Đề 4 thi thử thpt quốc gia năm 2015 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
ĐỀ SỐ 4 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 21 1
2
y x x   . 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C , biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y x . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình     3 sin 2 cos cos2 sin 0x x x x . 
b) Giải bất phương trình 23 13
3
log 2log 2 log 3 0x x x    . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân  
4
0
2 sinI x xdx

  . 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Tìm số phức z , biết          3 1 2 5i z i i i . 
b) Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện   0 1 22 4 97n n nC C C . Tìm số hạng chứa 4x trong khai triển theo 
công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức         
2 2
n
P x x
x
. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình bình hành,    02 2 , 60AB AD a DAB , mặt bên 
 SAB là tam giác cân tại S ,   2ASB ; mặt phẳng  SAB vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm 
của CD . Tính theo a và  thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD . 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm  1;2;3A ,  1; 3;5B và  3;4;5C . Chứng 
minh rằng điểm B không nằm trong mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AC . Viết phương trình mặt cầu tâm B , 
tiếp xúc với mặt phẳng đó. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 
     
1 5;
2 2
M là trung điểm của cạnh AB , 
đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình   3 1 0x y , đường cao kẻ từ B có phương trình   2 8 0x y . 
Tìm tọa độ của các đỉnh A , B , C . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình 
   3 3 2
2
2 1 3 2
6 2
6 2 1
x x
x x
x x
  
  
  
. 
Câu 9 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm: 
      2 22 1 4 16 0x m x . 
------------------HẾT----------------- 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 4 21 1
2
y x x   . 
♥ Tập xác định: D   
♥ Sự biến thiên: 
 ￚ Chiều biến thiên:  3 2' 4 4 1y x x x x    ; ' 0 0y x   
0.25 
 + Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;0 ; 
 + Hàm số đồng biến trên khoảng  0; . 
 ￚ Cực trị: 
 + Hàm số đạt cực tiểu tại 0x  ; yCT  0 1y   , 
 ￚ Giới hạn: lim
x
y

  và lim
x
y

  
0.25 
 ￚ Bảng biến thiên: 
x  0  
'y  0  
y   
 1 
0.25 
♥ Đồ thị: 
0.25 
b.(1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C , biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 
y x . 
♥ Do tiếp tuyến của ( )C vuông góc với đường thẳng y x nên tiếp tuyến này có hệ 
 số góc là 1k  
0.25 
♥ Gọi    0 0;M x y C là tọa độ tiếp điểm, khi đó 0x là nghiệm của phương trình: 
 30 0 0'( ) 4 1y x k x x    
   20 0 0 12 1 2 1 0 2ox x x x       
0.25 
♥ Với 0 0
1 13
2 16
x y    1 13;
2 16
M
     
0.25 
1 
(2,0 điểm) 
♥ Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 13 1 21
16 2 16
y x y x      
0.25 
a.(0,5 điểm). Giải phương trình     3 sin 2 cos cos2 sin 0x x x x (1) 2 (1,0 điểm) 
♥ Ta có:  1 3 sin 2 cos2 sin 3 cosx x x x    0.25 
 3 1 1 3sin 2 cos2 sin cos
2 2 2 2
x x x x    
 sin 2 sin
6 3
x x
                 
2 2 2 26 3 6 (k )
6 32 22 2
6 3 6 3
x x k x k kx
kx x k x
                                 
 
0.25 
b.(0,5 điểm). Giải bất phương trình 23 13
3
log 2log 2 log 3 0x x x    (1) 
♥ Điều kiện: 0x (*) 
 Khi đó:   23 31 log 2 log 3 0x x    (2) 
 Đặt 3logt x , bất phương trình (2) trở thành: 2 2 3 0 1 3t t t      
0.25 
♥ Với 1 3t   thì 3
11 log 3 27
3
x x      [thỏa (*)] 
 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1 ;27
3
S
     
. 
0.25 
Tính tích phân  
4
0
2 sinI x xdx

  . 
♥ Đặt 
2
sin cos
u x du dx
dv xdx v x
  
 
0.25 
♥ Suy ra: 
2
2
0
0
( 2)cos cosI x x xdx


   
0.25 
 2
0
2 sin x

  0.25 
3 
(1,0 điểm) 
 1 0.25 
a.(0,5 điểm). Tìm số phức z , biết          3 1 2 5i z i i i (1) 
♥ Đặt z a bi   ,a b , ta có: 
     1 3 1 3 5i a bi i i       
    3 4 3 4 0a b a b i       
0.25 
3 4
3 4
a b
a b
    
4
5
8
5
a
b
  
♥ Vậy 4 8
5 5
z i  
0.25 
b.(0,5 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện   0 1 22 4 97n n nC C C . Tìm số hạng 
chứa 4x trong khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức         
2 2
n
P x x
x
. 
4 
(1,0 điểm) 
♥ Điều kiện: 
2
n
n
  

 Khi đó: 0 1 2 22 4 97 2 48 0 8n n nC C C n n n         
0.25 
♥ Do đó:      
8
8 882 2 16 3
8 8
0 0
2 2. 2 .
k
k kk k k
k k
P x x C x C x
x x
 
 
                    
 Chọn k thỏa 16 3 4 4k k    
 Vậy số hạng chứa 4x trong khai triển là  4 4 4 482 . 1120C x x  . 
0.25 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình bình hành,    02 2 , 60AB AD a DAB , mặt bên  SAB 
là tam giác cân tại S ,   2ASB ; mặt phẳng  SAB vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là 
trung điểm của CD . Tính theo a và  thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai 
đường thẳng AM và SD . 
♥ Gọi H là trung điểm của AB . Do tam giác SAB cân tại S nên SH AB và SH là 
 phân giác của góc ASB . Do mặt phẳng    SAB ABCD   SH ABCD 
 Xét tam giác vuông SHB : .cot cotSH HB HSB a   
0.25 
♥ Do đó: 
 
31 1 1 3 3. . . .sin .cot .2 . . .cot
3 3 3 2 3ABCD ABCD
a
V SH S SH AB AD DAB a a a      
0.25 
♥ Do tứ giác AHMD là hình thoi AM HD   AM SHD  
 Gọi I AM HD  , suy ra I là trung điểm của HD 
 Trong  SHD , kẻ IK SD , suy ra  ,AM IK d AM SD IK   
0.25 
5 
(1,0 điểm) 
♥ Trong  SHD , kẻ HN SD , suy ra / /IK HN SH HD  
 Xét tam giác vuông SHD ta có: 
2 2 2
1 1 1
HN HS HD
  
2 2 2 2 2
. . cot
cot
HS HD HD aHN
HS HD a HD
  
 
 (1) 
 Vì AH AD a  và  060DAH  nên DAH là tam giác đều. Suy ra: HD a (2) 
 Thay (2) vào (1) ta được . cosHN a  1 1 .cos
2 2
IK HN a    
 Vậy   1, .cos
2
d AM SD a  . 
0.25 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm  1;2;3A ,  1; 3;5B và  3;4;5C . Chứng 
minh rằng điểm B không nằm trong mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AC . Viết phương trình 
mặt cầu tâm B , tiếp xúc với mặt phẳng đó. 
6 
(1,0 điểm) 
♥ Gọi M là trung điểm của AC , ta có:  2,3,4M 
 Gọi  P là mặt phẳng trung trực của đoạn AC . VTPT của  P là  2;2;2n AC 
 
 Suy ra  P :      2 2 2 3 2 4 0 9 0x y z x y z           (1) 
0.25 
♥ Thay tọa độ điểm B vào phương trình (1), ta được mệnh đề sai 
 Suy ra:  B P . 
0.25 
♥ Gọi  S là mặt cầu tâm B và tiếp xúc với  P . Khi đó: 
    1 3 5 9 6;
1 1 1 3
R d B P
  
  
 
. 
0.25 
♥ Vậy        2 2 2: 1 3 5 12S x y z      . 0.25 
7 
(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 
     
1 5;
2 2
M là trung điểm của cạnh AB , 
đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình   3 1 0x y , đường cao kẻ từ B có phương trình 
  2 8 0x y . Tìm tọa độ của các đỉnh A , B , C . 
♥ Do : 3 1 0A AN x y    nên  ;3 1A a a 
 Vì M là trung điểm của AB nên  2 1 1 ;6 3
2 6 3
B M A
B M A
x x x a
B a a
y y y a
            
. 
0.25 
 ♥ Vì : 2 8 0B BH x y    1 12 6 8 0 1a a a        
 Suy ra:    1;2 , 2;3A B  . 
0.25 
 ♥ Do / /MN AC MN BH  . Phương trình MN có dạng: 2 0x y m   
 1 5 3;
2 2 2
M MN m
        
 Suy ra : 4 2 3 0MN x y   . 
0.25 
 ♥ Tọa độ N là nghiệm của hệ phương trình 
1
3 1 1 12 ;
2 24 2 3 1
2
xx y
N
x y y
                    
 Do N là trung điểm của BC nên:  2 1 2 3 3; 2
2 1 3 2
C N B
C N B
x x x
C
y y y
            
 Vậy      1;2 , 2;3 , 3; 2A B C  . 
0.25 
Giải phương trình 
   3 3 2
2
2 1 3 2
6 2
6 2 1
x x
x x
x x
  
  
  
 (1) 
♥ Điều kiện: 
  2
12 1 0 2 1 0
223 2 0 3 2 0
32
6 2 0 2 1 3 2 0 3
x x x
x x x
xx x x x
                                 
 (*) 
0.25 
8 
(1,0 điểm) 
 Khi đó: 
            1 2 1 2 1 3 2 3 2 2 1 3 2 2 1 3 2x x x x x x x x            
0.25 
     3 2 (2 1) 2 1 3 2 0x x x x        
3 2 2 1
2 1 3 2
x x
x x
       
♥ 23 2 2 1 4 3 0x x x x       : pt vô nghiệm 0.25 
♥ 2
7 22
92 1 3 2 9 14 3
7 22
9
x
x x x x
x
           
 So với điều kiện (*) ta chọn 7 22
9
x
 
 Vậy tập nghiệm của phương trình là 7 22
9
S
        
. 
0.25 
9 
(1,0 điểm) 
Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm 
      2 22 1 4 16 0x m x (1) 
♥ Tập xác định của bất phương trình : D   
 Khi đó:   2
2
161 2 1
4
x m
x
   

 (2) 
0.25 
♥ Xét hàm số   2
2
16
4
y f x x
x
  

 trên  . 
 Bất phương trình (1) có nghiệm x  có điểm thuộc đường thẳng 2 1y m  nằm 
 phía dưới đồ thị hàm số  y f x vẽ trên  . 
0.25 
♥ Lập BBT của hàm số trên trên  . Ta có: 
  
   2 2 2 2
16 16' 2 2
4 4 4 4
xf x x x
x x x x
 
    
     
  
 2 2
16' 0 2 0
4 4
f x x x
x x
 
     
    
x

0

 '( )f x

0

 ( )f x
8
0.25 
♥ Dựa vào BBT ta suy ra: 
 Bất phương trình (1) có nghiệm   92 1 8
2
m m    . 
 Vậy giá trị m thỏa đề bài là 9
2
m . 
0.25 
CÁCH 2 
9 
(1,0 điểm) 
Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm 
      2 22 1 4 16 0x m x (1) 
♥ Tập xác định của bất phương trình : D   
 Khi đó:   2
2
161 2 1
4
x m
x
   

 (2) 
0.25 
♥ Xét hàm số   2
2
16
4
f x x
x
 

 trên  . 
 Bất phương trình (1) có nghiệm x  min ( ) 2 3
x
f x m

 

0.25 
♥ Lập BBT của hàm số trên trên  . Ta có: 
  
   2 2 2 2
16 16' 2 2
4 4 4 4
xf x x x
x x x x
 
    
     
  
 2 2
16' 0 2 0
4 4
f x x x
x x
 
     
    
x

0

 '( )f x

0

 ( )f x
8
 Dựa vào BBT ta suy ra: min ( ) 8
x
f x



0.25 
♥ Bất phương trình (1) có nghiệm   92 1 8
2
m m    . 
 Vậy giá trị m thỏa đề bài là 9
2
m . 
0.25