Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán - Sở GD&ĐT Quảng Nam

a)
Tập xác định: D = R
Giới hạn \(\lim_{x\rightarrow +\infty }y=+\infty,\lim_{x\rightarrow -\infty }y=-\infty\)
* Sự biến thiên  \(y'=0\Leftrightarrow x=0\) hoặc x = 2
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) đồng biến trên mỗi khoảng \((-\infty;0), (2;+\infty)\)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 , giá trị cực đại: y(0) = 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 , giá trị cực tiểu: y(2) = 0
Bảng biến thiên

Đồ thị:

b)
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = mx là:
\(x^3-3x^2=mx\)
\(\Leftrightarrow x(x^2-3x-m)=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} x=0\\ x^2-3x-m=0\ \ \ (*) \end{matrix}\)
Đường thẳng y = mx cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 , tức là
\(\left\{\begin{matrix} \Delta > 0\\ m\neq 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 9+4m> 0\\ m\neq 0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow m> -\frac{9}{4}\)

a) Ta có \((sin\alpha -cos\alpha )^2+(sin\alpha +cos\alpha )^2=2(sin^\alpha +cos^2\alpha )=2\)
\(\Rightarrow (sin\alpha -cos\alpha )^2=2-(sin\alpha +cos\alpha )^2=2-\frac{5}{4}=\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow sin\alpha -cos\alpha =\pm \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Do \(0< \alpha < \frac{\pi }{4}\Rightarrow 0< sin\alpha < cos\alpha \Rightarrow sin\alpha -cos\alpha < 0\) nên chọn \(sin\alpha - cos\alpha=-\frac{\sqrt{3}}{2}\)
b)
Đặt \(z=a+bi(a,b\in R)\Rightarrow \bar{z}=a-bi\)
Khi đó \(z+2\bar{z}=6+2i\Leftrightarrow a+bi+2(a-bi)=6+2i\)
\(\Leftrightarrow a+bi+2a-2bi=6+2i\)
\(\Leftrightarrow 3a-bi=6+2i\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3a=6\\ -b=2 \end{matrix}\right.\left\{\begin{matrix} a=2\\ b=-2 \end{matrix}\right.\Rightarrow z=2-2i\)
 

\(2log_2^2(x-3)+log_2(x-3)=1\); điều kiện \(x> 3\)
Đặt \(t=log_2(x-3)\) khi đó phương trình trở thành \(2t^2+t-1=0\)
\(\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} t=-1\\ t=\frac{1}{2} \end{matrix}\)
Với \(t=-1\) thì \(log_2(x-3)=-1\Leftrightarrow x-3=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\frac{7}{2}\) (thỏa điều kiện)
Với \(t=\frac{1}{2}\) thì \(log_2(x-3)=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x-3=\sqrt{2}\Leftrightarrow x=3+\sqrt{2}\) (thỏa điều kiện)
Phương trình có 2 nghiệm \(x=\frac{7}{2};x=3+\sqrt{2}\)

\(2x^3+9x^2-6x(1+2\sqrt{6x-1})+2\sqrt{6x-1}+8=0\ \ (1)\)
Điều kiện: \(x\geq \frac{1}{6} (*)\)
\((1)\ \ \ \Leftrightarrow 2x^3+9x^2-6x+8=2(6x-1) \ \ (2)\)
Đặt \(y=\sqrt{6x-1}, y\geq 1\) ta có hệ phương trinh:
\(\left\{\begin{matrix} 2x^3+9x^2-6x+8=2y^3\\ 18x-3=3y^2 \end{matrix}\right.\)
Suy ra: \(2x^3+9x^2+12x+5=2y^3+3y^2\)
\(\Leftrightarrow 2(x+1)^3+3(x+1)^2=2y^2+3y^2\ \ \ \ (3)\)
Xét hàm số \(f(t)=2t^3+3t^2\) với \(t\geq 0\)
\(f'(t)=6t^2+6t> 0, \forall t> 0\) và \(f(t)\) liên tục trên nửa khoảng \([0;+\infty )\) nên \(f(t)\)đồng biến trên nửa khoảng \([0;+\infty )\).
\(x\geq \frac{1}{6}\Rightarrow x+1> 0\)
\((3)\Leftrightarrow f(x+1)=f(y)\Leftrightarrow x+1=y\)
Từ đó: \(\sqrt{16x-1}=x+1\)
\(\Leftrightarrow 6x-1=(x+1)^2\Leftrightarrow x^2-4x+2=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack\begin{matrix} x=2+\sqrt{2}\\ x=2-\sqrt{2} \end{matrix}\)  (thỏa (*))
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm: \(x=2+\sqrt{2};\ \ x=2-\sqrt{2}\)

\(\int_{0}^{1}(x^2+x.e^x)dx=\int_{0}^{1}x^2dx+\int_{0}^{1}x.e^xdx\)
\(I_1=\int_{0}^{1}x^2dx=\frac{1}{3}x^3 \big|_{0}^{1}=\frac{1}{3}\)
\(I_2=\int_{0}^{1}x.e^xdx=x.e^x \big|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}e^xdx=e-(e-1)=1\)

Vậy \(I= I_1+I_2=\frac{4}{3}\)

Gọi H là trung điểm cạnh AB. Tam giác SAB đều cạnh a nên: \(SH\perp AB\)
\(\left\{\begin{matrix} (SAB)\perp (ABCD)\\ (SAB)\cap (ABCD)=AB\\ SH\perp AB;SH\cap (SAB) \end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow SH\perp (ABCD)\)
\(SH=a\sqrt{3}\)
Thể tích khối chóp S.ABCD là \(V=\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SH=\frac{2a^3\sqrt{3}}{3}\)
AD // BC \(\Rightarrow\) AD // (SBC) \(\Rightarrow\) d(D,(SBC))=d(A,(SBC))
Gọi I là trung điểm cạnh SB
\(CM: AI\perp (SBC)\)
\(\Rightarrow d(D,(SBC)) = AI = a\sqrt{3}\)

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC.
Ta có BC = 10 . Gọi M , N là các tiếp điểm trên AB , AC ta có p = BC + AM
Mà AM = r nên \(p=BC+r=10+3\sqrt{5}-5=3\sqrt{5}+5\). Ta có S = pr = 20
Gọi AH = h ta có \(S =\frac{1}{2}.BC.h = 20\Rightarrow h = 4\)
Do \(r=3\sqrt{5}-5\) nên tâm I nằm trên các đường thẳng song song với BC , cách BC một khoảng bằng r  mà nên I nằm trên đường \(y=3\sqrt{5}-4\) và điểm A nằm trên đường y = 5
Gọi J là trung điểm \(BC \Rightarrow J(3;1)\) và JA = BC nên A(0;5) hoặc A’(6;5)
Ta xét A(0;5) .Ta có pt AB: 2x - y +5 = 0, pt AC: x + 2y - 10 = 0, pt phân giác trong AI: 3x + y - 5 = 0. Ta có I là giao điểm của phân giác AI và đường \(y=3\sqrt{5}-4\) nên tọa độ âm \(I(-\sqrt{5}+3;3\sqrt{5}-4)\)
Với A’(6;5) ta có \(I'=(\sqrt{5}-3;3\sqrt{5}-4)\)

* Bán kính mặt cầu \(R = d(K;(P)) = \frac{5}{\sqrt{6}}\)
Phương trình mặt cầu là  \(x^2+(y-1)^2+(z-2)^2=\frac{25}{6}\)
* Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm; trục Oy có vectơ chỉ phương \(\vec{j}=(0;1;0)\)
Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến \(\vec{n}=(2;1;-1)\)
Mặt phẳng (Q) có véc tơ pháp tuyến là: \(\overrightarrow{n_Q}=\left [ \vec{n},\vec{j} \right ]=(1;0;2)\)
Mặt phẳng (Q) còn qua gốc tọa độ O nên có phương trình là \(x+2z=0\)

Không gian mẫu Ω là tập hợp các cách chọn 5 quả cầu từ 20 quả cầu:
Số phần tử không gian mẫu là: \(n(\Omega )=C_{20}^{5}=15504\)
Gọi A là biến cố chọn được 5 quả cầu thỏa mã yêu cầu bài toán.
Trong 20 số từ 1 đến 20 có 10 số lẻ , 5 số chẵn chia hết cho 4 và 5 số chẵn không chia hết cho 4.
Do đó \(n(A)=C_{20}^{3}.C_{5}^{1}.C_{5}^{1}=3000\)
Vậy xác suất cần tìm là: \(P(A)=\frac{n(A)}{n(\Omega )}=\frac{3000}{15540}=\frac{125}{646}\)

\(P=\frac{\sqrt{a^3c}}{2\sqrt{b^3a}+3bc}=\frac{a\sqrt{ac}}{b(\sqrt{ba}+3c)}=\frac{\left ( \sqrt{\frac{a}{b}} \right )^2}{\sqrt{\frac{b}{c}}+\sqrt{\frac{c}{a}}}\)

Ta có \(\frac{\sqrt{b^3a}}{2\sqrt{c^3b}+3ca}=\frac{a\sqrt{ac}}{b(2\sqrt{ba}+3c)}=\frac{\left ( \sqrt{\frac{a}{b}} \right )^2}{\sqrt[2]{\frac{b}{c}}+\sqrt[3]{\frac{c}{a}}}\)

Tương tự \(\frac{\sqrt{b^3a}}{2\sqrt{c^3b}+3ca}=\frac{\left ( \sqrt{\frac{b}{c}} \right )^2}{\sqrt{\frac{c}{a}}+\sqrt{\frac{a}{b}}};\frac{\sqrt{c^3b}}{\sqrt{a^3c}+3ab}=\frac{\left ( \sqrt{\frac{c}{a}} \right )^2}{\sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{c}}}\)
Do đó đặt \(x=\sqrt{\frac{a}{b}};y=\sqrt{\frac{b}{c}};z=\sqrt{\frac{c}{a}};(x;y;z> 0)\) khi đó xyz = 1
Khi đó \(P=\frac{x^2}{2y+3z}+\frac{y^2}{2z+3x}+\frac{z^2}{2x+3y}\)
Ta có  \(\frac{x^2}{2y+3z}+\frac{2y+3z}{25}+\frac{y^2}{2z+3x}+\frac{2z+3x}{25}+\frac{z^2}{2x+3y}+\frac{2x+3y}{25}\geq \frac{2}{5}(x+y+z)\)

Nên \(P=\frac{x^2}{2y+3z}+\frac{y^2}{2z+3x}+\frac{z^2}{2x+3y}\geq \frac{1}{5}(x+y+z)\geq \frac{3}{5}\sqrt[3]{xyz}=\frac{3}{5}\)
Vậy \(P_{min}=\frac{3}{5}\) khi và chỉ khi  x = y =z =1 hay a = b =c.