HƯỚNG DẪN CHẤM THI

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 2

THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y=x⁴−2x²+4 (1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1).

b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x²(x²−2) 3+ =m có 2 nghiệm phân biệt.

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Cho góc ^αthỏa mãn ³ 2

π

π <α< và ^{sin 4} 5

α = − ⋅ Tính ^{1 cot} 1 cot

A α

α

= + ⋅

b) Cho số phức_zthỏa mãn 3(z+1)=4z+i(7−i).Tính môđun của số phức − _z^. Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình ^22+x−^22−x=^15.

Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2 2 2 3

2 2 2 2 2

4 1 1 ( 3 2)

( ) 2014 2015 4030

 = + +  − + −

   ⋅

 + + + = +



x x x y y

x y y x y

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân

( )

1

5 ln .

e

I =

∫

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp ^{S ABC.} có đáy ^ABClà tam giác vuông tạiA AB, =3 ,a BC=5 ;a mặt phẳng (SAC)vuông góc với mặt phẳng(ABC).Biết ^SA=^{2a 3}và ^SAC=^{30 .o} Tính theo ^athể tích của khối chóp S ABC. và khoảng cách từ điểm _Ađến mặt phẳng (SBC).

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxycho hình bình hành^ABCDcóD(5; 4).Đường trung trực của đoạn ^DCcó phương trìnhd₁^:₂x+³y−⁹=⁰và đường phân giác trong góc ^BACcủa tam giác

ABCcó phương trìnhd₂^{: 5}x+y+¹⁰=^0.Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(–1; 1; 2), B(0; 1; 1), C(1; 0; 4) và đường thẳng : 2 ,

3

 = −

 = + ∈

 = −



x t

d y t t .

z t

ℝ Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm tọa độ giao điểm của d với mặt phẳng (ABC).

Câu 9 (0,5 điểm). Cho số nguyên dươngnthỏa mãn điều kiện ^{1 1 2 821.}

2

+ − + =

n n

n n n

C C A Tìm hệ số củax³¹

trong khai triển Niu-tơn của ^{x 1}₂ ^{n(x 0).}

x

 

+ ≠

 

 

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x y, là các số thực dương thỏa mãn x+y≤^1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

2 2 2 2

1 1

4 4

1 1

x y

P x y

x y x y

 

= + + + − + + + ⋅

--- Hết ---

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:...; Số báo danh:...

Đề chính thức (Đề thi gồm 01 trang)

ĐÁP ÁN KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: Toán – Khối A; A1; B; D1

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định.

2) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả) II) Đáp án và thang điểm:

Câu Đáp án Điểm

Cho hàm số y=x⁴−2x²+4 (1).

a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) của hàm số (1) iTập xác định_ℝ.

iChiều biến thiên:

- Ta có y′=4 (x x²−1); y′=0⇔x=0hoặc^x_{= ±}^1.

- Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞; 1)− và(0;1).

- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng( 1; 0)− và(1;+∞).

0.25

i Cực trị:

- Hàm số đạt cực tiểu tại x= ±1, y^CT =y( 1)± =3.

- Hàm số đạt cực đại tại x=0, yCÑ= y(0)=4.

i Các giới hạn tại vô cực: ^{lim ; lim}

→−∞ = +∞ →+∞ = +∞

x y x y

0.25

Bảng biến thiên

x −∞ −1 0 1

y'

y

+∞

0.25

Đồ thị hàm số : Đồ thị qua các điểm ^{1 31} 3 9

 

− −

 

 ; , ( 2; 12), (2; 12).

A B C

0.25

b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x²(x²−2) 3+ =m có 2 nghiệm phân biệt.

Ta cóx²(x²−2) 3+ =m⇔x⁴−2x²+3=m⇔x⁴−2x²+4=m+1 (*) ^0.25 Số nghiệm của PT(*) bằng số giao điểm của đường thẳngd y^: =m+¹ với đồ thị

( )C ^0.25

Dựa vào đồ thị( ),C để PT đã cho có 2 nghiệm thì: m+ >1 4hoặcm+ =^{1 3.} _0.25 Câu 1

(2 điểm)

Hay m>³hoặcm=^2.Vậy PT đã cho có 2 nghiệm khim>³hoặcm=^2. 0.25 Câu 2

(1 điểm) a) Cho góc ^αthỏa mãn ^π _<^α_<^3π và ^sinα_{= −}⁴_⋅ Tính _A=^1+cotα⋅

0 y

1 x

−1

4 3 O

Ta có ^{cos2 1 sin2 1 16 9 cos 3}

25 25 5

α= − α = − = ⇒ α= − (do ³ 2

π

π <α< ) ^0.25

Từ đó có

4 3

sin cos 5 5 7.

4 3 sin cos

5 5

A α α

α α

− −

= + = =

− − +

0.25

b) Cho số phức_zthỏa mãn 3(z+1)=4z+i(7−i).Tính môđun của số phức _z^. Đặtz=a+bi( ,a b∈ℝ).Khi đó

3(z+1)=4z+i(7−i)⇔3(a+bi+1)=4(a−bi) 1 7+ + i⇔a−2 7(1+ −b i) =0

0.25

2

5.

1 a

z b

 =

⇔ ⇒ =

 = ^0.25

Giải phương trình ^22+x−^22−x=^15.

PT trên có thể viết lại ^{4.2 4 15.}

2

x

− x = Đặt t=2 (^x t>0)ta được 4^t2−^15t−⁴=⁰ 1

4 t

⇔ = − hoặc ^t=^4.

0.25 Câu 3

(0,5 điểm)

iVới ¹

4

t= − thì ^{2 1 .}

4

x

= − ⇒x∈ ∅ iVới t=4thì ^2x=22⇔x=2.

Vậy PT đã cho có nghiệm là ^x=^2.

0.25

Giải hệ phương trình

2 2 2 3

2 2 2 2 2

4 1 1 ( 3 2) (1)

( ) 2014 2015 4030 (2)

x x x y y

x y y x y

 = + +  − + −

   ⋅

 + + + = +



Từ PT(2), ta có(x²+y^{2 2}) −(x²+y²)= −2015(y−1)²≤0⇒0≤x²+y²≤1.

Do đó x ≤1; y ≤1.

0.25

iNếu x²+1 1− =0⇔x=0,thay vào HPT, ta được

3 2

4 2 4 2

3 2 0 ( 1) ( 2) 0

1 1).

2014 2015 4030 2014 2015 4030

− + − = − − + =

 

⇔ ⇔ = ≤

 

+ + = + + =

 

 

y y y y (do

y y

y y y y y y

Như vậy ( ; )x y =(0;1)là một nghiệm của HPT đã cho.

0.25

iNếu x²+1 1− ≠0⇔x≠0,nhân hai vế của PT(1) với x²+ −1 1, ta được

2 2 2 2 3 2 2 3

(1)⇔4  + −1 1= ( − +3 −2)⇔4 + −1 1= − +3 −2

   

x x x x y y x x y y

2 2 3 2 2 2

1 4 1 3 3 2  1 1 1 3 ( 2)( 1)

⇔ + − + + = − + ⇔ + −  + − = + −

  

x x y y x x y y (3)

0.25 Câu 4

(1 điểm)

Với x≠0;x ≤1; y ≤1,ta có x²+ − >1 1 0; x²+ − <1 3 0;(y+2)(y−1)²≥0.

Nên x²+ −1 1 x²+ −1 3<0 (y+2)(y−1)²

  ≤

 , từ đó PT(3) vô nghiệm

Đối chiếu với điều kiện ta thấy ( ; )x y =(0;1)là nghiệm của HPT đã cho.

0.25

Tính tích phân

( )

1

5 ln .

e

I=

∫

3 5

2 2

1 1 1

5 ln 2 1 ln

e e e

I x dx x xdx e x xdx

 

 

= + = − +

 

 

∫ ∫ ∫

Câu 5 (1 điểm)

Tính ₁

1

ln

e

I =

∫

S

A

B

H D

C

K

3a

5a 30^o

2a 3

Đặt 2

1 ln

2

du dx

u x x

dv xdx x

v

 =

= 

 

⇒ ⋅

 

 =  =



2 1

2 1

1

2 ln

1 1

2 4 4

e e

I x xdx e

x

 

 

  − =



⇒



=

∫

Vậy

5 2 2

1 8 7

4

I e e

 

 

= + − ⋅

 

 

0.25

Cho hình chóp ^{S ABC.} có đáy ^ABClà tam giác vuông tại^{A AB,} =^{3 ,a BC}=^{5 ;a} mặt phẳng (SAC)vuông góc với mặt phẳng(ABC).Biết ^SA₌^{2a 3}và ^SAC₌^{30 .o} Tính theo ^athể tích của khối chóp S ABC. và khoảng cách từ điểm _Ađến mặt phẳng (SBC).

iKẻ SH⊥AC (H∈AC).

Do (SAC)⊥(ABC)nênSH ⊥(ABC).

Ta có ^{.sin 2 3.1 3.}

2 SH=SA SAC= a =a

0.25

Thể tích của khối chóp S ABC. là

3 .

1 1 1

. . . 3 .4 . 3 2 3.

3 6 6

S ABC ABC

V = S SH = AB AC SH= ⋅ a a a = a

0.25

iKẻ HD⊥BC (D∈BC), HK⊥SD (K∈SD).

Khi đó HK=d H( ;(SBC)).

Vì ^{.cos 2 3. 3 3}

2

AH=SA SAC= a = a nên^AC₌₄^HC

( ;( )) 4 ( ;( )) 4 .

d A SBC d H SBC HK

⇒ = =

0.25 Câu 6

(1 điểm)

Ta có ³

5

HD AB a

HD HC BC

= ⇒ = ⋅

Từ đó

2 2 2

2

4 3.3

4 . 5 6 7

( ;( )) 4

9 7

3 25

a a

SH HD a

d A SBC HK

SH HD a

a

= = = = ⋅

+ +

0.25

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxycho hình bình hành^ABCDcóD(5; 4).Đường trung trực của đoạn ^DCcó phương trìnhd₁^:2x+³y−⁹=⁰và đường phân giác trong góc BACcủa tam giác ^ABCcó phương trìnhd₂^{: 5}x+y+¹⁰=^0.Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành.

GọiM là trung điểm của DC, do^M∈^d₁nên M(3m+3; −2m+1), m∈ℝ. Ta có u DM₁. =0 (*),

với u₁= −( 3; 2)

là vectơ chỉ phương (VTCP) của ^d₁và

(3 2; 2 3)

DM = m− − m−

Nên(*)⇔ −3(3m−2) 2( 2+ − m−3)=0⇔m=0.

Vậy M(3; 1), suy raC(1; 2).

−

0.25 Câu 7

(1 điểm)

Củng theo giả thiết ^A∈^d₂nên A a( ; −10 5 ),− a a∈ℝ. Mặt khác do^ABCDlà HBH nên^AB=^DC

4

10 5 6

xB a

y a

− = −

⇔ 

+ + = −



4 16 5 xB a

y a

 = −

⇔  = − −

0.25

( 4; 16 5 ).

B a a

⇒ − − − Vì _DAvà^DCkhông cùng phương nên 5 14 5

1

4 6

− − −

≠ ⇔ ≠ −

− −

a a

a

Đường thẳng ^d₂là phân giác góc^BACvà nhận u₂= −( 1; 5)

là VTCP nên

(

) (

)

2 2

. .

cos ; cos ;

. .

AB u AC u

AB u AC u

AB u AC u

= ⇔ =

2 2 2 2

( 4)( 1) ( 6)5 (1 )( 1) (8 5 )5 ( 4) ( 6) (1 ) (8 5 )

a a

a a

− − + − − − + +

⇔ =

− + − − + + ^{2 2}

26 26 39

52 (1 ) (8 5 ) a

a a

+

⇔ − =

− + +

0.25

2

⇔a= − (thỏa mãn). Vậy A( 2; 0),− B( 6;− −6). ^0.25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(–1; 1; 2), B(0; 1; 1), C(1; 0; 4) và đường thẳng : 2 ,

3

 = −

 = + ∈

 = −



x t

d y t t .

z t

ℝ Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm tọa độ giao điểm của d với mặt phẳng (ABC).

Ta có AB=(1; 0; 1);− AC=(2; 1; 2);− AB AC, = −( 1; −4; 1).−

0.25

Mặt phẳng (ABC) nhận vectơ n= ^{AB AC,} 

làm vectơ pháp tuyến

Suy ra (ABC) : x+4(y 1)− + − =z 1 0 hay x+⁴y+z−⁵=⁰

0.25

Tọa độ giao điểm I của d và mp(ABC) là nghiệm của hệ ² 3

4 5 0

x y z

 = −

 = +

 = −

 + + − =



x t

y t

z t

4(2 ) 3 5 0 3

⇒ − +t +t + −t− = ⇒t= −

0.25 Câu 8

(1 điểm)

⇒I(3; −1; 6). ^0.25

Cho số nguyên dươngnthỏa mãn điều kiện ^{1 1 2 821.}

2

+ − + =

n n

n n n

C C A Tìm hệ số củax³¹trong

khai triển Niu-tơn của ¹₂ ( 0).

n

x x

x

 

+ ≠

 

 

Điều kiện n≥^2, n∈ℕ^.

Theo giả thiết C ⁺C ⁻¹⁺¹A²⁼821^⇔1^{+ + ( −1)=}821

2 2

n n

n n n

n n n

⇔n²+n−1640=0⇒n=40.

0.25 Câu 9

(0,5 điểm)

Ta có

40 40 40

40 40 3

40 40

2 2

0 0

1 1

C ⁻ C ⁻ .

= =

   

+ = ⋅ =

   

 

∑

∑

k

k k k k

k k

x x x

x x

Yêu cầu bài toán thì ^{40−3k=31⇔k=3.}

Vậy hệ số của ^x31là C³40=9880.

0.25

Cho x^, ylà các số thực dương thỏa mãn x+y≤^1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2

2 2 2 2

1 1

4 4

1 1

x y

P x y

x y x y

 

= + + + − + + + ⋅ Câu 10

(1 điểm)

iGọi ^{2 2}

2 2

1 1

4 4

M x y

x y

= + + +

Ta có

1 2 1 2 2 1 1

2 2

5 5 5

M x y x y

x y x y

   

 

≥  + +  + =  + + + 

     (Theo Cauchy-Schwarz)

^{4 1 4 4 1 3}

5 xy 5 xy xy

xy xy

   

≥  + =  + − 

   (Theo BĐT AM-GM)

0.25

4 1 3

2 4 2 5

5 xy 2 xy

 

≥  ⋅ − =

 

 

(do giả thiết).

Suy ra _M≥^{2 5} (1) iGọi

2 1 2 1

x y

N

x y

= + ⋅

+ +

Ta có

2 2

4 4

3 3

1 3 1 3 4 3 4 3

4 4

4 4 4 4

x y x y x y

N x y x y x y

= + ≤ + = +

+ +

 + +  + + + +

   

   

Hơn nữa: ^{4 4 2 3 1 1 2 3 4 2 3 4 4}

4 3 4 3 4 3 4 3 4 4 6 10 5

x y

x y x y x y

 

+ = −  + ≤ − = − ⋅ = ⋅

+ +  + +  + +

Do đó ⁴

5

−N≥ − (2)

0.25

Từ (1) và (2) suy ra ^{2 5 4}

P≥ −5⋅ ^0.25

Khi ¹

x= y= 2thì ^{2 5 4}

P= −5⋅Vậy ^{2 5 4} P= −5⋅

Min ^0.25

---Hết---