Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán - Sở GD&ĐT Lào Cai

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

Kết luận:
- Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1; 2)
- Hàm số đồng biến trên các khoảng \((-\infty ;-1);(2;+\infty )\)
- Hàm số đạt cực đại tại các điểm x_CĐ = -1; y_CĐ= \(\frac{9}{4}\)
- Hàm số đạt cực tiểu tại x_CT= 2; y_CT=\(-\frac{9}{2}\)
*Đồ thị

b.
Gọi \(\Delta\) là tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm (x₀;y₀) và vuông góc với đường thẳng \(y=\frac{8}{27}x+1\)
Khi đó \(\Delta\) có hệ số góc bằng \(-\frac{27}{8}\)
\(\Leftrightarrow y'(x_0)=-\frac{27}{8}\)
\(\Leftrightarrow \frac{3}{2}x_0^2- \frac{3}{2}x_0 + \frac{3}{8}=0\Leftrightarrow x_0=\frac{1}{2}\)
Ta có \(y_0=-\frac{9}{8}\)
Phương trình của \(\Delta\) là \(y_0=-\frac{27}{8}\left ( x-\frac{1}{2} \right )-\frac{9}{8}\Leftrightarrow y=-\frac{27}{8}x+\frac{9}{16}\)

1.\(cos2x+cos^2x-sinx=0\Leftrightarrow -3sin^2-sinx+4=0\Leftrightarrow sinx=1\)
\(sinx=1\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{2}+k2\pi ,(k\in Z)\)
2.
\((2x+1)+(1-2y)i=(-2+x)i^2+(3y-2)i\)
\(\Leftrightarrow (2x+1)+(1-2y)i=(2-x)+(3y-2)i\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2x+1=2-x\\ 1-2y=3y-2 \end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{3}\\ y=\frac{3}{5} \end{matrix}\right.\)

\(log_3^2x-log_9(9x^2)-1=0\)  (1)
Điều kiện: x > 0. Với điều kiện trên ta có
\((1) \ \ \Leftrightarrow log_3^2x-log_3x-2=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} log_3x=-1\\ log_3x=2 \end{matrix}\)
\(\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=\frac{1}{3}\\ x=9 \end{matrix}\)
Kết hợp điều kiện phương trình (1) có tập nghiệm là \(S= \left \{ \frac{1}{3};9 \right \}\)

\(\left\{\begin{matrix} 2\sqrt{x^2+5}=2\sqrt{2y}+x^2 \ \ \ \ \ (1)\\ x+3\sqrt{xy+x-y^2-y}=5y+4\ \ \ (2) \end{matrix}\right.\)
Điều kiện \(xy+x-y^2-y\geq 0\) và \(y\geq 0\)
- Với điều kiện trên:
\((2)\Leftrightarrow (x-2y-1)+3(\sqrt{xy+x-y^2-y}-y-1)=0\)
\(\Leftrightarrow (x-2y-1)+\left [ 1+\frac{3(y+1)}{\sqrt{xy+x-y^2-y}-y-1} \right ]=0\)
\(\Leftrightarrow x-2y-1=0\). (Vì với x, y thỏa mãn \(xy+x-y^2\geq 0\) và \(y\geq 0\) thì \(\left [ 1+\frac{3(y+1)}{\sqrt{xy+x-y^2-y}-y-1} \right ]> 0\))
Thế 2y = x – 1 vào (1) ta có
\(2\sqrt{x^2+5}=2\sqrt{x-1}+x^2\Leftrightarrow 2\frac{x^2-4}{\sqrt{x^2+5}+3}+(x-2)(x+2)\)
\(\Leftrightarrow (x-2)\left [ -\frac{2(x+2)}{\sqrt{x^2+5}+3}+\frac{2}{\sqrt{x-1}+1}+(x+2) \right ]=0 \ \ (3)\)
Ta có \(\forall x\geq 1\)
\(-\frac{2(x+2)}{\sqrt{x^2+5}+3}+\frac{2}{\sqrt{x-1}+1}+(x+2)\)
\(=\frac{2}{\sqrt{x-1}+1}+(x+2)(1-\frac{2}{\sqrt{x^2+5}+3})> 0\)
Nên (3) có nghiệm duy nhất x = 2 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \((x;y)=\left ( 2;\frac{1}{2} \right )\)

\(I=\int_{0}^{1}\frac{e^x+x}{e^x}dx=\int_{0}^{1}1dx+\int_{0}^{1}xe^{-x}dx\)
\(I_1=\int_{0}^{1}1dx=x |_{0}^{1}=1\)
\(I_2=\int_{0}^{1}xe^{-x}dx\). Đặt \(\left\{\begin{matrix} u=x\\ dv=e^{-x}dx \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} du=dx\\ v=-e^{-x} \end{matrix}\right.\)
\(I_2=(-xe^{-x})|_{0}^{1}+\int_{0}^{1}e^{-x}dx=(-xe^{-x}-e^{-x})|_{0}^{1}=1-\frac{2}{e}\)
Vậy \(I=I_1+I_2=2-\frac{2}{e}\)

* Tính thể tích khối chóp S.ABCD:
\(SH\perp (ABCD)\Rightarrow HO\) là hình chiếu của SO trên (ABCD) nên \((SO,(\widehat{ABCD}))=(\widehat{HO,AC})=\widehat{SOH}=60^0\)
Diện tích ABCD là \(S_{ABCD}=2S_{\Delta ABC}=2\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\)
Trong tam giác SHO có \(SH=HO.tan60^0=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\frac{a}{2}\)
Thể tích S.ABCD là \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}\)
* Tính khoảng cách từ B đến (SCD):
\(d(B,(SCD)) = \frac{3V_{B.SCD}}{S_{SCD}} (1)\)
\(V_{B.SCD}=V_{S.BCD}=\frac{1}{2}V_{S.ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{24} \ \ (2)\)
\(SD=\sqrt{SH^2+HD^2}=\frac{a\sqrt{57}}{6};SC=\sqrt{SH^2+HC^2}=\frac{a\sqrt{21}}{6}\)
Trong tam giác SCD có
\(SD=\frac{a\sqrt{57}}{6}; SC=\frac{a\sqrt{21}}{6};CD=a;p=\frac{SC+SD+CD}{2}\)
\(S_{SCD}=\sqrt{p(p-SC)(p-SD)(p-CD)}=\frac{a^2\sqrt{21}}{12} \ \ (3)\)
Từ (1) , (2) , (3) ta có \(d(B,(SCD))=\frac{3a\sqrt{7}}{14}\)

Giả sử D(a;b). Vì M là trung điểm của BD nên \(B(6-a;-2-b)\).
Ta có \(\widehat{ADC}=90^0\Rightarrow AD\perp DC\Rightarrow BN//CD\)
\(\overrightarrow{NB}=(7-a;1-b)\) và  \(\overrightarrow{CD}=(a-4;b+2)\).  Ta có \(\overrightarrow{NB},\overrightarrow{CD}\) cùng phương \((7-a)(b+2)=(a-4)(1-b)\Leftrightarrow b=a-6 \ \ \ (1)\)
Ta có \(\overrightarrow{PD}=(a-1;b-3)\)
\(\overrightarrow{PD}\perp \overrightarrow{CD}\Leftrightarrow (a-1)(a-4)+(b+2)(b-3)=0 \ \ (2)\)
Thế (1) vào (2) ta có \(2a^2-18a+40=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} a=5\\ a=4 \end{matrix}\)
Với a = 4 ta có b = -2. Khi đó D(4;-2) trùng C (loại)
Với a = 5 ta có b = -1.Vậy D(5;-1) và B(1;-1).
Vì AD đi qua P(1;3) và D(5;-1) nên phương trình đường thẳng AD: x + y – 4 = 0
Vì AB vuông góc với BC nên phương trình đường thẳng AB : 3x – y – 4 =0
Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{\begin{matrix} 3x-y-4=0\\ x+y-4=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2\\ y=2 \end{matrix}\right.\)
Vậy A(2;2) , D(5;-1) và B(1;-1)

d có véc tơ chỉ phương là: \(\vec{u}=(1;3;2)\) vì (P) vuông góc với d nên (P) có véc tơ pháp tuyến \(\vec{u}=(1;3;2)\)
Phương trình mp (P): \(1(x-2)+3(y-3)+2(z-3)+2(z-5)=0\Leftrightarrow x+3y+2z-21=0\)
Vì N thuộc d nên \(N(t-1;3t-2;2t+2)\). Ta có MN = 5
\(\Leftrightarrow \sqrt{(t-3)^2+(3t-5)^2+(2t-3)^2}=5\)
\(\Leftrightarrow 14t^2-48t+18=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} t=3\\ t=\frac{3}{7} \end{matrix}\)
Vậy N(2 ;7;8) hoặc N\(\left ( -\frac{4}{7}; -\frac{5}{7}; \frac{20}{7} \right )\)

Số hạng tổng quát trong khai triển \(\left ( x^2-\frac{2}{x} \right )^{22}\)là
\(C_{22}^{k}(x^2)^{22-k}\left ( -\frac{2}{x} \right )^k=C_{22}^{k}(-2)^kx^{44-3k}\)
Ta có \(\left\{\begin{matrix} 0\leq k\leq 22\\ 44-3k=8 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow k=12\)
Vậy hệ số của x⁸ trong khai triển nhị thức Niu-tơn của \(\left ( x^2-\frac{2}{x} \right )^{22}\)là \(C_{22}^{12}(-2)^{12}\)

Đặt \(a=\sqrt{5-4x},b=\sqrt{1+x}\) thì \(a^2+4b^2=9\) với \(a,b\geq 0\)
Do đó đặt \(\alpha \in \left [ 0;\frac{\pi }{2} \right ]\) với \(a=3sin\alpha ,2b=3cos\alpha\). Khi đó
\(P=\frac{a-b}{a+2b+6}=\frac{3sin\alpha-\frac{3}{2}cos\alpha }{3sin\alpha +3cos\alpha +2cos\alpha }=\frac{2sin\alpha -cos\alpha }{2sin\alpha +2cos\alpha +4}\)
Xét hàm số \(f(x)=\frac{2sin\alpha -cos\alpha }{2sin\alpha +2cos\alpha +4}\) với \(x\in \left [ 0;\frac{\pi }{2} \right ]\)
Ta có \(f'(x)=\frac{6+4sinx+8cosx}{(2sinx+2cosx+4)^2}>0, \ \forall x\in \left [ 0;\frac{\pi }{2} \right ]\)
Suy ra hàm số f(x) luôn luôn đồng biến trên \(\left [ 0;\frac{\pi }{2} \right ]\)
Do đó: \(\min_{x\in \left [ 0;\frac{\pi }{2} \right ]}f(x)=f(0)=-\frac{1}{6};\max_{x\in \left [ 0;\frac{\pi }{2} \right ]}f(x)=f(\frac{\pi }{2})=\frac{1}{3}\)
Vậy \(minP=\frac{-1}{6}\) khi \(x=\frac{5}{4}\)
\(Max \ P=\frac{1}{3}\) khi \(x=-1\)