Đề thi thử Quốc gia lần 2 năm 2015 môn Toán trường THPT Lý Thái Tổ, Bắc Ninh

Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số:
3 2
3 2 9 1
m
y x (m )x x m (C )
= − + + − −
với m là tham số
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi
0
m .
=

b.
G
ọ
i
∆
là ti
ế
p tuy
ế
n v
ớ
i
đồ
th
ị

m
(C )
t

ạ
i giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
đồ
th
ị

m
(C )
v
ớ
i tr
ụ
c tung. Vi
ế
t
ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n
∆
bi

ế
t kho
ả
ng cách t
ừ

đ
i
ể
m
1 4
A( ; )
−

đế
n
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
b
ằ
ng
82
.

Câu 2 (1.0 điểm)
Gi
ả

i ph
ươ
ng trình:
2
2
cos x cosxsinx sinx sin x cosx
+ − + =
Câu 3 (1.0 điểm)
Tính tích phân:
5
1
3 1 2 1
I ( x ) x dx
= + −
∫

Câu 4 (1.0 điểm)
a.

Gi
ả
i b
ấ
t ph
ươ
ng trình:
2 4 2
1 2 5 1 2
log (x ) log ( x) log (x )
+ − − < − −

b.

Có 6 t
ấ
m bìa
đượ
c
đ
ánh s
ố
0, 1, 2, 3, 4, 5. L
ấ
y ng
ẫ
u nhiên 4 t
ấ
m bìa và x
ế
p thành hàng
ngang t
ừ
trái sang ph
ả
i. Tính xác su
ấ
t
để
x
ế

p
đượ
c m
ộ
t s
ố
t
ự
nhiên có 4 ch
ữ
s
ố
.
Câu 5 (1.0 điểm)
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho hai
đ
i
ể

m
1 1 0 2 0 1
A( ; ; ), B( ; ; )
− −
và
m
ặ
t ph
ẳ
ng
2 1 0
(P): x y z .
+ + + =
Tìm t
ọ
a
độ

đ
i
ể
m C trên (P) sao cho m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABC) vuông
góc v
ớ
i m
ặ

t ph
ẳ
ng (P) và tam giác ABC có di
ệ
n tích b
ằ
ng
14
.
Câu 6 (1.0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có
đ
áy ABCD là hình thoi c
ạ
nh 3a và

60
o
ABC .
=

Tính theo a th
ể
tích kh
ố
i t
ứ
di
ệ
n SACD và kho

ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng AB và SD bi
ế
t
7
SA SB SC a .
= = =

Câu 7 (1.0 điểm)
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy, cho hình ch
ữ
nh

ậ
t ABCD có
đườ
ng phân
giác trong góc

ABC

đ
i qua trung
đ
i
ể
m M c
ủ
a c
ạ
nh AD,
đườ
ng th
ẳ
ng BM có ph
ươ
ng trình:
2 0
x y ,
− + =
đ
i
ể

m D n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
có ph
ươ
ng trình:
9 0
x y .
+ − =
Tìm t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh
c
ủ
a hình ch
ữ
nh
ậ
t ABCD bi
ế
t

đỉ
nh B có hoành
độ
âm và
đườ
ng th
ẳ
ng AB
đ
i qua
1 2
E( ; ).
−

Câu 8 (1.0 điểm)
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình:
2 2 2
3
2 3
2 2 3 2 2 3 1
2 2
2 3 2
2 1
x x (x x) y ( y )x

x x x
y
x

− − − − = − −


+ + +

− − =
+


Câu 9 (1.0 điểm)
Cho
x, y
là hai s
ố
th
ỏ
a mãn:
1
x, y
≥
và
3 4
(x y) xy.
+ =
Tìm giá tr
ị

l
ớ
n nh
ấ
t và
giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c:
3 3
2 2
1 1
3P x y
x y
 
= + − +
 
 

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

H
ọ
và tên thí sinh: S
ố
báo danh:

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015

Môn: TOÁN

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi 09/03/2015


Trang 1/5


Câu Đáp án Điểm

1
(2.0 điểm)




a. (1.0 điểm)
3 2

0 6 9 1
m y x x x
= ⇒ = − + −

• Tập xác định:
D .
=
ℝ

• Sự biến thiên:

2
1 3
3 12 9 0
3 1
x y
y' x x ; y'
x y

= ⇒ =
= − + = ⇔

= ⇒ = −


0.25
Giới hạn:
x x
lim y ; lim y
→−∞ →+∞

= −∞ = +∞

Bảng biến thiên:


x
−∞

1

3

+∞

y'


+

0

−
0
+

y

3

+∞

−∞

1
−

0.25
- Hs
đ
b trên kho
ả
ng
1 3
( ; ), ( ; )
−∞ +∞
và nb trên khoảng
1 3
( ; ).

- Hàm số đạt cực đại tại
1 3
CÑ
x ;y
= =
; đạt cực tiểu tại
3 1
CT
x ;y .
= = −

0.25




0.25
b. (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến
∆
…
TXĐ:
2
3 6 2 9
D , y' x (m )x
= = − + +
ℝ

Giả sử M là giao điểm của đồ thị hàm số
m
(C )
với Oy
0 1
M( ; m )
⇒ − −

0.25
Phương trình tiếp tuyến
∆
là:
9 1

y x m
= − −
hay
9 1 0
x y m
− − − =

0.25
Ta có:
2 2
9 1 4 1
94
82 82 12 82
70
9 1
. ( ) m
m
d(A; ) m
m
( )
− − − −

=
∆ = ⇔ = ⇔ − = ⇔

= −
+ − 

0.25
Vậy phương trình tiếp tuyến

∆
là:
9 95 9 69
y x ; y x .
= − = +

0.25
2
(1.0 điểm)
Giải phương trình …
PT
2 2 2
0
cos x sin x cosxsinx sin x (sinx cosx)
⇔ − + + − + =

0.25

0
(cosx sinx)(cosx sinx) sin x(cosx sinx) (cosx s
inx)
⇔ − + + + − + =


1 0
(cosx sinx)(cosx sin x sinx )
⇔ + − + − =

0.25

0
1 0
1
sinx cosx
(sinx cosx)(cosx )
cosx

+ =
⇔ + − = ⇔

=


0.25
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)
• Đồ thị:
x
4

0

y
3

1

−



Trang 2/5


1
4
1
2
tanx
x k
cosx
x k

π

= −
= − + π

⇔ ⇔


=

= π



Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
4 2
x \ k ;x k .
= −π + π = π

0.26
3
(1.0 điểm)
Tính tích phân …
Đặt
2
2 1 2 1
t x t x tdt dx
= − ⇒ = − ⇒ =

Đổi cận:
1 1
x t
= ⇒ =


5 3
x t
= ⇒ =

0.25
2
3 3 3
2 2 4 2
1 1 1

3 1 1 1
1 3 5 3 5
2 2 2
(t )
I .t.tdt ( t )t dt ( t t )dt
 
+
⇒ = + = + = +
 
 
∫ ∫ ∫

0.25

3
5 3 5 3
1
1 3 5 1 3 3 5 3 3 5 1414
2 5 3 2 5 3 5 3 15
t t . .
   
= + = + − − =
   
   

0.5
4
(1.0 điểm)
a. (0.5 điểm) Giải bất phương trình …
Điều kiện: 2 5

x (*)
< <

Khi đó, BPT
2 2 2 2
1 2 2 5
log (x ) log (x ) log log ( x)
⇔ + + − < + −


2 2
1 2 2 5
log (x )(x ) log ( x)
⇔ + − < −

0.25

2
1 2 2 5 12 0
(x )(x ) ( x) x x
⇔ + − < − ⇔ + − <
4 3
x
⇔ − < <

K
ế
t h
ợ
p

đ
i
ề
u ki
ệ
n
(*)
ta có:
2 3
x
< <
là nghi
ệ
m c
ủ
a b
ấ
t ph
ươ
ng trình.
V
ậ
y nghi
ệ
m c
ủ
a b
ấ
t ph
ươ

ng trình
đ
ã cho là:
2 3
x .
< <

0.25
b. (0.5 điểm)
Tính xác su
ấ
t …
- Phép th
ử
T: “L
ấ
y ng
ẫ
u nhiên 4 t
ấ
m bìa và x
ế
p thành hàng ngang t
ừ
trái sang
ph
ả
i”
⇒
S

ố
ph
ầ
n t
ử
c
ủ
a không gian m
ẫ
u là:
4
6
360
AΩ = =
- G
ọ
i A là bi
ế
n c
ố
“X
ế
p
đượ
c m
ộ
t s
ố
t
ự

nhiên g
ồ
m 4 ch
ữ
s
ố
”
0.25
Gi
ả
s
ử

1 2 3 4
n a a a a
= là s
ố
t
ự
nhiên g
ồ
m 4 ch
ữ
s
ố
khác nhau.
Ch
ọ
n
1

a
có 5 cách.
Ch
ọ
n
2 3 4
a a a
có
3
5
A
cách.

3
5
5 300
A
.A⇒ Ω = =
V
ậ
y
300 5
360 6
A
P(A)
Ω
= = =
Ω

0.25

5
(1.0 điểm)
Tìm t
ọ
a
độ

đ
i
ể
m C n
ằ
m trên m
ặ
t ph
ẳ
ng (P) …
Gi
ả
s
ử

C(a;b;c)
,
2 11
P
n ( ; ; )
=

là 1 VTPT c

ủ
a (P).
Do
2 1 0 1
C (P) a b c ( )
∈ ⇔ + + + =

Ta có:
11 1
1 1
AB ( ; ; )
AC (a ;b ;c)
= −
= − +



11 2
AB,AC (c b ; a c;b a )
 
⇒ = + + − − − +
 
 

0.25
⇒
M
ặ
t ph
ẳ

ng (ABC) nh
ậ
n
11 2
n (c b ; a c;b a )
= + + − − − +

là 1 VTPT
Vì
0 2 3 5 0 2
P
(ABC) (P) n.n a b c ( )
⊥ ⇔ = ⇔ − + + + =
 

0.25
Mà:
2 2 2
1
1 1 2 2 14 3
2
ABC
S AB,AC (c b ) ( a c) (b a ) ( )
∆
 
= ⇒ + + + − − + − + =
 
 

T

ừ
(1) và (2) ta có:
2 2
1 4
b a
c a

= −

= −


0.25

Trang 3/5

Thay vào (3) ta được:
2 2 2 2
2 2 7
2 3 4 14 4
2 6 9
a b ,c
( a) ( a) a . a
a b ,c

= ⇒ = = −
− + + = ⇔ = ⇔

= − ⇒ = − =


Vậy tọa độ điểm C thỏa mãn đề bài là:
2 2 7 2 6 9
C( ; ; ), C( ; ; ).
− − −

0.25
6
(1.0 điểm)
Tính thể tích khối tứ diện SACD …

S
A
B
C
D
H
K


0.25
SHB
∆
vuông tại H nên ta có:
2 2
2
SH SB BH a
= − =

Vậy

3
1 3 3
3 2
SACD ACD
a
V SH.S
∆
= =

0.25
Vì H là trọng tâm tam giác ABC nên
3 2
HD BD
=

Do AB // CD nên
3
2
d(AB;SD) d(AB;(SCD)) d(B;(SCD)) d(H;(SCD))
= = =

Ta có:



30 60 90
o o o
HCD HCA SAD HC CD.
= + = + = ⇒ ⊥
Mà

SH CD
⊥
nên
CD (SHC)
⊥

Trong (SHC) kẻ
HK SC (K SC) d(H;(SCD)) HK
⊥ ∈ ⇒ =

0.25
SHC
∆
vuông tại H nên:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 2 21
7
4 3
a
HK
HK HS HC a a
= + = + ⇒ =
Vậy
3 3 21
2 7
a
d(AB;SD) HK
= = ⋅

0.25

7
(1.0 điểm)
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

A
B
C
D
M
E
E'
H




0.25
▪ Giả sử
2 0
B(b;b ) BM (b )
+ ∈ <
1 1
BE ( b; b), BE' ( b; b)
⇒ = − − − = − − −
 

Mà
0
0 2 1 0
1 11

b (loaïi)
BE BE' BE.BE' b( b)
b (tm) B( ; )

=
⊥ ⇔ = ⇔ + = ⇔

= − ⇒ −

 

0.25
▪ Phương trình cạnh AB là:
1
x .
= −

Giả sử
1 1
A( ;a) AB (a )
− ∈ ≠
và 9
D(d; d)
− ∈∆

Do M là trung điểm AB
1 9
2 2
d a d
M ;

 
− + −
⇒
 
 

0.25
Do
SA SB SC
= =
và tam giác
ABC đều nên hình chiếu của đỉnh
S trên (ABCD) là trọng tâm H của
tam giác ABC.
∆
ABC đều
3
BH a
⇒ =

Ta có:
2
9 3
4
ACD ABC
a
S S
∆ ∆
= =

▪ Kẻ đường thẳng đi qua E vuông
góc BM tại H và cắt AC tại
E'.

H
⇒
là trung điểm của
EE'

Phương trình EH là:
1 0
x y
+ − =

1 3
2 2
H EH BM H ;
 
= ∩ ⇒ −
 
 

Vì H là trung điểm
0 1
EE' E'( ; )
⇒


Trang 4/5

Mặt khác:
1 9
2 0 2 6 0 1
2 2
d a d
M BM a d ( )
− + −
∈ ⇔ − + = ⇔ − + − =

▪ Ta có:
1 9 0 1
AD (d ; d a), AB ( ; a)
= + − − = −
 

Mà
0 9 0 2
AB AD AB.AD a d ( )
⊥ ⇔ = ⇔ − − + =
 

Từ (1) và (2) ta có:
4 1 4
5 5 4
a A( ; )
d D( ; )

= ⇒ −

= ⇒



Do
5 1
AB DC C( ; )
=
⇒
 

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là:
1 4 11 5 1 5 4
A( ; ),B( ; ),C( ; ),D( ; ).
− −

0.25
8
(1.0 điểm)
Giải hệ phương trình …
Điều kiện:
1 1 3
2 2 2
x ; y
≠ − − ≤ ≤

PT
2 2
1 2 1 2 1 3 2 3 2 0
( ) x x (x )x y x ( y)
⇔ − + − − − + − =

( )
2 2
2
1 2 1 3 2 3 2 0
1 3 2 0 3 2 1 3
(x ) (x )x y x ( y)
x x y x y x ( )
⇔ − − − − + − =
⇔ − − − = ⇔ − = −

Nhận thấy
0
x
=
không là nghiệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình
0
x
⇒ ≠

Suy ra
1 1
3 3 2 1
x
( ) y

x x
−
⇔ − = = −

0.25
Thay vào PT (2) ta
đượ
c:

3
2 3
3
2 3
1 2 2 1
1 2 1 2 2
2 1
x x x
( x+1) x x x
x x x
+ + +
+ = ⇔ + = + + +
+


3
3 3
1 1 2 2 1 1 2 2
2 1 1 1 1 1 1 1 4
( )
x x x x x x x x

 
 
⇔ + + = + + + ⇔ + + + = + + +
 
 
 
 
 

0.25
Xét hàm số
3
f(t) t t
= +
với
t
∈
ℝ

Ta có:
2
3 1 0f '(t) t t
= + > ∀ ∈
ℝ


⇒
Hàm số f(t) đồng biến trên
.
ℝ

Do đó,
3 3
1 2 1 2
4 1 1 1 1 5
( ) f f ( )
x x x x
   
⇔ + = + ⇔ + = +
   
   
   

0.25
Đặt 1 0
a / x (a )
= ≠ ⇒
(5) trở thành:
3
3 2
1 2 0
1 1 2
1 1 2
a
a a
( a) ( a)

+ ≥

+ = + ⇔


+ = +




3 2 2
1
2
1 1
1 5
1 5
2 2
2
2
0 1 0
1 5
2
a
a a
a
a
a a a a a
a

≥ −


 


≥ − ≥ −

+
 
+
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
=
  

  

− − = − − =
 


−
=





▪ Với
1 5 5 1 1 5
3 3 2 0
2 2 2
a x ( ) y
+ − −
= ⇒ = ⇒ ⇔ − = <
(loại)

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm
0.25

Trang 5/5
9
(1.0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức …
Đặt
0
t x y (t ).
= + >
Khi đó
3
4
t
xy
=

Từ giả thiết ta có:
2
3 4 3 3
(x y) xy (x y) x y t
+ = ≤ + ⇒ + ≥ ⇒ ≥

Vì
1
x,y
≥
nên
3

1 1 0 1 0 1 0 4
4
t
(x )(y ) xy (x y) t t
− − ≥ ⇔ − + + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤

Vậy ta có
3 4
t
≤ ≤
.
0.25
M
ặ
t khác t
ừ
gi
ả
thi
ế
t ta có:
1 1 4
3
x y
+ = ⋅

Suy ra:
2
3 3 2
1 1 6 9 8 16

3 3
4 3
P (x y) xy(x y) t t
x y xy t
 
= + − + − + + = − + −
 
 

0.25
Xét hàm s
ố
:
3 2
9 8 16
4 3
f(t) t t
t
= − + −
v
ớ
i
3 4
t
≤ ≤

Ta có:
( )
( )
( )

2 3 4
2 2
9 8 1
3 5 9 16 0
2
2
f '(t) t t t t t
t t
= − − = − + − >
v
ớ
i m
ọ
i
3 4
t [ ; ]
∈

f(t)
⇒
là hàm s
ố

đồ
ng bi
ế
n trên
đ
o
ạ

n
3 4
[ ; ].

0.25
V
ậ
y GTNN c
ủ
a P là:
49
3
12
f( ) = khi
3
3
2
t x y
= ⇔ = =

GTNN c
ủ
a P là:
74
4
3
f( ) = khi
1 3
4
3 1

x , y
t
x , y

= =
= ⇔

= =


0.25

▪ Chú ý:
Các cách gi
ả
i
đ
úng khác
đ
áp án cho
đ
i
ể
m t
ố
i
đ
a.