VnDoc - Ti ti liu, vn bn phỏp lut, biu mu

min phớ

đề thi thử thpt quốc gia lần 2 năm 2015
Môn: Toán

S GD & T THI NGUYấN
TRNG THPT LNG NGC QUYN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Cõu 1 (2,0 im). Cho ham sụ
1
y = x 4 2 x 2 1.
a) Khao sat s biờn thiờn va ve ụ
4
thi (C) cua ham sụ ó cho.
x 4 + 8 x 2 + 4m + 4 = 0. b) Da vao ụ thi (C), bin lun
theo m sụ nghim thc cua phng trỡnh
Cõu 2 (1,0 im). Giai cac phng trỡnh sau:
a) .
7 x + 2.71 x 9 = 0
b) (sinx + cosx)2 = 1 + cosx.
Cõu 3 (1,0 im).
a) Tỡm phn thc va phn ao cua z = 3 4i (3 5i )(6 + i)
3 + 2i
sụ phc: .
9
b) Tỡm h sụ cua x trong khai trin (2 - 3x)2n, trong ú n la sụ nguyờn dng thoa món:
C21n+1 + C23n+1 + C25n+1 + ... + C22nn++11 = 4096

(S). Xac inh ta cua tiờp im.

(

Cõu 8 (1,0 im). Giai h x 2 y 2 + 2 4 y 2 + 1

phng trỡnh:


)(

)

x2 + 1 x = 1

x33 ( 4 y 2 + 13) + x2 +( xxy,23+
Cõu 9 (1,0 im). Cho
y
z y+,11z)= zx = 6 14
x
P=
+
+
+
x + yz y + xz z + xy ( z + 1) 1 + xy + x + y 3 sụ thc dng thay

i, thoa món . Tỡm gia

tri nho nht cua biu thc .


4
vẽ đồ thị (C) của hàm số đã
C©u 1 cho.
b) Dựa vào đồ thị (C), biện − x 4 + 8 x 2 + 4 m + 4 = 0.
a, 1,0
b, 1,0

§iÓm

luận theo m số nghiệm của
phương trình

a, *TXĐ:
* Giới hạn:
* Chiều biến thiên:

D=¡
lim y = +∞; lim y = +∞.

x →+∞

0,25

x →−∞

 x=0
y ' = x 3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x 3 − 4 x = 0 ⇔ x x 2 − 4 = 0 ⇔ 
 x = ±2

(

)

0,25

+
0,25
0,25

2


b) Ta có: (*)

C©u 2

1
− x 4 + 8 x 2 + 4m + 4 = 0 ⇔ x 4 − 2 x 2 − 1 = m
4 điểm của đô thị (C) và đường
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao
thẳng d: y = m
- Nếu m > -1 hoặc m = - 5 thì d cắt (C) tại 2 điểm nên phương trình (*) có 2
nghiệm.
- Nếu m = - 1 thì d cắt (C) tại 3 điểm nên phương trình (*) có 3 nghiệm.
m ∈ (−5; −1)
- Nếu thì d cắt (C) tại 4 điểm
phân biệt nên phương trình (*)
có 4 nghiệm phân biệt.
7 x + 2.71− x − 9 = 0
- Nếu m < -5 thì d không cắt (C) nên phương trình (*) vô nghiệm.
Giải các phương trình sau: (sinx + cosx)2 = 1 + cosx

9t
+
14
=
0
⇔
mãn t > 0 )
t = 2
t

x
Với t = 7
⇔ 7 = 7 ⇔ x =1
2
Với t = 2
⇔ 7 x = 2 ⇔ x = log 7 2 ⇔
x
=
log
2
(
)
7
2
Vậy PT đã cho có
x = ( log 7 2 )
hai nghiệm : x=1, .
b) Ta có:
Vậy: phương trình có
nghiệm


a) Tìm phần thực và phần z = 3 − 4i − (3 − 5i)(6 + i)
3 + 2i
ảo của số phức: .
9 1
3
5
2 n+1
2n
b) Tìm hệ số của x C2 n+1 + C2 n+1 + C
x )... + C2 n+1 = 4096
( 22 n-+13+
trong
khai
triển , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: .

0,25

0,25
0,25

0,25

a) Ta có

(3 − 4i )(3 − 2i)
− 18 − 3i + 30i + 5i 2
2
2
3 +2

Cho x= -1, ta có :
(2)
Lầy (1) trừ (2), ta 22 n+1 = 2 ( C21n+1 + C23n+1 + C25n+1 + ... + C22nn++11 )
được :
22 n = C21n+1 + C23n+1 + C25n+1 + ... + C22nn++11
⇔
22 n = 4096 Û 22 n = 212 Û 2n = 12
Từ giả thiết ta có
Do đó ta có
( 0 ≤ k 2 - 3 x 12 = 12 ( - 1 )k C k 212- k ( 3x )k
(
)
å
12
≤ 12, k nguyên)
k =0
C129 39 23
⇒ hệ số của x9 là : -.
C©u 4
1,0

Tính tích phân .
Đặt
Đổi cận:

2 n+1

0,25

0,25

C©u 5

1.0

2
2 u3 2
udu =
3
3 3 1
14
I=
9

0,25
0,25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng
(SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc
600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
BD và SA theo a.
S

k
E
A
D

H

B

a 0
∠EAH
Ta có nên tam giác EAH
HE == ∠DBA
= = 45
vuông cân tại E, suy ra
2
2
a
.a 15
HE.HS
15
Vậy:
2
15
⇒ HK =
=
=
a.
=
2
a.
2d ( BD;SA
2
2
)
31
2
HE + HS
 a  31


H
I
B

K

C

I (»1· ;2)
1
(T) có tâm . Gọi Cx là tiếp
·
HCx
=AC
ABC =
2
tuyến của (T) tại C. Ta có Sđ(1)
⇒
·
·
·
·
·
Do nên AHKB là tứ giác nội AHB
ABC
=AHK
AKB
= KHC
= 900

y2)= 5= 25
( x −21xy) +=+y−(1−
y−

Đường thẳng AC đi qua C và có CH = (−93;=6)0

vectơ chỉ phương là nên AC có
phương trình .
Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
A9(11=;70)x = 5
(loại). Do đó
2 x +yx−=
⇒2
; 2

Đường thẳng BC đi qua C và(có
x −x1CK
+=y(7−
y 2−6y;=
22=))0−=125
(−
)+y 3=
vectơ chỉ phương là nên BC có
phương trình .
Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
−=(−
2−4=;02)x = 5
(loại). Do đó
 x + 3yx B
⇒ 2

AB
M
=
−
;
−
;
−
;

÷; ÷
là trung trực của AB đi qua ,
 3 3 3 33  3 
có vtpt là: 2x + 2y – z +
0,25
3=0 (P)
Ta có: nên mặt phẳng trung d(I;(P)) = 2 = R
0,25
6


trực của đoạn thẳng AB tiếp xúcrvới mặt cầu (S) (đpcm)
Phương trình đường thẳng d đi n (P) = ( 2;2; −1)
qua I nhận véc tơ làm vt chỉ
phương là:
 x = 1 + 2t

 y = 2 + 2t
ﾧ hệ pt:
 x = 1 + 2td ∩(P)

Giải hệ phương
 x2 y 2 + 2 4 y 2 + 1
x2 + 1 − x = 1

trình:

 x 3 ( 4 y 2 + 1) + 2 ( xx2 ≥+ 01) x = 6
Lời giải: ĐKXĐ:

+) Hệ pt tương đương  x 2 y 2 + 2 4 y 2 + 1 = x 2 + 1 + x (1)

với


)

(

0,25

 x 3 ( 4 y 2 + 1) + 2 ( x 2 + 1) x = 6 ( 2 )
 mãn hệ
x = 0 phương trình do đó
+) Nhận thấy không thỏa

(

)

(

+) Từ (*) và (**) nhận được thế
được

2y =

1 vào phương trình (2) trong hệ ta
x

 1

x 3  2 + 1÷+ 2 ( x 2 + 1) 3 x = 6 ⇔2 x 3 + x + 2 ( x 2 + 1) x = 6
2 ( x) + 1) x − 6
x
 g ( x ) = x + (x0;++∞

C©u 9

+) Ta thấy
hàm số đông
biến trên khoảng
1() x=y2 0=
+) Lại có suy ra
g ( x ) = x3 +x x=g+1(2⇒
+ 11) x − 6 = 0
2
phương trình có
nghiệm duy nhất
1
Vậy: Hệ pt đã cho có nghiệm
( x; y ) = 1; ÷


0,25


1,0

x, ( xyx,=+zyy>+02 ) 2 ( z + 1) 2
Ta có: nên dấu = xảy
=
( 1+ x) ( 1+ y) ≤
ra khi
4
4
=x 2(y1++yx2) ( 1 + y )
1 + xy + 2xy
x + yx≤ =
Lại có: và dấu = xảy
ra khi
Nên ta được

0,25

x3
y3
z3
14
P4=
+4
+3
+


( 1+ x) ( 1+ y )

( x + y) +
z3
14
⇒P≥
+
2 ( 1 + z ) ( 1 + x ) ( 1 + y ) ( z + 1) ( 1 + x ) ( 1 + y )
2
2
x + y)
z − 1)
(
(
4z3
28
4 z 3 + 28 9 z 3 − z 2 − z + 57
⇒P≥
+
+
=
+
=
2
2 ( 1 + z ) ( z + 1) 2 ( z + 1) 2 2 ( 1 + z ) ( z + 1) 2
2 ( z + 1)
2

Xét hàm

83
3

z∈( 1; +∞ )

8

0,25