kẻ
( )SH AC H AC
⊥ ∈
.
Do
( ) ( ) ( )SAC ABCD SH ABCD
⊥
⇒
⊥

2 2
. 3
;
2
SA SC a
SA AC SC a SH
AC
= − = = =
2
.
2


Do BC//(SAD)
( ,( )) ( ,( )) 4 ( ,( )).d B SAD d C SAD d H SAD
⇒
= =

Kẻ
( ), ( )
HK AD K AD HJ SK J SK
⊥ ∈ ⊥ ∈

0,5
– Đề Thi Thử Đại Học

Cm được
( ) ( )SHK SAD⊥
mà
( ) ( ,( ))
HJ SK HJ SAD d H SAD HJ
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =AHK
∆
vuông cân tại K
0
2
sin 45
4
a

(3 ;2 )
H H a a
∈∆ ⇔I
G
A
B
C
D
H
N
M

0,25
6
Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm
BCD
∆
.
Suy ra
2 1
3 3
CG CI AC= =
mà
1 5 4
4 12 5
AM AC MG AC CG MG
= ⇒ = ⇒ =

AC AB CD CD
CM CN CH MHN= = = = = = ⇒ ∆
vuông tại M.
MH có pt
2 0 : 1 0 ( 1;0)y MN x N− = ⇒ + = ⇒ − (1;1),C⇒ ( 3; 1)D − −

0,25

Do
5 7 1 5 7 13
3 ( ; ) ( ; ) ( ; ).
3 3 3 3 3 3
CM MA A I B
− −
= ⇒ ⇒ ⇒
 

Vậy
5 7 7 13
( ; ), ( ; ), (1;1), ( 3; 1).
3 3 3 3
A B C D
−
− −

0,25
2 2 2
2( 2) 2.1 1.5 1
2
( ,( ))

5
p d
n n u
−
=
  
làm vtpt
Suy ra
( ): 2 12 0Q x z− + =

0,25
ĐK:
2 2
2 0; 2 2 0.y xy x− ≥ − − ≥

2 2 2 3 2 2 2
( 1) 2 2 0 ( 2 )( 2 1) 0x y y x y y x y y x+ − − + − + + = ⇔ + − + + − =2
2 2
0
2
2
y
y x
y x
≥

= + ⇔

1 2 0 ( 1 2) 3 2 5
3 3 9
3
3 1
( 1) 2 1 4 2 5
3
3 3 9 (*)
1
( 1) 2 1 4 2 5
x x x x x x
x x x
x
x
x x x
x
x x x
x x x
− − − + = ⇔ − − + − = − −
 
− + +
+
⇔ − + =
 
− + − + − +
 
 
=


+ + +⇔

3
3
) 1 2 ( 1) 2 1 1 **
( 1) 2 1 4
x
x x x
x x
+
+ + < ⇔ − + − + >
− + − +

Đặt
2
3
1, 0t x t= − >
. Khi đó (**) trở thành
2 3 2 2 3 4 3 2
2 1 1 ( 2 1) 1 3 6 4 0t t t t t t t t t t+ + > + ⇔ + + > + ⇔ + + + >
Đúng
0t∀ >
.
Suy ra (*) vô nghiệm
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(3;
11
)
0,25

BĐT
1 1 1
(2 3 4 )( ) 24

9
Từ đó suy ra
1 1 1
32( ) 54 (2 3 4 )
2 3 4
a a a
a a a
+ + < − + +1 1 1 54 (2 3 4 )
2 3 4 32
a a a
a a a
− + +
⇔ + + <

Khi
đó

2
1 1 1 (2 3 4 )[54-(2 3 4 )]
(2 3 4 )( )
2 3 4 32
1 [2 3 4 54-(2 3 4 )] 729
24
32 2 32
a a a a a a
a a a
a a a