Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 6 năm 2015

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

Ngày thi: 24 tháng 03 năm 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Gọi
 
d
là đường thẳng đi qua điểm
 
2; 3A 
có hệ số góc bằng
m
. Tìm các số
m
để đường
thẳng
 
d

cắt đồ thị của hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ
1 2 3
,,x x x
thỏa mãn
2 2 2
1 2 3
8x x x  
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
 
 
2
cos 1 cos
2 1 sin .
sin cos
xx
x
xx




Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
 
2
sin
0
cos sin2
x
I e x xdx




.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm phần thực, phần ảo của số phức
z
, biết
z
thỏa mãn
    
1 2 . 1 2i z i i z   
.
b) Gọi
S
là tập hợp các ước số nguyên dương của số 43200. Chọn ngẫu nhiên một số trong
S
.
Tính xác suất chọn được số không chia hết cho 5.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho điểm
 
1; 1;1A 

và đường thẳng
d
có
phương trình
11

2 1 2
x y z

. Tìm tọa độ điểm
'A
là hình chiếu vuông góc của
A
trên
d

và lập
phương trình mặt phẳng
 
P
đi qua
,A
 
P
song song với
d
và khoảng cách giữa
d

với
 
P
lớn nhất.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có

ABCD
là hình thang vuông tại
,AD
;
2,AB AD a

.CD a
Gọi
I
là trung điểm của cạnh
AD
, hình chiếu vuông góc của
S
trên
 
ABCD
là điểm
.I

Cho biết khoảng cách từ
I
đến
 
SBC
bằng
3
.
2
a

Tính thể tích của khối chóp
.S ABCD
theo
a
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có đỉnh
A
nằm trên trục
Ox
với
5
0
2
A
x
. Các đường cao xuất phát từ đỉnh
B
và đỉnh
C
lần lượt có phương trình là
12
: 1 0, : 2 4 0d x y d x y     
. Tìm tọa độ các đỉnh
,,A B C
sao cho tam giác
ABC

có diện tích
lớn nhất.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
   
2
17 3 5 3 14 4 0
2 2 5 3 3 2 11 6 13
x x y y
x y x y x x

     


       


.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho 3 số thực dương
,,abc
thay đổi, thỏa mãn
ab
a c b c
c
   
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
2
22
a b c c
P

b c c a a b a b
   
   
.
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 KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015
Môn: TOÁN
Đ
Ề
CHÍNH THỨC

(Đáp án – thang đi
ể
m có 6 trang)

Câu Đáp án Điểm
1
(2,0 đ)
a) (1,0
điểm
)
Tập xác định:
D  

.
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
1
3 3; 0
1
x
y x y
x



    



.



0,25
- Hàm số đồng biến trên khoảng (-1;1), hàm số nghịch biến trên

   
; 1 , 1;  
.
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x
CĐ
= 1, y

CĐ
= 1; đạt cực tiểu tại x
CT
= -1, y
CT
= -3.

0,25
- Giới hạn:
lim ; lim
xx
yy
 
   
.
- Bảng biến thiên:
x


-1 1


y


- 0 + 0 -
y


1

-3







0,25
 Đồ thị: Giao với
Oy
tại
 
0; 1
. Lấy thêm điểm thuộc đồ thị
 
2; 3A 
.


0,25
b) (1,0
điểm
)
Phương trình của
d
là
 

23y m x  
.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của
d
và đồ thị của hàm số (1) là
   
3
2 3 3 1 1 .m x x x     

         
 
2
3
2
2
1 3 2 2 0 1 2 2 0
2 1 0 2
x
x x m x x x m x
x x m


            

   

.

0,25

2

Để
d
cắt đồ thị của hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm
phân biệt hay phương trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2.
 
2
'0
0
2' .
9
2 2.2 1 0
m
m
m
m
   






   



0,25
Gọi các hoành độ giao điểm của
d
và đồ thị của hàm số (1) lần lượt là
1 2 3
, , 2x x x 
. Trong
đó
12
,xx
là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (2).
Theo bài ra ta có
   
2
2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 1 2 1 2
8 4 2 4. 3x x x x x x x x x         

Theo Định lí Viét của phương trình (2) ta có
12
12
2
1
xx
x x m
  





.



0,25
Khi đó (3) trở thành
   
4 2 1 4 1 0 1 3' .m m m        

Kết hợp (2’) và (3’) ta được


;1\{ 9}m   
.

0,25
2
(1,0 đ)
Điều kiện:
sin cos 0xx
.
Khi đó phương trình
 
    
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosx x x x x     

0,25
  
1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x     

     
1 sin 1 cos sin 1 cos 0x x x x     



     
1 sin 1 cos 1 sin 0. *x x x    


0,25
 
 
 
sin 1 1
*.
cos 1 2
x
x








Ta có với
sin 1 cos 0xx   
, do đó
sin cos 1 0.xx   

(1)
 
sin 1 2 .
2
x x k k


       




0,25
Ta có với
cos 1 sin 0xx   
, do đó
sin cos 1 0.xx   

   
2 cos 1 2 .x x m m

      


Vậy phương trình có nghiệm là

2
2
xk


  
và
2xm



 
,km
.



0,25
3
(1,0 đ)
 
2 2 2
sin sin
0 0 0
cos sin 2 2sin cos 2 cos sin cos
xx
I e x xdx e x xdx x x xdx
  
   
  

.
Đặt
22
sin
12
00
2sin cos ; 2 cos sin cos
x
I e x xdx I x x xdx



.
2
sin
1
0
2sin cos
x
I e x xdx



.
Đặt
sin cosx t dt xdx  
.
Đổi cận:
00
.

1
2
xt
xt

  



  












0,25
Khi đó


11
2
1 1 1
sin

1
0 0 0
0 0 0
2 sin sin 2 2 2 2
x t t t t t
I e xd x e tdt te e dt te e


      


  
.

0,25

3

2
2
0
2 cos sin cosI x x xdx



.
Đặt
 
cos cos sin sin ,x u d x du xdx du xdx du        

Đổi cận
0 cos0 1
.
cos 0
22
xu
xu

   



   



Khi đó
1
0
35
22
2
1
0
44
2.
55
I u du u   


0,25
Vậy
 
2
sin
12
0
4 14
cos sin 2 2 .
55
x
I e x xdx I I

      


0,25
4
(1,0 đ)
a) (0,5
điểm
)
Từ giả thiết

    
1 2 1 2iz i i z   
ta được
    
2
1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 0iz i i z iz i z i z iz iz z i z iz iz i                   
.
Ta có
10iz i  

1iz i  


 
22
1zi i i z i i      





0,25

1 1 .z i z i       

Từ đó ta có phần thực của
z
bằng 1, phần ảo của
z
bằng 1.

0,25
b) (0,5
điểm
)
Ta có
6 3 2
43200 2 .3 .5
.
Mỗi ước nguyên dương của số 43200 là một số có dạng
2.3 .5
i j k
,
trong đó
{0,1,2,3,4,5,6}i
;
{0,1,2,3}j
;
{0,1,2}k
.
Số ước nguyên dương bằng số bộ
 
,,i j k
được chọn từ 3 tập trên.
Suy ra số cách chọn bộ
 
,,i j k
từ 3 tập trên là
1 1 1
7 4 3

. . 7.4.3 84C C C 
(cách).
Vậy số phần tử của S là 84.





0,25
Số các ước của 43200 không chia hết cho 5 trong tập S là số cách chọn bộ
 
, ,0ij
từ 3 tập
trên suy ra số các ước của 43200 không chia hết cho 5 trong tập S là
11
74
. 7.4 28CC
.
Từ đó ta có: chọn 1 số trong S có 84 cách chọn.
Chọn 1 số trong S không chia hết cho 5 có 28 cách chọn.
Suy ra xác suất chọn được số không chia hết cho 5 trong S là
28 1
84 3
P 
.




0,25

5
(1,0 đ)
Ta có phương trình tham số của
d
là
12
12
xt
yt
zt






  

.

Ta có
'(1 2 ; ; 1 2 )A t t t  
là hình chiếu vuông góc của
 
1; 1;1A 
trên
d
.
Có
 

' 2 ; 1 ;2 2A A t t t    

lại có
'AA

vuông góc với véctơ chỉ phương
 
2;1;2u 

của
d
nên ta có
     
1
2 2 1 1 2 2 2 0
3
t t t t        
.


0,25

4

Suy ra
5 1 1
'( ; ; )
3 3 3
A 
,

2 4 4
' ; ;
3 3 3
AA






.
0,25
Do
d
song song với
 
P
nên
 
 
 
 
, ', ' 'd P d d A P A H A A  
(Với H là hình chiếu
vuông góc của A’ trên
 
P
).
Suy ra khoảng cách giữa
d

với
 
P
lớn nhất khi và chỉ khi
HA
hay
''A H A A
 
khi đó
A’A vuông góc với mặt phẳng (P).



0,25
Chọn
'AA

làm véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Ta có mặt phẳng (P) đi qua
 
1; 1;1A 
và nhận
 
1;2; 2n 

làm véctơ pháp tuyến nên
phương trình của mặt phẳng (P) là
     
1 1 2 1 2 1 0 2 2 3 0.x y z x y z          

0,25
6
(1,0 đ)











Ta có
5; 2IB BC a IC a  
.
D
.
ABC
Sa



0,25
Dựng
 
,IE BC E BC
.
Dựng

 
,IH SE H SE
.
Suy ra
 
BC SIE BC IH  
.
Suy ra
 
IH SBC
hay
 
 
3
,
2
IH d I SBC a
.



0,25
Gọi M là trung điểm của
IC



2
2 2 2
3

5
2
2
aa
BM IB IM a    
.
Lại có

3
. . . 2 . 5
2
3
.
5
a
BM IC IE BC a IE a
a
IE
  






0,25
Xét tam giác vuông
SIE
vuông tại I ,
IH

là đường cao
suy ra ta có
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 4 1
9
3
5
a
IH IS IE IS IH IE IS a
       
.
Suy ra
3
7
a
SI 
.
Từ đó suy ra thể tích của khối chóp
3
2
1 1 3 3 7
. . .3a
3 3 7
7
ABCD
aa
V SI S  
(đvtt).

0,25

5

7
(1,0 đ)
Do
   
1
;1B d B t t  
; do
   
2 1 1
;4 2C d C t t  
.
Do
 
;0A Ox A a
,
   
12
1;1 , 1; 2uu  
 
.
Ta có

   
11
;1 ; ;4 2AB t a t AC t a t     
 




0,25
Lại có
 
1
1 1 1 1
. 0 4 2 0 4 .d AC u AC t a t t a          
 


 
2
2
. 0 2 2 0 2 .d AB u AB t a t t a           
 

Ta tìm được
     
2; 1 ; 4 ;2 4 ; 4 2a;2a 4 ;B a a C a a AC        


0,25
Ta có phương trình của
:0AC x y a
.
Ta được
    
33
4 2 2 , , 3 2 1
2
ABC
a
AC a d B AC S a a


      
.


0,25
Xét hàm
ABC
S

biến
a
trên khoảng
5
0;

2



ta được kết quả
5
0;
2
27
4
ABC
a
Max S






đạt được khi
1 1 5 3 7
;0 , ; , ; 3
2 2 2 2 2
a A B C
     
    
     
     
.
0,25

8
(1,0 đ)
     
 
2
17 3 5 3 14 4 0 1
2 2 5 3 3 2 11 6 13 2
x x y y
x y x y x x

     


       


.
Điều kiện xác định:
50
40
2 5 0
3 2 11 0
x
y
xy
xy







  


  


Phương trình thứ nhất biến đổi thành
 
 
 
 
 
3 5 2 5 3 4 2 4 1'x x y y      
.








0,25
Xét hàm số
 
 
2
3 2 , [0; )f t t t t   

do
 
' 0, [0; )f t t   
suy ra hàm số
 
ft
đồng
biến trên
[0; ).

Từ (1’) nhận được
5 4 1x y y x     
thế vào phương trình (2) trong hệ ta được
 
2
2 3 4 3 5 9 6 13. *x x x x     

 
 
2
* 2 3 4 3 5 9 6 13 0x x x x       
.



0,25
Xét hàm số
 
 

2
4
2 3 4 3 5 9 6 13 , [ ;5] .
3
g x x x x x x D          

Dễ thấy
 
'' 0, .g x x D  
Suy ra
 
'0gx
có không quá 1 nghiệm
xD
hay
 
0gx

có không quá 2 nghiệm
xD
. Lại có
   
0 1 0gg  
.


0,25
Kết luận: Hệ có 2 nghiệm (0;
-1) và (-1;-2).
0,25

9
(1,0 đ)
Đặt
 
, , , 1 .a xc b yc x y  
Nếu
1
1
x
y





ta thấy không thỏa mãn. Suy ra
,1xy
.
0,25

6

Khi đó

 
22
2
22
1 1 1 1
11

2
x y x y
P
y x x y x y xy x xy y x y
x y xy
       
      

.
 
 
 
 
2
2
11
*
2
2
xy
P
xy x y x y
x y xy

   
  

.

0,25
Lại có
   
1 1 2 2 1x y xy x y xy x y xy           

     
 
2
1 2 1 1 0 1 1 0
2 4.
xy x y xy x y xy x y
xy x y xy xy
               
     



0,25
Suy ra
 
 
   
2
22
1 1 1 1
23
22

xy
xy
P
xy x y x y xy
x y xy xy xy

     
  
  
.
Xét hàm số
   
2
11
, [4; ) ' 0, 4.
32
t
f t t f t t
t t t
        

Suy ra
   
41
4
24
f t f
.
Giá trị nhỏ nhất của
P

bằng
41
24
đạt được khi
2.xy






0,25

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