Đáp án đề thi thử số 1 môn toán kỳ thi Trung Học Phổ Thông quốc gia năm 2015

Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang |
1

-


ĐỀTHI THỬ




Câu Đáp án
Điểm
Câu 1
(2.0 điểm)

a.(1 điểm) Khảo sát….
•
Tập xác định:
D R
=

• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
' 3 3; ' 0 1y x y x= − = ⇔ = ±

0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ; 1)
−∞ −
và
(1; )
+∞

Hàm số nghịch biến trên khoảng
( 1;1)−

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

- Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞

0.25
- Bảng biến thiên
x

−∞

1
−

1

+∞

'
y


+

0

−

0

+

y

3

+∞



−∞

1−


0.25
•
Đồ thị:

0.25
b.(1.0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của
( )
C
và
:
d

3
3 1 3 2
x x x
− + = − +
3
1 1 1 (1; 1)

x x y A
⇔ = ⇔ = ⇒ = − ⇒ −

0.25
G
ọi
∆
là đư
ờng thẳng đi qua
A
v
ới hệ số góc l
à
.
k

Phương tr
ình đường thẳng
∆
có dạng:
: ( 1) 1y k x∆ = − −

∆
là tiếp tuyến của đồ thị
( )C
khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
3
2
3 1 ( 1) 1 (1)
3 3 (2)

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


0.25
Thay
(2)
vào
(1)
ta được:
0.25
x
y
O
1
ĐỀ THI THỬ

ĐỀ SỐ 1
KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2015

MÔN: TOÁN – Thời gian: 180 phút
Hợp tác sản xuất giữa ViettelStudy.vn và Uschool.vn



Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang |
2

-


3 2
3 1 (3 3)( 1) 1x x x x− + = − − −
3 2
1
2 3 1 0
1
2
x
x x
x

=


⇔ − + = ⇔

= −



Với
1 0
x k
= ⇒ = ⇒
phương trình tiếp tuyến:
1
y
= −

Với
1 9
2 4
x k= − ⇒ = − ⇒phương trình tiếp tuyến:
9 5
4 4
y x= − +
Kết luận:
9 5
1;
4 4
y y x= − = − +

0.25
Câu 2
(1.0 điểm

Giải phương trình
1 2 sin sin 2 cos 2
0 (1)

cos 1
x x x
x
− + −
=
+

Điều kiện:
cos 1x ≠ −

(1) 1 2 sin sin 2 cos2 0
x x x
⇔ − + − =

0.25
2
2 sin 2 sin 2 sin cos 0x x x x⇔ − + =

sin (2 sin 2 2 cos ) 0x x x⇔ − + =

sin 0
2
sin cos
2
x
x x

=



⇔

+ =



0.25
Với:
sin 0
x x k
π
= ⇔ =

Với:
2 1
sin cos sin
2 4 2
x x x
π
 



+ = ⇔ + =





 

0.25
2 2
4 6 12
5 7
2 2
4 6 12
x k x k
x k x k
π π π
π π
π π π
π π
 
 
+ = + = +
 
⇔ ⇔
 
 
+ = + = +
 
 

So sánh điều kiện nghiệm của phương trình là:
7
2 ; 2 ; 2 ( )
12 12
x k x k x k k Z
π π

π π π
= = + = + ∈

0.25

Câu
3
(1.0 điểm)

a. Đặt:
( , )
z a bi a b R
= + ∈

Ta có: 2 2z i z i a bi i a bi i− = + + ⇔ + − = + + +
( 1) ( 2) ( 1)a b i a b i⇔ + − = + + +

2 2 2 2
( 1) ( 2) ( 1)a b a b⇔ + − = + + +

1 (1)a b⇔ + = −

0.25
(1 ) ( )(1 ) ( )z i z a bi i a bi+ − = + + − −

( ) ( 2 )a b a b i a bi b a b i= − + + − + = − + +
là số thực
2 0 (2)a b⇔ + =

Từ

(1);(2)
ta có hệ phương trình:
1 2
2 5
2 0 1
a b a
z i z
a b b
 
 
+ = − = −
 
⇔ ⇒ = − + ⇒ =
 
 
+ = =
 
 

0.25
b. Gọi
A
là biến cố “lấy được số chia hết cho 3 và các chữ số đều là số lẻ”
Không gian mẫu:
9.9.8.7 4536Ω = =
(số)
Một số chia hết cho 3 khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 3
Bộ số có 4 chữ số lẻ và tổng chia hết cho 3 gồm:
(1;3;5;9);(3;5;7;9)

0.25



Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang |
3

-


Số các số có 4 chữ số lập từ 2 bộ số trên:
2.4 ! 48
A
Ω = =
(số)
Xác suất để biến cố
A
xảy ra:
48 2
4536 189
A
A
P
Ω
= = =
Ω

Kết luận:…

0.25

Câu 4
(1.0 điểm)

3
2
2
4 3I x x dx= − + −
∫
3
2
2
1 ( 2)x dx= − −
∫

Đặt:
2 sin ;
2 2
x t t
π π
 
 


 

− =  ∈ −


 




 
 

cos
dx tdt
⇒ =

0.25
Đổi cận: Với
2 0
x t
= ⇒ =

Với
3
2
x t
π
= ⇒ =

0.25
2 2
2 2
0 0
1 sin cos cosI t tdt tdt
π π
⇒ = − =
∫ ∫

0.25
2
0
1 1 sin 2
(1 cos 2 )
2
2 2 2 4
0
t
t dt t
π
π
π
 



= + = + =





 
∫

0.25
Câu 5
(1.0

điểm)

Ta có:
1
: 2 3
2
x t
y t
z t


= − +



∆ = − −



= +




Có
( 1 ; 2 3 ;2 )M M m m m∈ ∆ ⇒ − + − − +

Vì
,M N
đối xứng nhau qua

A
nên
A
là trung điểm
MN

(3 ;3 ; )N m m m⇒ − −

Mặt khác:
( )
M S
∈
suy ra:
2 2 2
(2 ) (3 2) ( 1) 2
m m m
− + − + − + =

0.25
2
1
11 18 7 0
7
11
m
m m
m

=



⇔ − + = ⇔

=



Với
1 (0; 5; 3); (2;3 1)m M N= ⇒ − −

Với
7 4 42 29 26 21 7
( ; ; ); ; ;
11 11 11 11 11 11 11
m M N
 



= ⇒ − − −





 

0.25
Mặt cầu
( )S

có tâm
(1;2; 1),I −
bán kính
2R =

Ta có:
( )P
vuông góc với
∆
suy ra
( )
P
nhận vec-tơ chỉ phương của
∆
làm vec-tơ pháp tuyến
⇒
Phương trình của
( )
P
có dạng:
3 0
x y z d
− + + =

0.25
( )
P
tiếp xúc với
( )
S

khi và chỉ khi
0.25



Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang |
4

-


1 6 1
6 22
( ,( )) 2
6 22
11
d
d
d I P R
d

− − +
= +

= ⇔ = ⇔


= −


Vậy, có 2 mặt phẳng thỏa mãn:
( ) : 3 6 22 0; ( ) : 3 6 22 0
P x y z P x y z
− + + + = − + + − =

Câu 6
(1.0
điểm)

Ta có
ABCD
là hình thoi cạnh
a
mà

0
60BAD ABD= ⇒ ∆
là tam giác đều
Mặt khác:
( )SH ABCD⊥ ⇒
Góc giữa
SA
và
( )ABCD
bằng góc giữa
SA
và
AH

⇒

Đó là góc
 
0
60
SAH SAH
⇒ =

0.25
Ta có:
2 2
3 3
2 2.
4 2
ABCD ABD
a a
S S
∆
= = =

Gọi
2 2 3 3
3 3 2 3
a a
O AC BD AH AO= ∩ ⇒ = = =

Trong tam giác vuông
SHA
ta có:
0
3

.tan 60 . 3
3
a
SH AH a= = =

Thể tích khối chóp:
2 3
.
1 1 3 3
. . .
3 3 2 6
S ABCD ABCD
a a
V SH S a= = =
(đvtt)
0.25
Gọi
N
là trung điểm của
AB
/ / / /( )
AM CN AM SCN
⇒ ⇒

( , ) ( ,( )) ( ,( ))d AM SC d AM SCN d A SCN⇒ = =

Kẻ
( );HE CN E CN⊥ ∈
Kẻ
( )HK SE K SE⊥ ∈

Ta có:
( )
CN HE
CN SHE HK HK CN
CN SH


⊥

⇒ ⊥ ⊃ ⇒ ⊥


⊥



Mặt khác:
( ) ( ,( ))
HK SE HK SCN d H SCN HK
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =

Ta có:
2 1 ( ,( )) 3
3 3 ( ,( )) 2
AH AH d A SCN
AO AC d H SCN
= ⇒ = ⇒ =
3
( ,( ))

2
d A SCN HK⇒ =

0.25
Trong tam giác
CNB
ta có:
2 2
2 2 2 0 2
1 7 7
2. . .cos120 2. . .
4 2 2 4 2
a a a a
CN NB BC CN NB a a CN= + − = + + = ⇒ =

2
1 1 3 1
. . ( , )
2 4 8 2
CNA ABC ABCD
a
S S S CN d A CN
∆ ∆
= = = =

0.25
M
N
H
O

C
A
B
D
S
E
K
E
H
O
N
M
A
B
D
C



Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang |
5

-


2 2
3 3.2 21
( , )
4. 14
4. 7

a a a
d A CN
CN
a
⇒ = = =

Mà:
( , ) 3 2 2 21 21
( , ) ( , ) .
( , ) 2 3 3 14 21
d A CN AC a a
d H CN d A CN HE
d H CN HC
= = ⇒ = = = =

Trong tam giác vuông
SHE
ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 21 22
HK SH HE a a a
= + = + =
22 3 3 22
( , )
22 2 44
a a
HK d AM SC HK⇒ = ⇒ = =

Câu 7
(1.0
điểm)

Đường tròn
( )C
có tâm
(3;1);I
Bán kính
3R =

Ta có
3IM R= =

Gọi
H
là trung điểm của
3 2
2
MN MH⇒ =

Trong tam giác vuông
2 2
9 3 2
9
2 2
MHI IH IM MH⇒ = − = − =


0.25

Trong tam giác vuông
AMI
ta có:
2
2
9.2
. 3 2
3 2
IM
IM IA IH IA
IH
= ⇒ = = =

Ta có:
(2 2; ),A d A a a a Z∈ ⇒ − ∈

2 2 2 2
4
(2 5) ( 1) 18 5 22 8 0 4
2
( )
5
a
IA a a a a a
a l

=


= − + − = ⇔ − + = ⇔ ⇒ =


=



(6;4)
A
⇒
(0; 2)
C
⇒ −

0.25
Trong tam giác vuông
AIB
ta có:

2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 2
9 18 18
IB
IM IA IB IB IM IA
= + ⇒ = − = − = ⇒ =

Đường thẳng
3 1
: 2 0
3 3
x y

IA x y
− −
= ⇔ − − =

Đường thẳng
IB
qua
(3;1)I
và vuông góc với đường thẳng
:IA

: 4 0
IB x y
⇒ + − =

0.25
2 2 2
( ;4 ) ( 3) (3 ) 18B b b IB b b⇒ − ⇒ = − + − =

0.25
H
N
M
I
A
B
D
C

Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang |
6

-


3 3 6
3 3 0
b b
b b
 
− = =
 
⇒ ⇔
 
− = − =
 
 

Với
6 (6; 2) (0;4)b B D= ⇒ − ⇒

Với:
0 (0;4) (6; 2)b B D= ⇒ ⇒ −

Kết luận:…
Câu 8
(1.0
điểm)

Điều kiện:
2 4; 1
x x
− ≤ ≤ ≠

( 2) 9 2 4
( 2) 1
( 2) 2 2 3
x x
BPT
x
x x
+ − −
⇔ ≥
+ −
+ − + −

0.25
(
)
(
)
( )( ) ( )( )
2 3 2 3
2 4
2 1 2 3 2 1 2 1
x x
x
x x x x
+ − + +

−
⇔ ≥
+ + + − + + + −

2 4
2 3 (*)
2 1
x
x
x
−
⇔ + + ≥
+ −

0.25
TH1:
2 1 0 1 (*)x x+ − < ⇔ < − ⇒
luôn đúng
2 1
x
⇒ − ≤ < −
là nghiệm của bất phương trình
0.25
TH2:
2 1 0 1x x+ − > ⇒ > −

(*) 2 2 2 3 2 4 0x x x⇒ ⇔ + + + − − − ≥

1 2 2 2 4 0x x x⇔ − + + − − ≥

4( 1)
1 0
2 4
x
x
x x
−
⇒ − + ≥
+ + −

4
( 1) 1 0
2 4
x
x x
 




⇒ − + ≥





 
+ + −
1x⇒ ≥
Vì

4
1 0,
2 4
x
x x
+ > ∀
+ + −
thỏa điều kiện
Kết luận:
)
2; 1 1; 4S
  
= − − ∪
  
  

0.25
Câu 9
(1.0
điểm)
Giả thiết:

(3 2) (3 2) (3 2) 3
x x y y z z
− + − + − ≤

2 2 2
3( ) 2( ) 3x y z x y z⇔ + + ≤ + + +

Mặt khác:

2 2 2 2
3( ) ( )x y z x y z+ + ≥ + +

2
( ) 2( ) 3 1 3x y z x y z x y z⇒ + + ≤ + + + ⇔ − ≤ + + ≤

0 3 0 1x y z xyz⇒ < + + ≤ ⇔ < ≤


0.25
Ta chứng minh với
, ,
x y z
là các số thực dương thì:
2
( ) 3( )x y z xy yz zx+ + ≥ + +

2 2 2
0x y z xy yz zx⇔ + + − − − ≥

⇔
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0, , ,x y y z z x x y z− + − + − ≥ ∀

Dấu
" "=
xảy ra khi:
x y z= =

Áp dụng ta được:

2
3
( ) 3 ( ) 9xy yz zx xyz x y z xyz xyz+ + ≥ + + ≥

2 2
3 3
3 3 1
3
3 3 ( ) 1 ( )
xy yz zx
xyz xyz
⇒ ≤ =
+ + +
+ +

0.25



Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang |
7

-


Ta chứng minh:
(
)
3
3

(1 )(1 )(1 ) 1
x y z xyz
+ + + ≥ +

( )
3
2
3
3 3
1 ( ) ( ) 1 3 3 ( ) 1VT x y z xy yz zx xyz xyz xyz xyz xyz= + + + + + + + ≥ + + + = +

Dấu
" "=
xảy ra khi
x y z= =

3
3
2
3
2
1
1
1 ( )
xyz
P
xyz
xyz
⇒ ≤ +
+

+

0.25
Đặt:
3
( (0;1])xyz t t= ∈

Xét
2
1 2
( )
1
1
t
f t
t
t
= +
+
+
trên
(0;1]D =

Ta có:
3 2 4 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 4 2 2 4 2
'( )
(1 ) (1 ) (1 ) ( 1)
t t t t t t

f t
t t t t
− − − − + + +
= + =
+ + + +
4 3
2 2 2
2 2 2 2
(1 ) ( 1)
t t t
t t
− − +
=
+ +

3 3
2 2 2 2 2 2
2 ( 1) 2( 1) 2( 1)( 1)
0, (0;1]
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )
t t t t t
t
t t t t
− − − − −
= = ≥ ∀ ∈
+ + + +

( )f t⇒
là hàm đồng biến trên
(0;1]D =

(0;1]
3
( ) (1)
2
t
Q Maxf t f
∈
⇒ ≤ = =

Dấu
" "
=
xảy ra khi:
1
x y z
= = =

0.25


HẾT