Đề thi thử toán quốc gia lần 2 năm 2015

1



ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

Ngày thi:… tháng…năm…
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3
()
1
x
yC
x




a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C).
b) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M tạo với
IM góc


sao cho
3

os
5
c


.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
3 2 2
2 3 os 5cos sin 3sin cos
0
tan 3
c x x x x x
x



.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
   
23
48
2
log 1 log 4 log 4 2.x x x     

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Một trường phát thưởng cho 60 học sinh giỏi, trong đó có 14 em trùng tên. Sắp xếp 60 em một
cách ngẫu nhiên thành một hàng ngang. Tính xác suất để 14 em trùng tên đứng cạnh nhau.
b) Xác định hệ số của
6
x

trong khai triển nhị thức của biểu thức
3 10
(1 )xx
.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng có phương trình là
 
12
:
1 1 2
x y z
d



. Viết phương trình mặt phẳng
 
Q
chứa đường thẳng
 
d
và tạo với mặt
phẳng
 
Oxy
một góc nhỏ nhất.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABC

có đáy
ABC
là tam giác có
AB a
,
2,AC a

( ) ( )SBC ABC
,
SB SC a
,
120
o
BSC 
. Tính thể tích hình chóp
.S ABC
, xác định tâm và bán
kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có tâm
15 3
;
22
I





và đỉnh
 
6;5A
, đỉnh
D
thuộc đường thẳng
30xy
. Viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật
ABCD
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
    
32
3 2 2
8x 4 2x 1 1 7 5 13x
.
1
yy
y x y y

     

    


Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số không âm
,,x y z

thỏa mãn
2 3 1x y z  
. Tính giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
2 2 2
4 9 24P x y z xyz   
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:……………………

1


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đáp án – thang điểm có 6 trang)

Câu
Đáp án
Điểm
1
(2,0đ)
a) (1,0 điểm)

 Tập xác định:
\{-1}D 

 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
'
2
4
0
( 1)
y
x


.
- Hàm số đồng biến trên các khoảng
 
; 1
và
 
;. 1

0,25

- Giới hạn:
lim lim
xx
xx
xx
 

   


   

   
33
1
11

y1
là tiệm cận ngang.
lim ; lim
xx
xx
xx

 

   
   
   

   
11
33
11

x  1
là tiệm cận đứng.
0,25

- Bảng biến thiên:
x


-1


'y

+ +
y





1
1




0,25

 Đồ thị:
- Giao
 
: 3;0Ox
.
- Giao

 
: 0; 3Oy 
.

- Nhận xét: đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1;1) là tâm đối xứng.
0,25
f(x)=(x-3)/(x+1)
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y

2


b) (1,0 điểm)


Giả sử tiếp tuyến tại
   
00
;M x y C
là:
'
0
0 0 0 0
2
00
3

4
( )( ) ( )
( 1) 1
x
y y x x x y x x
xx

     

.
0,25

 
0 0 0 0
00
44
1; 1 1; ; 1
11
IM
IM x y x n x
xx
   

       
   

   
.

Đường thẳng IM có hệ số góc

2
0
4
( 1)
k
x


.
0,25

Do góc giữa tiếp tuyến và IM là góc

sao cho
3
os
5
c



nên
2
0
2
2
0
0
0
2

0
2
2
0
0
0
4
41
3
1
( 1)
5
3
( 1) 4
4 2 1
5
4
2
1
21
( 1)
( 1)
x
x
x
x
x
x
x
x














  








  








.
0,25

Vậy có 4 điểm
1 2 3 4
(3;0); ( 5;2); ( 2 1;1 2 2); ( 2 1;1 2 2)M M M M     

thỏa mãn đề bài.
0,25
2
(1,0đ)
Điều kiện xác định:

tanx 3
cos 0x



0,25

3 2 2
22
2 3 os 5cos sin 3sin cos
0
tanx 3
cos (2 3cos 5cos sin 3sin ) 0
c x x x x x
x x x x x




   

0,25

22
2
2 3cos 5cos sin 3sin 0
2 3 5tan 3tan x=0
x x x x
x
   
  
(vì
cos x  0
)
0,25

 
tanx 3( )
2
2
arctan .
tanx ( )
3
3
KTM
x k k
TM






     







0,25
3
(1,0đ)
Điều kiện:
 
 
x
x
x
x
x



  


  








2
3
10
44
40
1
40
.


0,25


Phương trình đã cho tương đương

   
log log logx x x     
2 2 2
1 4 4 2

 
 
 

log log
log log
xx
xx
    
   
2
22
2
22
1 2 16
4 1 16

.xx   
2
16 4 1
(*)
0,25


Xét
x  14
, phương trình (*) trở thành:
0,25

3

x.
()
x

x
xL


   



2
2
4 12 0
6


Xét
x   41
phương trình (*) trở thành:
()
x.
xL
x
x


   




2

2 2 6
4 20 0
2 2 6

Vậy
 
;.x2 2 2 6

0,25
4
(1,0đ)
a) (0,5 điểm)

Không gian mẫu:
| | 60!

Gọi A là biến cố để 14 em trùng tên đứng cạnh nhau.
Khi đó
| | (60 14 1)!14! 47!.14!
A
    
.
0,25

Vậy
47!14!
()
60!
PA

0,25

b) (0,5 điểm)


Ta có:
     
.
k
kk
k
x x x x C x x


      


10
10
10
3 2 2
10
0
1 1 1 1


 
. . .
kk
i

k k i k i i k
kk
k i k i
C x C x C C x

   

  
10 10
22
10 10
0 0 0 0

0,25

Hệ số của
6
x
là
.
ik
k
CC
10
với
ik  0 10
và
ki26
.
Ta có bảng giá trị của

i
và
k

i 0 1 2 3
k 6 4 2 0
Từ bảng trên ta được hệ số của
6
x
là:
0 6 1 4 2 2
6 10 4 10 2 10
. . . .C C C C C C

0,25
5
(1,0đ)
 
   
 
0
1; 2;0
12
:
1 1 2
1;1;2
d
Md
x y z
d

u
  


  





.
Giả sử vector pháp tuyến của
 
mp Q
là
 
 
2 2 2
; ; , 0
Q
n a b c a b c   
.
   
dQ
 
Q
qua
0
M

       
: 1 2 0 0Q a x b y c z      
.
2 0.ax by cz b a     

0,25

Gọi


 
0
0 90


là góc giữa
 
mp Q
và
 
mp xOy
, khi đó:
 
 
2 2 2 2 2 2
.0 .0 .1
cos cos ; *
Q xOy
Q xOy
Q xOy

nn
a b c c
nn
nn
a b c a b c



   

   
, (vì
 
0;0;1
xOy
nk
).
0,25

 
mp Q
chứa
 
d

 
. 0 . 1 .1 .2 0 2
Qd
n u a b c a b c         
.

Thế vào (*) ta được:
22
cos
2 4 5
c
b bc c



.
0,25

+ Trường hợp 1:
0
0 cos 0 90c

    
. (1)
0,25

4

+ Trường hợp 2:
22
1 1 1
0 cos
3
2 4 5 2 1 3
c
b b b

c c c

    
   
   
   
   
.
Dấu “=” xảy ra khi
1.
b
bc
c
    
(2)
Từ (1) và (2)
min max
1
cos 2
3
b c a b c c

        
.
Từ đó
 
: 3 0Q cx cy cz c   
.
 
: 3 0Q x y z    

(do
0c 
).
6
(1,0đ)
Gọi H là trung điểm của BC. Do tam giác SBC
cân tại S nên
SH BC
.
Mà

( ) ( )
()
( ) ( )
SBC ABC
SH ABC
SBC ABC BC



.

0,25
Mà tam giác SBC cân có SB=SC=a, góc
120
o
BSC 
nên
2
a

SH 
và
3BC a
.
Nhận xét
2 2 2
BC AB AC  
tam giác ABC vuông tại A.
Vậy
3
.
1 1 1 2
. . . 2
3 3 2 2 12
S ABC ABC
a
V SH S a a a  
.
0,25
SH là trục đường tròn ngoại tiếp đáy ABC. Trong
 
mp SBC
, qua M là trung điểm
SB dựng đường trung trực của SB cắt SH tại I. Vậy mặt cầu ngoại tiếp của hình
chóp SABC có tâm I và bán kính IS.
0,25
/2
( . ) . .
/2
SI SM SM a

SMI SHB g g SI SB a a
SB SH SH a
       

0,25
7
(1,0đ)
Theo công thức trung điểm vì I là trung điểm của AC suy ra tọa độ
 
9; 8C 

0,25
Vì D thuộc đường thẳng
30xy
nên
 
;3D t t
. Mặt khác do
AD DC
     
. 0 6 9 3 5 8 3 0AD DC t t t t          
2
1
7
5 12 7 0
5
t
tt
t




    



.
0,25

Trường hợp 1:
 
1 1; 3tD  
. Vì I là trung điểm BD nên
 
14;0B
.
Phương trình các cạnh là
 
:5x 8y 70 0AB   
;
 
:8 5 112 0BC x y  
;
 
:5 8 19 0CD x y  
;
 
:8 5 23 0AD x y  
.
0,25

Trường hợp 2:
7
5
t 

7 21
;
55
D




. Vì I là trung điểm BD nên
68 6
;
55
B



.
0,25

5

Phương trình các cạnh là
 
: 2 16 0AB x y  

;
 
: 2 26 0BC x y   
;
 
: 2 7 0DC x y  
;
 
: 2 7 0AD x y   
.
8
(1,0đ)
Hệ tương đương
  
x x x
.
yy
x y y y

     


   


32
2 3 2
8 13 8 4 1 5 7
1

Cộng vế theo vế 2 phương trình trên ta được
       
xxyy      
33
2 1 2 1 2 2
.(*)
0,25

Xét hàm
   
'.f t t t f t t t       
32
3 1 0

 
ft
đồng biến trên .
0,25

Từ (*) suy ra:
x.
y
yx

    
3
2 1 2
2

Thế vào (2) suy ra:

y y y   
32
4 3 2 5 0

0,25

 
 
y y y    
2
1 4 7 5 0

y1
(do
yy  
2
4 7 5 0
)
.x2

Vậy nghiệm của hệ phương trình:
   
; ; .xy 21

0,25
9
(1,0đ)
Đặt
 
2 ; 3 ; , , 0 .a x b y c z a b c   

Vậy
1.abc  

Không mất tính tổng quát giả sử
1
0;
3
a





Ta có:
1b c a  
thay vào P ta có
2
22
2 2 1
(1 ) 2(2 1)
2(2 1)
P a a
P a a a bc bc
a
  
      


0,25

Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
2
( ) 4b c bc
nên
2
2
2 2 1
(1 ) 4
2(2 1)
P a a
a
a
  



Do
;aa

   


1
0 2 1 0
3

 
   
a a aPa      

2
2
2 2 2 1 1 2 1

a
a.
a
P a P

     
32
32
21
2 2 1
2

0,25

Khảo sát
 
a a
Pa


32
21
2
trên
; MinP P
   

  


   
1 1 13
0
3 3 27
khi
.
x
a
a b c a b c y
bc
z









        









1
1
6
3
11
1
39
1
3

0,25

32
2 1 13
2 27
aa


0,25

6

Vậy
min
13 1 1 1
; ;z .
27 6 9 3
P x y    

(Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.)
Hết