Một số đề tự luyện ôn thi THPT quốc gia môn toán năm học 2014-2015

Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 1 NĂM HỌC 2014-2015
Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)

2x +1
có đồ thị (H).
x −1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số.
b) Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (H). Tiếp tuyến tại điểm M có hồnh độ dương

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y =

thuộc (H) cắt hai đường tiệm cận của (H) tại A, B sao cho AB = 2 10 .
Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình 32 x +1 − 4.3x + 1 = 0.
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Tính mơđun của số phức z = (1 − 2i )(2 + i ) 2 .
b) Cho tập A = { 1, 2,3,..., 2015} , từ tập A chọn ngẫu nhiên hai số. Tìm xác suất để giá trị tuyệt
đối của hiệu hai số được chọn bằng 1.
4

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫
1

(

x + ln 1 + x
x

) dx .

Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y + z + 1 = 0 và
 x = 1 + 3t

đường thẳng d:  y = 2 − t . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt
z = 1+ t

phẳng (P) bằng 3.
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a đồng thời SA, SB, SC đơi một vng
góc với nhau tại S. Gọi H, I, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC, BC. Gọi D là điểm đối xứng
của S qua K; E là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SHI). Chứng minh rằng AD vng
góc với SE và tính thể tích của khối tứ diện SEBH theo a.
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I,
các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm M ( 1; −5 ) ,
 7 5   −13 5  (M, N, P không trùng với A, B, C). Tìm tọa độ của A, B, C biết đường thẳng
N  ; ÷, P 
; ÷
2 2  2 2

chứa cạnh AB đi qua Q ( −1;1) và điểm A có hồnh độ dương.
Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
( 8 x − 13) y = ( x + 1) 3 3 y − 2 − 7 x

( x, y ∈ ¡ ) .

2
2
( y − 1) x + ( 8 y + 7 ) x = y + 12 y + ( x + 1) 3 3 y − 2


Câu 9. (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + 2b − c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = ab + bc + ca + 2 .
a+c+2
a + b +1
−
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =
.
a (b + c) + a + b + 1 ( a + c)(a + 2b − c)
241


Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015
---------- HẾT ----------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu
1.a

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 1 NĂM HỌC 2014-2015
Mơn thi: Tốn
Đáp án

•
•

Điểm
1,0

Tập xác định: D = ¡ \ { 1}
Sự biến thiên
−3
y, =
< 0, ∀x ≠ 1 .
2
( x − 1)

0,25

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và (1; +∞) .
+ Hàm số khơng có cực trị
+ Giới hạn:
* lim y = 2;lim y = 2 ⇒ Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x →−∞

0,25

x →+∞

* lim −y = −∞; lim +y = +∞ ⇒ Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x →1

•

x →1

Bảng biến thiên:

0,25

•

 1 
Đồ thị: Giao điểm của (H) với Ox là  − ;0 ÷, giao điểm của (H) với Oy là
 2 
Đồ thị nhận I ( 1; 2 ) làm tâm đối xứng

( 0; −1)

0,25

1.b

1,0
242


Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015
 2x +1 
Gọi M  x0 ; 0 ÷∈ ( H ) ;
x0 − 1 


( 0 < x0 ≠ 1)

2x +1
x − x0 ) + 0
Phương trình tiếp tuyến của ( H ) tại M là ( d ) : y =

2 (
x0 − 1
( x0 − 1)
−3

 2x + 4 
(d) cắt tiệm cận đứng (x=1) tại A  1; 0
÷
 x0 − 1 
(d) cắt tiệm cận ngang (y=2) tại B ( 2 x0 − 1; 2 )
AB = 2 10 ⇔ 4 ( x0 − 1) +

36

2

( x0 − 1)

2

0,25

0,25

= 40

0,25

 x0 = 2
⇒

(do 0 < x0 )
 x0 = 4
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán M ( 2;5 ) và M ( 4;3)
2

0,25
1,0

3 = 1
x = 0
− 4.3 + 1 = 0 ⇔  x 1 ⇔ 
3 =
 x = −1

3

x

2 x +1

3

x

1,0

3a

0,5
z = (1 − 2i)(2 + i) 2 = (1 − 2i )(4 + 4i + i 2 ) = (1 − 2i)(3 + 4i ) = 3 + 4i − 6i − 8i 2 = 11 − 2i

Vậy z = 11 − 2i ⇒ z = 112 + 22 = 5 5

3b

0,5
Gọi A là biến cố: “Hiệu hai số được chọn bằng 1”.
2
Số phần tử của khơng gian mẫu: nΩ = C2015

0,25

Số cặp số có hiệu bằng 1 (là cặp hai số liên tiếp) là nA = 2014 .
nA 2014
= 2
Vậy xác suất để “Hiệu hai số được chọn bằng 1” là P ( A ) =
nΩ C2015

0,25

4
4

Ta có: I = ∫
1

4

I1 = ∫ xdx =
1

(

x + ln 1 + x
x

) .dx =

4

∫
1

4

x .dx + ∫

(

ln 1 + x

1

x

) =I +I
1

1,0
2

0,25

2
14
x. x =
3
3
1
4

1
u = ln(1 + x ) du =
.dx
ln(1 + x )


2 x .(1 + x )
⇒
I2 = ∫
dx , đặt 
dx
x
1
dv =
v = 2 x + 2
x


4
4

4
1
⇒ I 2 = 2 x + 2 .ln 1 + x | − ∫
.dx = 6 ln 3 − 4 ln 2 − 2 x | = 6 ln 3 − 4 ln 2 − 2
1
1
x
1
14
8
+ 6 ln 3 − 4 ln 2 − 2 = 6 ln 3 − 4 ln 2 +
Khi đó I = I1 + I 2 =
3
3
4

(

5

) (

0,25

0,25

)

0,25
1,0

0,25

M(1+3t, 2 – t, 1 + t) ∈ d.

243


Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015
2(1 + 3t ) − 2(2 − t ) + 1 + t + 1
=3⇔t= ±1
3
Suy ra, có hai điểm thỏa bài toán là M1(4, 1, 2) và M2( – 2, 3, 0)
Ta có d(M,(P)) = 3 ⇔
6

Gọi HI ∩ AK = J , SJ ∩ AD = E
⇒ E = AD ∩ ( SHI )

0,5
0,25
1,0
0,25

Ta có J là trung điểm của AK, kẻ FK//SE
AD a 3
.
=
( F ∈ AD ) ⇒ AE = EF = FD =
3
3

Trong tam giác vuông cân SBC,
1
a 2
SK = BC =
⇒ SD = a 2
2
2
Trong tam giác vuông SAD,
a 3
SA2 = a 2 , AE. AD =
.a 3 = a 2 ⇒ SA2 = AE . AD ⇒ SE ⊥ AD
3
Tam giác SAB cân tại S nên SH ⊥ AB
Ta lại có
SC ⊥ ( SAB ) , SC / / BD ⇒ BD ⊥ ( SAB ) ⇒ BD ⊥ SH ⇒ SH ⊥ ( ABD ) ⇒ SH ⊥ ( HBE )
SH =

7

0,25

a 2 S
, HEB = S EAH
2

S EAH AH . AE 1
1
a2 2
a2 2
=

= , S DAB = AB.BD =
⇒ S HEB =
Mà
S DAB AB. AD 6
2
2
12

VSHBE

0,25

1
a3
(đvtt)
= .SH .S HBE =
3
36

Đường tròn ngoại tiếp ∆ABC chính là đường trịn ngoại tiếp ∆MNP có phương trình là
 −3 
x 2 + y 2 + 3 x − 29 = 0 có tâm là K  ; 0 ÷
 2 

Vì P là điểm chính giữa cung AB nên đường thẳng chứa AB đi qua Q ( −1;1) vng góc với
KP
PT của AB: 2 x − y + 3 = 0 .
Tọa độ A, B là thỏa mãn hệ
 y = 2x + 3
 y = 2x + 3

2 x − y + 3 = 0


⇔ 2
⇔  x = 1
 2
2
2
 x + ( 2 x + 3) + 3 x − 29 = 0
 x + y + 3x − 29 = 0
  x = −4


Từ đó, tìm được A ( 1;3) , B ( −4; −5 )
Ta lại có AC đi qua A, vng góc với KN có phương trình 2 x + y − 7 = 0
Nên tọa độ điểm C thỏa mãn
 y = 7 − 2x
 y = 7 − 2x
2 x + y − 7 = 0


⇔ 2
⇔  x = 1
⇒ C ( 4; −1)
 2
2
2
 x + ( 7 − 2 x ) + 3 x − 29 = 0
 x + y + 3 x − 29 = 0
 x = 4



8

0,25
1,0
0,25

0,5

0,25
1,0

244


Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015
( 8 x − 13) y = ( x + 1) 3 3 y − 2 − 7 x
( 1)


2
2
( y − 1) x + ( 8 y + 7 ) x = y + 12 y + ( x + 1) 3 3 y − 2 ( 2 )

Trừ vế với vế của (1) và (2) ta được
y =1
( y − 1) x 2 − y 2 + y = 0 ⇔ 
2
y = x

Với y = 1 thay vào (1) ta được 8 x − 13 = x + 1 − 7 x ⇔ x = 1
Với y = x 2 thay vào (1) ta được

0,25

8 x 3 − 13 x 2 + 7 x = ( x + 1) 3 3 x 2 − 2 ⇔ ( 2 x − 1) − ( x 2 − x − 1) = ( x + 1)
3

3

( x + 1) ( 2 x − 1) + ( x 2 − x − 1)

Đặt a = 2 x − 1, b = 3 3x 2 − 2 ta được

 a 3 − ( x 2 − x − 1) = ( x + 1) b
a = b

⇒ a 3 − b3 + ( a − b ) ( x + 1) = 0 ⇔  2
 3
2
2
 a + ab + b + x + 1 = 0
b − ( x − x − 1) = ( x + 1) a


0,25

x =1⇒ y =1
a = b ⇒ 2 x − 1 = 3x − 2 ⇔ 8 x − 15 x + 6 x + 1 = 0 ⇔ 
x = − 1 ⇒ y = 1

8
64

3

2

3

2

2

2

7
2
a
 3
a

a 2 + ab + b 2 + x + 1 =  + b ÷ + ( 2 x − 1) + x + 1 =  + b ÷ + 3x 2 − 2 x + > 0, ∀x
4
2
 4
2

 −1 1 
Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) ,  ; ÷
 8 64 

9

0,5

1,0
Áp dụng BĐT AM - GM ta có :
ab + bc + ac + 2 = a 2 + b 2 + c 2 ≥ a 2 + 2bc ⇔ 2ab + 2ac + 2 ≥ a 2 + bc + ab + ac
( a + b ) ( a + c + 2)
Khi đó, 2 ( ab + ac ) + 2 ≥ ( a + b ) ( a + c ) ⇔ a ( b + c ) + a + b + 1 ≥
2
a+c+2
2
⇔
≤
a ( b + c) + a + b +1 a + b
Mặt khác,
1
a + b +1
a + b +1
2
≥
( a + c ) ( a + b − 2c ) ≤ ( a + c + a + b − 2c ) = ( a + b ) ⇒
4
( a + c ) ( a + 2b − c ) ( a + b ) 2

0,5

2

2
a + b +1
1
1
1 1
1  1
−
=
−
= − −
Do đó, P ≤
÷ ≤
2
2
a + b ( a + b)
a + b ( a + b)
4  2 a+b  4
1
Vậy GTLN của P bằng .
4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

0,5

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 2 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)

245

Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015
2x − 2
( C)
2x +1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b) Tìm m để đường thẳng d : y = 2mx + m + 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu
thức P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất ( với O là gốc tọa độ).
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 x ( cos x + sin x − 1) = 0

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y =

b) Giải phương trình: 9 x − 5.3x + 6 = 0
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình sau trên tập số phức: z 2 + z + 3 = 0
8
b) Cho khai triển ( 2 + x ) tìm hệ số của số hạng chứa x 6 trong khai triển đó
e

 3 1 + ln x 
dx
Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫  x +
÷ .
2 + x ln x 
1
 x = 2t
r


Câu 5. (1,0 điểm) Cho điểm M ( −1;3; −2 ) , n ( 1; 2;3) và đường thẳng d :  y = t t ∈ ¡
z = 2 + t

r
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n làm vectơ pháp tuyến. Tìm tọa độ giao
điểm của (P) và đường thẳng (d).
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có O là tâm của đáy khoảng cách từ O đến
mặt phẳng ( SBC ) bằng 1 và góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng α . Tính thể tích khối chóp S . ABCD
theo α . Xác định α để thể tích khối chóp đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường
thẳng d : x + y − 1 = 0 . Điểm E ( 9; 4 ) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F ( −2; −5 ) nằm trên
đường thẳng chứa cạnh AD, AC = 2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có
hồnh độ âm.

( 4 y − 1) x 2 + 1 − 2 y = 2 x 2 + 1

( x, y ∈ ¡ ) .
Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
4
2
2
x + x y + y = 1

Câu 9. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực không đồng thời bằng 0 thỏa mãn điều kiện

( a + b + c)

2

= 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) . Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a 3 + b3 + c 3
.
( a + b + c ) ( ab + bc + ca )
---------- HẾT ----------

P=

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Câu
1.a

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 2 NĂM HỌC 2014-2015
Mơn thi: Tốn
Đáp án

246

Điểm
1,0


Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015
 1
*TXĐ: ¡ \  −  *SBT: y ' =
 2

−2

( 2 x + 1) 2




1
< 0, ∀x ≠ − ⇒ I ∈ d ⇒ c = 5 ⇒ A(1;3); B (−3;1)
2

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  −∞; −

1  1

÷ và  − ; +∞ ÷
2  2


0,25

Tính giới hạn và tiệm cận
Lập bảng biến thiên
*Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị
1.b
PT hoành độ giao điểm:

0,25

0,25
0,25
0,5

2x + 2

1
= 2mx + m + 1; x ≠ −
2x + 1
2

⇒ 4mx 2 + 4mx + m − 1 = 0 , (1); Đặt g ( x ) = 4mx + 4mx + m − 1
* (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt ⇔ PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2

m ≠ 0


⇔ ∆ ' = 4m > 0 ⇔ m > 0

1
g  −  ≠ 0

÷

  2
*Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x1, x2 thì x1, x2 là các nghiệm của PT (1) ⇒
 x1 + x2 = −1


m −1
 x1.x2 = 4m


0,25

2

Có: OA2+OB2 = x12 + ( 2mx1 + m + 1) + x2 2 + ( 2mx2 + m + 1)
2

2

(
)(
) + 4m ( m + 1) ( x + x ) + 2 ( m + 1)
 m −1
= ( 4m + 1)  1 −
÷ − 4m ( m + 1) + 2 ( m + 1)
2m 

2

2

= 4m + 1 x1 + x2

2

1

0,25

0,25
2

2

2

2

5
1
5
9
+ 2m +
≥ + 2 = (Áp dụng BĐT cơ si vì m dương)
2
2m 2
2
1
1
Dấu bằng xảy ra ⇔ m = ( thỏa mãn);KL: m = là giá trị cần tìm
2
2
=

2.a

0,25
0,5
0,25

cos 2 x ( cos x + sin x − 1) = 0
cos 2 x = 0
⇔ 

sin  x + π  = 1
÷
 
4
2


247


Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015
π kπ
+
( k ∈¢)
4 2
 x = k 2π
π 1

⇔
(k ∈ ¢ )
+) Với sin  x + ÷ =
 x = π + k 2π
4
2


2
+) Với cos 2 x = 0 ⇔ x =

2.b

( )

9 x − 5.3x + 6 = 0 ⇔ 3

Đặt t = 3x

( t > 0)

x 2

0,25

0,5
− 5.3x + 6 = 0

Phương trình trở thành t 2 + 5t + 6 = 0

x =1
t = 3
⇔
⇒
t = 2
 x = log 3 2

0,25

0,25

3a

0,5
Ta có, ∆ = −11 < 0

0,25

Suy ra phương trình có hai nghiệm là: z1 =

−1 + 11i
−1 − 11i
; z2 =
2
2

3b

0,25
0,5

k =8

k 8− k k
Ta có khai triển sau: ( 2 + x ) = ∑ C8 2 x
8

0,25

k =0

6 2

Từ đó suy ra hệ số của x 6 là C8 2 = 112

0,25

4

1,0
e

e

I = ∫ x 3 dx + ∫
1

1

4 e

e
1 + ln x
x
dx; ∫ x3 dx =
2 + x ln x
4
1

1

=

e4 − 1
4

e
d ( 2 + x ln x )
1 + ln x
e+2
dx = ∫
= ( ln 2 + x ln x ) = ln ( e + 2 ) − ln 2 = ln
∫ 2 + x ln x 1 2 + x ln x
1
2
1
e

e

e4 − 1
e+2
Vậy I =
+ ln
4
2
5

0,5

r
Phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n làm vecto pháp tuyến là:
1( x + 1) + 2 ( y − 3) + 3 ( z + 2 ) = 0 ⇔ x + 2 y + 3z + 1 = 0

Vậy phương trình (P) là: x + 2 y + 3z + 1 = 0
Thay x, y, z từ phương trình đường thẳng (d) vào mặt phẳng (P) ta được:
2t + 2t + 3(2 + t) + 1 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ x = −2, y = −1, z = 1
Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng là I ( −2; −1;1)

6

0,5

1,0
0,5

0,5
1,0

Gọi M là trung điểm BC
Trong mp ( SOM ) kẻ OH ⊥ SM

0,25

(1)

S . ABCD là hình chóp đều nên SM ⊥ BC , OM ⊥ BC
Suy ra BC ⊥ ( SOM ) ⇒ OH ⊥ BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OH ⊥ ( SBC ) ⇒ OH = 1

248


Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015

Từ (1) và (2) ta cũng có

·
( ( SBC ) , ( ABCD ) ) = SMO = α .

OH
1
=
sin α sin α
1
1
.tan α =
Xét ∆SOM vng tại O ta có SO = OM tan α =
sin α
cosα

Xét ∆OHM vuông tại H ta có OM =

Ta có AB = 2OM =

2
4
⇒ S ABCD = AB 2 =
sin α
sin 2 α

0
1
1
4

1 t
4
=
Suy ra VS . ABCD = S ABCD .SO = . 2 .
(đvtt)
2
3
3 sin α cosα P3sin α cosα+
′
Đặt P = sin 2 α .c osα
Ta có P = sin 2 α .c osα = c osα − c os3α
Đặt cos α = t , t ∈ ( 0;1)

0,25
3
3
0
2 3
9

1
-

P

Suy ra P = t − t 3
Ta có P′ = 1 − 3t 2 , P′ = 0 ⇔ t1 = −

3
3

∨ t2 =
3
3

0,5

Lập bảng biến thiên
VS . ABCD nhỏ nhất khi P l ⇔ t = 3 ⇔ cos α = 3 ⇔ α = arccos 3
3
3
3
3
Vậy VS . ABCD nhỏ nhất bằng 2 3 (đvtt) khi α = arccos
.
3

7

1,0
+) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC
⇒ E’ thuộc AD.
Vì EE’ vng góc với AC và qua điểm E ( 9; 4 )
⇒ phương trình EE’: x − y − 5 = 0 .
Gọi I = AC ∩ EE’, tọa độ I
x − y − 5 = 0
x = 3
⇔
⇒ I ( 3; − 2 )
là nghiệm hệ 
x + y −1 = 0

 y = −2
Vì I là trung điểm của EE’ ⇒ E '( −3; −8)
AD qua E '( −3; −8) và F (−2; −5) ⇒ phương trình AD: 3 x − y + 1 = 0
A = AC ∩ AD ⇒ A(0;1) . Giả sử C (c;1 − c) .
Vì AC = 2 2 ⇔ c 2 = 4 ⇔ c = 2; c = −2 ⇒ C (−2;3)
Gọi J là trung điểm AC ⇒ J (−1; 2) ⇒ phương trình BD: x − y + 3 = 0 .
Do D = AD ∩ BD ⇒ D (1; 4) ⇒ B (−3;0) .

Vậy A(0;1) , B (−3;0), C (−2;3), D(1; 4).

8

0,25
0,25
1,0
0,25

( 4 y − 1) x 2 + 1 − 2 y = 2 x 2 + 1 (1)

(I )
 4
x + x2 y + y 2 = 1
(2)


Đặt

0,25

2

x 2 + 1 = t ≥ 1 ⇒ phương trình (1) có dạng: 2t − ( 4 y − 1) t + 2 y − 1 = 0

249


Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015
t = 2 y − 1
∆ = ( 4 y − 1) − 8 ( 2 y − 1) = ( 4 y − 3 ) ⇒  1
t = (l )
 2
y ≥1
2
+) Với t = 2 y − 1 ≥ 1 ⇔ x + 1 = 2 y − 1 ⇔  2
thay vào (2) ta được
2
x = 4 y − 4y
2

2

16 y 2 ( y − 1) + 4 y 2 ( y − 1) + y 2 − 1 = 0 ⇔ y = 1 (do y ≥ 1 ) ⇒ x = 0 . Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) .
2

9

0,25

0,25
0,25
1,0

ab + bc + ca =

1
1
2
2
gt
a + b + c ) − ( a 2 + b 2 + c 2 )   ab + bc + ca = ( a + b + c )
→
(

2
4

Do đó
P=

0,25

4 ( a 3 + b3 + c3 )

( a + b + c)

3

=

3
3

3
1  4a   4b   4c  
+
+

÷
÷
÷
16  a + b + c   a + b + c   a + b + c  



Đặt
x=

4a
4b
4c
,y=
,z =
a+b+c
a+b+c
a +b+c

0,25

Thì

y + z = 4− x
x + y + z = 4

⇔

2
 xy + yz + zx = 4
 yz = x − 4 x + 4
8
3
1 3
1
3
=
x + ( y + z ) − 3 yz ( y + z ) = (3x 3 − 12 x 2 + 12 x + 6)
16
16

Vì ( y + z ) ≥ 4 yz nên 0 ≤ x ≤
2

Ta có P =

1 3
( x + y3 + z3 )
16

(

)

 8
Xét hàm số f ( x ) = 3x − 12 x + 12 x + 6 với x ∈  0; 

 3
176
min f ( x) = 16, max f ( x) =
9
3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

0,25

2

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 3 NĂM HỌC 2014-2015
Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 1 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = 1.
b) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho BC = 4 và A là
điểm cực trị thuộc trục tung.
250

0,25


Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015
2
Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình log 2 + log 2 x − 2 = 0

Câu 3. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình cos 2 x − cos x = 3 ( sin 2 x + sin x )
b) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0.
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp A. Tính xác suất để chọn được số chia hết cho 3.
1
2

dt
Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I =
∫ 4 − t2 .
0

Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

x −1 y − 2 z
=
= và mặt
2
−1
3

phẳng ( P ) : 2 x − y − 2 z + 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A ( 3; −1; 2 ) , cắt đường
thẳng ∆ và song song với mặt phẳng (P).
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt
đáy bằng 60° . Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách
từ C đến mặt phẳng (SMN).
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = AD 2 , tâm

I ( 1; −2 ) . Gọi M là trung điểm cạnh CD, H ( 2; −1) là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm
tọa độ các điểm A, B.

Câu 8. (1,0 điểm) Giải bất phương trình

x + 1 − x 2 ≥ 2 − 3x − 4 x 2 .

Câu 9. (1,0 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
a2
b2
3
+
− ( a + b) 2 .
thức P =
2
2
(b + c ) + 5bc (c + a ) + 5ca 4

----------------Hết----------------

HƯỚNG DẪN CHẤM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 3 NĂM HỌC 2014-2015
Mơn thi: Tốn
Câu
Đáp án
Điểm
1.a
1,0
4
2
0,25
Với m = 1 hàm số trở thành : y = x − 2 x + 1

TXĐ : R ;

lim y = +∞

x →±∞

x = 0
Có y ' = 4 x 3 − 4 x ; y ' = 0 ⇔ 
 x = ±1
251


Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015
BBT (lập đúng và đầy đủ)
Hàm số đồng biến trên ( −1;0 ) và ( 1; +∞ )

0,25

Hàm số nghịch biến trên ( −∞; −1) và ( 0;1)
yCĐ =1 tại x = 0; yCT = 0 tại x = ±1
Đồ thị: (Vẽ đúng và chính xác)

0,25
0,25
0,5

1.b
x = 0
3
2

Ta có y ' = 4 x − 4mx = 4 x ( x − m ) ; y ' = 0 ⇔  2
( *)
x = m
Để hàm số có ba cực trị thì y’=0 có ba nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua ba nghiệm đó ⇔
(*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > 0 (**)
 x = 0 ⇒ A ( 0;1)
y'= 0 ⇔ 
Khi đó
 x = ± m ⇒ B m ;1 − m 2 , C − m ;1 − m 2

Do đó BC = 4 ⇔ 2 m = 4 ⇔ m = 4 (t/m (**))

(

) (

)

0,25
0,25
0,25
0,25
1,0

2

log 2 x = 1
log 2 + log 2 x − 2 = 0 ⇔ 
2
log 2 x = −2

0,5

x = 2
⇔
x = 1

4

0,5

3a

0,5
⇔ cos 2 x − 3 sin 2 x = 3 sin x + cos x ⇔

π

2 x + 3
π
π


⇔ cos  2 x + ÷ = cos  x − ÷ ⇔ 
3
3


2 x + π


3

3b

1
3
3
1
cos 2 x −
sin 2 x =
sin x + cos x
2
2
2
2
π
2π

= x − + k 2π
 x = − 3 + k 2π
3
⇔
,k ∈Ζ
π
 x = k 2π
= − x + + k 2π

3
3


Các số gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0 lập được là A = 504 ⇒ n ( A ) = 504

0,25

0,25
0,5

3
9

Chọn ngẫu nhiên một số từ A có 84 cách nên n ( Ω ) = 84
Gọi B: “Số chọn được chia hết cho 3”
Số lập được chia hết cho 3 được lập từ các bộ số sau:
{ 1; 2;3} , { 1; 2;6} , { 1; 2;9} , { 1;3;5} , { 1;3;8} , { 1; 4;7} , { 1;5; 6} ,{ 1;5;9} , { 1;6;8} , { 1;8;9}

{ 2;3; 4} , { 2;3;7} , { 2; 4; 6} , { 2; 4;9} , { 2;5;8} , { 2;6;7} , { 2; 7; 9} , { 3; 4;5} , { 3; 4;8}
{ 3;5;7} , { 3;6;9} , { 3; 7;8} , { 4;5;6} , { 4;5;9} , { 4;6;8} , { 5;6; 7} , { 5; 7;9} ,
{ 6;7;8} , { 7;8;9}

0,25

0,25

Mỗi bộ số lập được 3!=6 số nên có tất cả 29.6=174 số.
Chọn một số trong các số đó có 174 cách ⇒ n ( B ) = 174
Vậy xác suất là P ( B ) =

n ( B ) 174 29
=

=
n ( Ω ) 504 84

4

1,0
252


Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015
1
2

1

dt
1 2 1
1 
I =∫
= ∫
+
÷dt
2
4−t
4 0  2−t 2+t 
0

1 2+t
= ln
4 2−t

5

1
2
0

0,5

1 5
= ln
4 3

0,5

Gọi B = d ∩ ∆ ⇒ B ∈ ∆ nên giả sử B ( 1 + 2t ; 2 − t ;3t )
uu
ur
Khi đó AB = ( −2 − 2t ;3 − t;3t − 2 ) là vtcp của d.
r
Mặt phẳng (P) có vtpt n = ( 2; −1; −2 )
uu r
ur
1
Vì d//(P) nên AB.n = 0 ⇔ 2 ( −2 − 2t ) − ( 3 − t ) − 2 ( 3t − 2 ) = 0 ⇔ t = −
3
u u  4 10
ur
r

⇒ AB =  − ; ; −3 ÷ hay u = ( 4; −10;9 ) là vtcp của d.

 3 3

 x = 3 + 4t

Vậy phương trình d:  y = −1 − 10t , t ∈ ¡
 z = 2 + 9t


6

1,0
0,5

0,5

1,0
*)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều
1
tâm G và SG ⊥ ( ABC ) ⇒ VS . ABC = SG.S ABC
3
Tam giác ABC đều cạnh a nên
a 3
a2 3
AN =
⇒ S ABC =
2
4
Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa
·
cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = SAG = 60° (vì

·
SG ⊥ AG ⇒ SAG nhọn)

2
a 3
AN =
3
3
Trong tam giác SAG có SG = AG.tan 60° = a
1 a 2 3 a3 3
Vậy VS . ABC = .a.
=
3
4
12
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M ∈ (SMN) nên
d( C ,( SMN ) ) = 3d ( G ,( SMN ) )

0,25

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG =

Ta có tam giác ABC đều nên tại K
SG ⊥ ( ABC ) ⇒ SG ⊥ MN

⇒ MN ⊥ ( SGK ) .

Trong (GKH), kẻ GH ⊥ SK ⇒ GH ⊥ MN ⇒ GH ⊥ ( SMN ) , H ∈ SK
⇒ d( G ,( SMN ) ) = GH

253

0,25

0,25


Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015
1
2
2
1
1
a 3
AN ; BG = AG = AN ⇒ GK = AN − AN = AN =
2
3
3
2
6
12
Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên
1
1
1
1 48 49
a
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ GH =

2
2
2
GH
SG GK
a
a
a
7
3a
Vậy d( C ,( SMN ) ) = 3GH =
7

Ta có BK =

7

0,5

1,0
Theougiả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD
u
r uu
u
r
nên IC = 3IH
uu
u
r
Mà IH = ( 1;1) , giả sử

 x − 1 = 3.1
x = 4
C ( x; y ) ⇒ 
⇔
⇒ C ( 4;1)
 y + 2 = 3.1  y = 1

Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5)
CM BC
1
·
·
=
=
⇒ MBC = BAC
Lại có AB = 2 AD nên
BC AB
2
·
·
·
·
Mà BAC + BCA = 90° ⇒ MBC + BCA = 90° ⇒ AC ⊥ BM
uu
u
r
Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt IH = ( 1;1)
⇒ pt BM: x + y – 1 = 0 ⇒ B ( t ;1 − t )
uu
ur

uu
ur
Có AB = ( t + 2;6 − t ) ; CB = ( t − 4; −t )
u u uu
ur ur
Vì AB ⊥ BC ⇒ AB.CB = 0 ⇔ ( t + 2 ) ( t − 4 ) − t ( 6 − t ) = 0

(

)

(

⇔ t = 2 ± 2 ⇒ B 2 + 2; −1 − 2 hoặc B 2 − 2; −1 + 2
8

0,25

0,25

)

x ≥ 0
0 ≤ x ≤ 1
−3 + 41


2
⇔  −3 − 41
.

−3 + 41 ⇔ 0 ≤ x ≤
Điều kiện: 1 − x ≥ 0
(*)
8
≤x≤


2
8
8

2 − 3x − 4 x ≥ 0
Bất phương trình đã cho tương đương với
x + 1 − x 2 + 2 x(1 − x 2 ) ≥ 2 − 3 x − 4 x 2 ⇔ 3( x 2 + x) − (1 − x) + 2 ( x + x 2 )(1 − x) ≥ 0

−5 + 34
x ≥
2
2
2
x +x
x +x
x +x 1
9
⇔3
+2
−1 ≥ 0 ⇔
≥ ⇔ 9 x 2 + 10 x − 1 ≥ 0 ⇔ 
1− x
1− x

1− x
3

−5 − 34
.
x ≤
9

−5 + 34
−3 + 41
≤x≤
.
Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là
9
8

9

0,25
1,0

0,25

0,5

1,0
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có
a2
a2
4a 2

b2
4b2
≥
=
.
2
2
≥
.
(b + c) + 5bc (b + c) 2 + 5 (b + c ) 2 9(b + c) Tương tự, ta có
(c + a )2 + 5ca 9(c + a ) 2
4
2
a2
b2
4  a2
b2  2  a
b 
+
≥ 
+
+
Suy ra
÷≥ 
÷
(b + c) 2 + 5bc (c + a) 2 + 5ca 9  (b + c) 2 (c + a) 2  9  b + c c + a 

254

0,25

Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2014-2015
2

 ( a + b) 2

2
+ c ( a + b) ÷
2
2
2  a + b + c (a + b) 
2
2  2(a + b) 2 + 4c (a + b) 
2
= 
÷ = 
÷ ≥ 
÷.
9  ab + c(a + b) + c 2 
9  (a + b ) 2
9  (a + b) 2 + 4c (a + b) + 4c 2 
2 ÷
+ c ( a + b) + c ÷

4


Vì a + b + c = 1 ⇔ a + b = 1 − c nên
2

2
2  2(1 − c ) 2 + 4c(1 − c )  3
8
2  3
2
P≥ 
− (1 − c ) 2 = 1 −
(1)
÷
÷ − (1 − c ) .
9  (1 − c ) 2 + 4c (1 − c) + 4c 2  4
9  c +1  4
2

2

8
2  3
2
Xét hàm số f (c) = 1 −
÷ − (1 − c) với c ∈ (0; 1).
9  c +1 4
16 
2 
2
3
− (c − 1); c
0
Ta có f '(c ) = 1 −
÷.

2
9  c + 1  (c + 1)
2
f 1 c)
'(
–
f '(c ) = 0 ⇔ (c − 1) 64 − (3c + 3)3 = 0 ⇔ c = .
3
Bảng biến thiên:

(

)

f (c )

1
3
0

+

0,5

1

−
1
9
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c) ≥ − với mọi c ∈ (0; 1).

9
1
1
Từ (1) và (2) suy ra P ≥ − , dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = .
9
3
1
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − , đạt khi a = b = c = .
9
3

255

1

(2)