Đáp án đề thi thử số 3 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
- Với
4 2
2 2m y x x= ⇒ = −

- Tập xác định:
D R=

- Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
3
0
' 4 4 ; ' 0

1
x
y x x y
x

=

= − = ⇔

= ±



0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( 1;0)
−
và
(1; )
+∞

Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ; 1)−∞ −
và
(0;1)

Hàm số đạt cực đại tại
0; 0
CD
x y= =

Hàm số đạt cực tiểu tại
1; 1
CT
x y= ± = −

Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = +∞
hàm số
0.25
Bảng biến thiên:
x

−∞

1
−

0
1
+∞

'
y

−

0

+

0

−

0

+

y





+∞

0

+∞



1− 1−

0.25
- Đồ thị:

0.25
b)
Tập xác định:

D R
=

3 2
' 4 4( 1) 4 ( 1)y x m x x x m= − − = − −

2
0
' 0
1
x
y
x m
=

= ⇔

= −


0.25
x
y

-1
O
1
ĐỀ THI THỬ

ĐỀ SỐ 3
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

-


Th1:
1 ' 0 0m y x
≤ ⇒ = ⇔ =

Bảng biến thiên:



x

−∞

0

+∞

'
y


−



0

+

y





+∞

+∞




0


Dựa vào bảng biến thiên ta có:
(0;0)
là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số
Ta có:
(0;0) 1m∈ ∆ ⇒ ≤
thỏa mãn
TH2:

Hàm s
ố đồng biến trên
(1; )
+∞
khi và chỉ khi hàm số xác định trên
(1; )
+∞
và
' 0, (1; )

y x
> ∀ ∈ +∞

0.25
Hàm số xác định trên
(1; ) 1 2
2
m
m+∞ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ −

0.25
2
2
' 0 4 0
2
m
y m
m

>

> ⇒ − > ⇔

< −



Kết hợp điều kiện: Để hàm số đồng biến trên
(1; ) 2
m

+∞ ⇔ >

0.25
Câu 2
(1.0 điểm


Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường đề bài ra được tính bằng công thức:
1
ln( 1)
e
e
S x dx
−
= +
∫

Xét phương trình:
ln( 1) 0 0x x+ = ⇔ =

Bảng xét dấu:
( ) ln( 1)f x x= +

x

1
e
−

0

e

'
y





−



0



+



0.25
0
1 0
ln( 1) ln( 1)
e
e
S x dx x dx
−

⇒ = − + + +
∫ ∫

Xét nguyên hàm:
ln( 1)I x dx= +
∫

Đặt:
ln( 1)u x
dv dx


= +



=


Ta có:
1
dx
du
x
v x



=




+


=




0.25
1
ln( 1) ln( 1) (1 )
1 1
x
I x x dx x x dx
x x
⇒ = + − = + − −
+ +
∫ ∫

ln( 1) ln( 1)
x x x x C
= + − + + +

0.25



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

3

-


0
ln( 1) ln( 1) ln( 1) ln( 1)
1
0
e
S x x x x x x x x
e
   
⇒ = + − + + + + − + +
   
   
−

=
1 1 1 1
ln ln ln( 1) ln( 1)
e e
e e e e
e e e e
− −
− − + + − + +
(đvdt)
0.25

Câu

3
(1.0 điểm)

3
2
2 1 2
2
log (3 1) 2log ( 1) 6 log 4 3x x x− + + = −

Điều kiện:
2
1
(3 1) 0
3
1 0
4
1
4 3 0
3
x
x
x
x
x




− >



≠





+ > ⇔
 
 
 
− < <
− >
 
 




Khi đó, Phương trình tương đương với:
2 2 2
2 log 3 1 2 log ( 1) 2 log (4 3 )x x x− − + = −

0.25
2 2 2
log 3 1 log ( 1) log (4 3 )x x x
⇔ − = + + −

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

 
⇔ − = + −
 
 

3 1 ( 1)(4 3 ) (2)x x x⇔ − = + −

0.25
Th1:
1
1
3
x− < <

(2) (3 1) ( 1)(4 3 )
x x x
⇒ ⇔ − − = + −

2
2 13
( )
3
3 4 3 0
2 13
( / )
3
x loai
x x
x t m


+

=


⇔ − − = ⇔

−

=


2 13
3
x
−
⇒ =
là nghiệm
0.25
Th2:
1 4
3 3
x< <

(2) 3 1 ( 1)(4 3 )x x x⇒ ⇔ − = + −

2
1 ( / )
3 2 5 0 1
5

( )
3
x t m
x x x
x loai

=


⇔ + − = ⇔ ⇒ =

= −


là nghiệm
Kết luận: Nghiệm của phương trình:
2 13
1;
3
x x
−
= =

0.25
Câu 4
(1.0 điểm)

a)
2 (1)z i zi
+ =

Đặt:
( , )z x yi x y R= + ∈

Khi đó:
(1) 2 ( )x yi i x yi i⇔ + + = +

( 2)x y i y xi⇔ + + = − +

0.25
2 2 2 2
( 2)x y y x⇔ + + = +

2 2 2 2
4 4x y y x y⇔ + + + = +

1 0y⇒ + =

Vậy, Quỹ tích điểm biểu diễn số phức
z
là đường thẳng có phương trình:
1 0y + =


0.25



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

-


(Q)
I'
M
I
b) G
ọi
A
là bi
ến cố lấy đ
ư
ợc số thỏa m
ãn yêu c
ầu b
ài toán.

Số tự nhiên có 4 chữ số có dạng:
1 2 3 4
a a a a

Không gian mẫu là số các số tự nhiên có 4 chữ số:
Chọn
1
a
có 9 cách. Mỗi số
2 3 4
, ,a a a

có 10 cách chọn.
Vậy, số các số tự nhiên có 4 chữ số là:
9.10.10.10 9000Ω = =
số
Ta có:
1 2 3 4
a a a a< ≤ < ⇒
có 2 phương án.
Phương án 1:
1 2 3 4
a a a a< < <

Với 4 chữ số bất kì được lấy từ 9 chữ số:
1,2, 3, 4 ,9
ta luôn lập được 1 số thỏa mãn:
1 2 3 4
a a a a< < <

Vậy, số các số thỏa mãn:
1 2 3 4
a a a a< < <
bằng với số cách lấy 4 số từ 9 chữ số từ 1 đến 9.
⇒
Số các số thỏa mãn trường hợp này:
4
9
126C =
số
0.25
Phương án 2:

1 2 3 4
a a a a
< = <

Vì
2 3
a a=
nên ta coi 2 số này là 1. Như vậy, số có 4 chữ số trở thành số có 3 chữ số thỏa mãn:
1 2 4
.a a a< <

Với 3 chữ số bất kì được lấy từ 9 chữ số từ 1 đến 9 ta luôn lập được1 số thỏa mãn:
1 2 4
a a a< <

Vậy, số các số thỏa mãn
1 2 4
a a a< <
bằng số cách lấy 3 chữ số từ 9 chữ số từ 1 đến 9.
⇒
Số các số thỏa mãn trường hợp này:
3
9
84C =
số
Vậy, số kết quả thuận lợi cho biến cố
A
xảy ra:
126 84 210
A

Ω = + =
số
Xác suất để biến cố
A
xảy ra:
210 7
9000 300
A
A
P
Ω
= = =
Ω

0.25
5
(1.0
điểm)

Mặt cầu
( )
S
có tâm
(1; 2;3)
I
−
bán kính:
4
R
=

Vì
( ) / /( )Q P ⇒
Phương trình tổng quát của
( )Q
có dạng:
2 2 0 ( 1)x y z D D− + + = ≠

Vì
( )Q
tiếp xúc với
( ) ( ,( ))S d I Q R⇔ =


0.25
1 4 6
4
3
D+ + +
⇔ =
1 ( )
11 12
23 ( / )
D loai
D
D t m

=

⇔ + = ⇔


= −



( ) : 2 2 23 0
Q x y z
⇒ − + − =

0.25
Gọi
'
I
là điểm đối xứng của
I
qua
( )
Q
.
Gọi ∆là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt phẳng
( ).Q

Gọi
( )M Q= ∆ ∩
M⇒
là trung điểm '.II
( )Q∆ ⊥ ⇒ ∆
có 1 vec-tơ chỉ phương:
(1; 2;2)
Q

u n
∆
= = −
 

0.25



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

-


Phương trình đường thẳng
1
: 2 2
3 2
x t
y t
z t


= +



∆ = − −




= +



(1 ; 2 2 ;3 2 )M t t t⇒ + − − +

M thuộc
( ) 1 4 4 6 4 23 0Q t t t⇒ + + + + + − =
4
9 12
3
t t⇔ = ⇒ =

7 14 17
; ;
3 3 3
M
 



−





 

11 22 25
' ; ;
3 3 3
I
 



⇒ −





 

0.25
Câu 6
(1.0
điểm)

Ta có:
ABCM
là hình vuông
CM AD
⇒ ⊥
mà
CM SA⊥

( )CM SAD⇒ ⊥

Hay
MS
là hình chiếu vuông góc của
SC
trên
( )SAD

⇒
Góc giữa SC và
( )SAD
bằng góc giữa SC và SM
⇒
Đó là góc:

CSM

0
30CSM⇒ =


0.25
Tam giác
SMC
vuông tại
M
có

0
0
; 30 3

tan 30
CM
CM a CSM SM a= = ⇒ = =

Trong tam giác vuông:
SAM
ta có:
2 2 2 2
2 2SA SM AM a SA a= − = ⇒ =

2
( ) 3
2 2
ABCD
AD BC AB a
S
+
= =

2 3
.
1 1 3 2
. . 2.
3 3 2 2
S ABCD ABCD
a a
V SAS a⇒ = = =


0.25

Gọi
O AC BM
= ∩
MO AC
⇒ ⊥
Mà
( )
MO SA MO SAC MO SC
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Trong mặt phẳng
( )SMC
kẻ
MK SC⊥

Ta có:
SC MK
SC OK
SC MO


⊥

⇒ ⊥


⊥



Ta có:
( ) ( )
( );
( );
SAC SMC SC
MK SMC MK SC
OK SAC OK SC


∩ =



⊂ ⊥ ⇒



⊂ ⊥



Góc giữa
( )SAC
và
( )SMC
bằng góc giữa
MK
và
.HK

0.25
⇒
Đó là góc
MKO
Vì tam giác
MOK
là tam giác vuông tại
O
nên góc

MKO
nhọn.
Ta có: Tam giác
SMC
vuông tại
M
mà
MK
là đường cao
0.25
O
C
M
A
D
B
S
K

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

-


2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4
3 3MK SM MC a a a
⇒ = + = + =
3
2
a
MK⇒ =

1 2
2 2
a
MO MB= =
2 2
2 2
3 2
4 4 2
a a a
OK MK MO⇒ = − = − =

Trong tam giác vuông
MOK

ta có:

.2 1
cos
2. 3 3
OK a
MKO
MK
a
= = =


Câu 7
(1.0
điểm)

Gọi
'I
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
HBC

Gọi
P
là trung điểm của
'HE I P HE⇒ ⊥
;
(4;0)P

⇒
Đường thẳng

'I P
qua
P
và vuông góc với
HE
với:
(4; 2)HE = −


Phương trình đường thẳng
' :I P
2 8 0x y− − =

Ta có đường thẳng
d
qua
I
và
M d⇒
là trung trực của
BC

' 'I d I P⇒ = ∩ ⇒
Tọa độ điểm
'I
là nghiệm của hệ:
2 8 0 5
'(5;2)
2 1 0 2
x y x

I
x y y
 
 
− − = =
 
⇔ ⇒
 
 
− − = =
 
 

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
HBC
bằng:
' 10
I E
=

0.25

GỌi
N AH BC= ∩

K
là giao điểm thứ 2 của
AH
với đường tròn ngoại tiếp tam giác
HBC

Ta chứng minh
N
là trung điểm
.HK

Ta có:


1 1
C A=
(góc nội tiếp cùng chắn cung

BK

Mà


2 1
C A=
(2 góc phụ với góc

ABC
)


1 2
C C⇒ =

Trong tam giác

HCK
có
CN
vừa là đường cao vừa là đường phân giác
HCK∆
cân tại
C
hay
N
là trung điểm của
.HK

Ta có:
/ / : 2 0AH IM d AH x y≡ ⇒ − =

: 2 0BC IM BC x y m⊥ ⇒ + + =

Tọa độ điểm
N
là nghiệm của hệ phương trình:
0.25
1
1
2
K
P
I'
I
M
N

H
B
C
A
E



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

-


2
2 0
5
2 0
5
m
x
x y
x y m m
y



= −




− =



⇔
 
 
+ + =
 

= −




2
;
5 5
m m
N
 



⇒ − −






 

4 10 2 5
;
5 5
m m
K
 
− − − −



⇒





 


Ta có:
HBC KBC
∆ = ∆
⇒
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
HBC
bằng bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác

KBC

Hay đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
cũng bằng
' 10I E =

2 2
2
4 15 2 5
10 10
5 5
m m
IK
   
− − − −
 
 
 
⇒ = ⇔ + =
 
 
 
 
 
   

2
0
20 140 0

7
m
m m
m

=

⇔ + = ⇔

= −




0.25
Với:
0 : 2 0
m BC x y
= ⇒ + =

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
2 2
: ( 1) 10ABC x y− + =

Tọa độ điểm
,B C
là nghiệm của hệ:
2 2 2
2
2 0 2

1 46
( )
( 1) 10 5 2 9 0
5
y x
x y y x
x loai
x y x x


= −

 
 

+ = = −
 

  

⇔ ⇔
   ±

  
=
− + = − − =

  
 
 








Với:
7 : 2 7 0m BC x y= − ⇒ + − =

Tọa độ điểm
,B C
là nghiệm của hệ:
2 2 2 2 2
2 7 0 7 2 7 2
( 1) 10 ( 1) (7 2 ) 10 5 30 40 0
x y y x y x
x y x x x x
  
  
+ − = = − = −
  
  
⇔ ⇔
  
  
− + = − + − = − + =
  
  
  

4
7 2
1
4
2
2
3
x
y x
y
x
x
x
y



=




= −




= −







=
⇔ ⇒






=




=









=





(2; 3); (4; 1)B C⇒ −


0.25
Câu 8
(1.0
điểm)
2 2
2 4 5 3 11 25 2 (1)x x x x x+ − + − = + +

Điều kiện:
2
2
4 5 0
3 0
11 25 2 0
x x
x
x x


+ − ≥




− ≥





+ + ≥




2 2
(1) 4 ( 4 5)( 3) 7 8 25x x x x x⇔ + − − = + +


0.25
2 2
4 ( 4 5)( 3) 7( 4 5) 20( 3)x x x x x x⇔ + − − = + − − −
(2)

0.25



Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang |
8

-


Với
3

x
=
không thỏa mãn
(2)

2 2
4 5 4 5
(2) 4 7 20
3 3
x x x x
x x
+ − + −
⇒ ⇔ = −
− −

Đặt:
2
4 5
( 0)
3
x x
t t
x
+ −
= ≥
−


2
2( / )

(*) 7 4 20 0
10
( )
7
t t m
t t
t loai

=


⇒ ⇔ − − = ⇔

= −



0.25
Với:
2
2 2
4 5
2 2 4 5 4 12 7
3
x x
t x x x x VN
x
+ −
= ⇔ = ⇔ + − = − ⇔ = − ⇔
−

Vậy, phương trình vô nghiệm.
0.25
Câu 9
(1.0
điểm)
Ta chứng minh:
( )( )( ) ( )( )a b b c c a a b c ab bc ca abc+ + + = + + + + −

Đặt:
a b c S+ + =

( )( )( ) ( )( )( )a b b c c a S c S a S b⇒ + + + = − − −

3 2
( ) ( ) ( )( )S S a b c S ab bc ca abc a b c ab bc ca abc= − + + + + + − = + + + + −


0.25
Ta chứng minh:
2
( ) 3( ) (*)a b c ab bc ca+ + ≥ + +

Thật vậy, có
(*)
2 2 2
0a b c ab bc ca⇔ + + − − − ≥

2 2 2
( ) ( ) ( ) 0a b b c c a⇔ − + − + − ≥

luôn đúng
Dấu
" "=
xảy ra khi:
a b c= =

Áp dụng
(*)
ta có:
2
( ) 3 ( )ab bc ca abc a b c+ + ≥ + +

⇒
72
( ) 3( ) 1
1
P a b c a b c
a b c
≥ + + + + + −
+ + +

Đặt:
3
3 3t a b c abc= + + ≥ =

72
( ) 3 1
1
P f t t t
t

⇒ ≥ = + −
+


0.25
Xét
72
( ) 3 1
1
f t t t
t
= + −
+
trên
[3;+ )∞

3 72
'( ) 3
2 3 2( 1) 1
t
f t t
t t t
= + −
+ +

3
3 72
3
2
2 ( 1)

t
t
= −
+


0.25
Với:
3 9
3 3 9 3
2 2
t t t≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

0.25



Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang |
9

-


Với:
3
3
72 72 9
3 ( 1) 8
2.8 2
2 ( 1)

t t
t
≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≤ =
+

3
72 9
2
2 ( 1)t
⇒ − ≥ −
+

3
3 72
'( ) 3 0
2
2 ( 1)
f t t
t
 





⇒ = + − ≥









+
 

⇒
Hàm số đồng biến trên
[3; )+∞

[
( ) (3) 44, 3; )
f t f t
⇒ ≥ = ∀ ∈ +∞

44MinP⇒ =
khi
1a b c= = =