Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán - Sở GD&ĐT Cần Thơ

a.
* Tập xác định D = R
* \(y'=-3x^2+12x-9x,y'=0\Leftrightarrow\bigg \lbrack \begin{matrix} x=1\\ x=3 \end{matrix}\)
* Giới hạn: \(\lim_{x\rightarrow +\infty }y=-\infty , \lim_{x\rightarrow -\infty }y=+\infty\)
* Bảng biến thiên:

* Kết luận:
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng \((-\infty ;1), (3;+\infty )\)và ( ) đồng biến trên khoảng (1;3).
- Hàm số đạt cực đại tại x = 3, y_CĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 1, y_CT = -2.
* Đồ thị:

b)
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ thỏa mãn
f''(x) = 18
Ta có \(f''(x)=-3x^2+12x-9\Rightarrow f''(x)=-6x+12\)
Theo giả thiết thì \(f''(x)=18\Leftrightarrow x=-1\Rightarrow y=18\)
\(f'(x)=-3x^2+12x-9\Rightarrow f'(-1)=-24\)
Vậy phương trình tiếp tuyến là: \(y = -24(x+1)+18 \ \ hay \ \ y = -24x-6\)

a) Ta có: \(sin^2=1-cos^x=1-\frac{9}{25}=\frac{16}{25}\) . Vì \(\left ( \pi < x< \frac{3\pi }{2} \right )\) nên \(sinx=-\frac{4}{5}\)
khi đó: \(sin\left ( x-\frac{\pi }{6} \right )=sinx.cos\left ( \frac{\pi }{6} \right )-sin\left ( \frac{\pi }{6} \right )cosx\)
\(=-\frac{4}{5}.\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}.\frac{3}{5}=\frac{3-4\sqrt{3}}{10}\)
b)
Phương trình  \(4^{x^2-2x}+3.2^{x^2-2x}-4=0 (*)\) có thể viết lại là:
\(2^{2(x^2-2x)}+3.2^{x^2-2x}-4=0\)
Đặt \(t=2^ {(x^2-2x)} \ \(t>0)\)
Phương trình (*) trở thành \(t^2+3t-4=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} t=1\\ t=-4 \end{matrix}\)
So với điều kiện thì t = 1 thỏa, khi đó \(2^ {(x^2-2x)}=1\)
\(\Leftrightarrow x^2-2x=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=0\\ x=2 \end{matrix}\)

a) Ta có \((1-2i)z-\frac{9-7i}{3-i}=5-2i\Leftrightarrow (1-2i)z=7+i\)
\(\Leftrightarrow z= \frac{7+i}{1-2i}=1+3i\Rightarrow \left | z \right |=\sqrt{10}\)
b) Số hạng tổng quát có dạng là \(C_{10}^{k}(x^2)^{10-k}\left ( \frac{-2}{\sqrt[3]{x^2}} \right )=C_{10}^{k}x^{20-\frac{8}{3}k}.(-2)^k\)    \((0\leq k\leq 10)\)
Theo giả thiết, số hạng tổng quát chứa x⁴ khi và chỉ khi \(20-\frac{8}{3}k=4\Leftrightarrow k=6\)
Vậy hệ số của số hạng chứa x⁴ là: \(a=C_{10}^{6}(-2)^6=13440\)

\(I=\int_{1}^{e}2dx+\int_{1}^{e}\frac{lnx+1}{x}\)

\(I_{1}=\int_{1}^{e}2dx=(2x)|_{1}^{e}=2e-2\)
\(I_{2}=\int_{1}^{e}\frac{lnx+1}{x}dx\) đặt \(t=lnx+1\Rightarrow dt=\frac{1}{x}dx\)
\(x=1\Rightarrow t=1;x=e\Rightarrow t=2\)
\(I_2=\int_{1}^{2}tdt=\frac{t^2}{2} |_{1}^{2}=\frac{3}{2}\)

Vậy \(I=2e-2+\frac{3}{2}=2e-\frac{1}{2}\)

Ta có tam giác ABC vuông tại A nên \(AC=\sqrt{BC^2+AB^2}=a\sqrt{3}\)
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\)
Vì BB'C'C là hình vuông nên BB '= BC = 2a
Vậy \(V_{ABC.A'B'C'}=S_{ABC}.BB'=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}2a=a^2\sqrt{3}\) (đvtt)
Vì AA' // BB' nên AA' // (BB'C'C). Do đó d(AA',BC) = d(AA',(BB'C'C)) = d(A,(BB'C'C))"
Dựng \(AH\perp BC\) (H thuộc BC). Khi đó \(AH\perp BC\) và \(AH\perp BB'\)
Suy ra \(AH\perp (BB'C'C)\). Suy ra \(d(A,(BB'C'C))=AH\)
Xét tam giác vuông ABC , ta có \(AH.BC=AB.AC\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Vậy \(d(AA',BC')=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AB nên:
BC: 4x - 3y - 24 = 0. Khi đó, tọa độ B là nghiệm của hệ:
\(\left\{\begin{matrix} 4x-3y-24=0\\ 3x+4y-18=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=6\\ y=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow B(6;0)\)
Ta thấy các tam giác sau đồng dạng với nhau \(\Delta MBA\sim \Delta MCN\sim \Delta ADN\)
Suy ra \(\frac{MB}{AB}=\frac{MC}{NC}=\frac{AD}{ND}\Rightarrow MB.ND=AB.AD\)
Suy ra 25 = AB² hay cạnh của hình vuông bằng 5.
Gọi \(A(4a+6;-3a)\in AB\), khi đó \(25=AB^2\Leftrightarrow 16a^2+9a^2=25\Leftrightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} a=1\\ a=-1 \end{matrix}\)
Vì điểm A có tung độ dương nên A(2;3)
Phương trình đường thẳng CD có dạng \(3x + 4y + m = 0 (m\neq -18)\)
Vì cạnh hình vuông bằng 5 nên \(d(B,CD)=\frac{\left | 18+m \right |}{5}=5\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} m=7\\ m=-43 \end{matrix}\)
* Với m = 7 , pt CD: 3x + 4y + 7 = 0, khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ
\(\left\{\begin{matrix} 4x-3y-24=0\\ 3x+4y+7=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=3\\ y=-4 \end{matrix}\right.\Rightarrow C(3;-4)\) (thoản vì MC < 5)
Suy ra tọa độ D(-1;-1)
* Với m = -43 , pt CD: 3x + 4y - 43 = 0, khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ
\(\left\{\begin{matrix} 4x-3y-24=0\\ 3x+4y-43=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=9\\ y=4 \end{matrix}\right.\Rightarrow C(9;4)\)(không thỏa vì MC < 5)

Ta có: \(\overrightarrow{u_d}=(1;2;1)\) là VTCP của đường thẳng d.
\(\overrightarrow{u_{(P)}}=(1;-2;-1)\) là VTPT của mặt phẳng (P)
Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm theo giả thiết thì \(\left [ \overrightarrow{u_d},\overrightarrow{u_{(P)}} \right ]=(0;-2;4)\) là VTPT của mặt phẳng (Q).
Phương trình mp (Q): \(0(x-2)-2(y+2)+4(z-1)=0\)
Hay: \(y-2z+4=0\)

ĐK: \(x\in R\). Với điều kiện này thì bất phương trình đã cho tương đương:
\(\sqrt{4x^2+3}-2+6x-3+4-\sqrt{4x^2+15}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{4x^2-1}{\sqrt{4x^2+3}+2}+3(2x-1)+\frac{1-4x^2}{4+\sqrt{4x^2+15}}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (2x-1)\left ( \frac{2x+1}{\sqrt{4x^2+3}+2}+3-\frac{2x+1}{4+\sqrt{4x^2+15}} \right )\geq 0\)
Ta có:
\(\sqrt{4x^2+3}+6x-1\geq \sqrt{4x^2+15}\Leftrightarrow 6x-1\geq \sqrt{4x^2+15}-\sqrt{4x^2+3}>0\)
\(\Rightarrow x> \frac{1}{6}\Rightarrow 2x+1> 0\)
Vì \(\sqrt{4x^2+3}+2< 4+\sqrt{4x^2+15}\) nên \(\frac{2x+1}{\sqrt{4x^2+3}+2}-\frac{2x+1}{4+\sqrt{4x^2+15}}> 0\)
Do đó \(\frac{2x+1}{\sqrt{4x^2+3}+2}+3-\frac{2x+1}{4+\sqrt{4x^2+15}}> 0\)
Khi đó \((2x-1)\left ( \frac{2x+1}{\sqrt{4x^2+3}+2}+3-\frac{2x+1}{4+\sqrt{4x^2+15}} \right )\geq 0\)
\(\Leftrightarrow 2x-1\geq 0\Leftrightarrow x\geq \frac{1}{2}\)
Kết hợp với điều kiện , nghiệm của bất phương trình là \(x\geq \frac{1}{2}\)

Ta có: \(A=(x+y+z)^2-3+3xz+6yz+\frac{10}{x+y+z}\)
\(0\leq 3xz+6yz=3z(x+2y)\leq \left ( \frac{3z+x+2y}{2} \right )^2\leq (x+y+z)^2\)
\((x+y+z)^2-3+\frac{10}{x+y+z}\leq A\leq 2(x+y+z)^2-3+\frac{10}{x+y+z}\)
Đặt t = x + y + z
\(\Rightarrow 3=x^2+y^3+z^2\leq (x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^3+z^2)=9\)
\(\Rightarrow \sqrt{3}\leq t\leq 3\)
Và \(t^2-3+\frac{10}{t}\leq A\leq 2t^2-3+\frac{10}{t}\)
Xét hàm số: \(f(t)=t^2+\frac{10}{t}-3\) trên \(D=\left [ \sqrt{3};3 \right ],f'(t)=2t-\frac{10}{t^2}=\frac{2t^3-10}{t^2}>0,\forall t\in D\)
\(\Rightarrow f(t)\)  luôn đồng biến trên D \(\Rightarrow A\geq min_D \ f(t)=f(\sqrt{3})=\frac{10}{\sqrt{3}}\)  dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{\begin{matrix} z(x+2y)=0\\ x+y+z=\sqrt{3}\\ x^2+y^2+z^2=3 \end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow y=z=0,x=\sqrt{3}(x\geq y\geq z)\)
Giá trị nhỏ nhất của A là \(\frac{10}{\sqrt{3}}\), đạt được khi y = z = 0, \(x=\sqrt{3}\)
Xét hàm số: \(g(t)=2t^2+\frac{10}{t}-3\) trên \(D=\left [ \sqrt{3};3 \right ], g'(t)=4t-\frac{10}{t^2}\) \(=\frac{4t^3-10}{t^2}>0\) \(\forall t\in D\)
\(\Rightarrow g(t)\) luôn đồng biến trên D \(\Rightarrow A\leq min_D \ g(t)=g(3)=\frac{55}{3}\)
\(\left\{\begin{matrix} 3z=x+2y\\ x+y+z=3\\ x^2+y^3+z^2=3 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=z=1\)
Vậy giá trị lớn nhất của A là \(\frac{55}{3}\), đạt được khi  x = y = z = 1