Đề thi mẫu THPT quốc gia môn toán năm 2015 Trường THPT Chuyên Đại học Vinh

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

(Trường THPT Chuyên Đại học Vinh – Thi thử lần 1)

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

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi
2m 
.
b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại là y
CÑ
thỏa mãn
1
y
3
CÑ
 .



Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos3 cos 2 3 cos2 sinx x x x 
b) Giải phương trình





2
4 2 2
log log 2 1 log 4 3   x x x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
6
1
3 1
2
x
I dx
x
 



.

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện 2 3 2
z z i
   . Tìm phần thực và phần ảo của
z
.

b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước ngoài và 3 đội của Việt
Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 3 đội. Tính xác suất để 3
đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều .S ABC có 2SA a , AB a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC .
Tính theo
a
thể tích khối chóp
.S ABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM ,
SB
.

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ): 3 0P x y z    và đường
thẳng
2 1
:
1 2 1
x y z
d
 
 
 
. Tìm tọa độ giao điểm của


P
và d ; tìm tọa độ điểm
A
thuộc d sao cho

khoảng cách từ
A
đến


P
bằng 2 3 .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật
ABCD
có

ACD  
với
1
cos
5
  , điểm
H
thỏa mãn điều kiện 2HB HC
 
,
K
là giao điểm của hai đường thẳng
AH
và
BD
.
Cho biết
1 4

;
3 3
H
 








 
,


1;0K và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm
, , ,A B C D
.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình


2 3 2
5 4 1 2 4    
x x x x x
.

Câu 9 (1,0 điểm). Giả sử , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn







2 2 2
0 2x y y z z x      
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
 
 
4
4 4 4
3
4 4 4 ln
x y z
P x y z x y z         . HẾT.

44
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm
a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số (1) khi
2
m

.

♥ Tập xác định:
D



♥ Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên:
2
' 2
y x x
  
;
' 0 1
y x
   
hoặc
2
x


0.25
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng


1;2
 ;
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng


; 1

 
và


2;

.
ￚ Cực trị:
+ Hàm số đạt cực đại tại
1
x
 
; y
CĐ
 
3
1
2
y
  

+ Hàm số đạt cực tiểu tại
2
x

; y
CT


2 3

y
  
,
ￚ Giới hạn:
lim
x
y

 
và
lim
x
y

 

0.25
ￚ Bảng biến thiên:

x



1


2



'
y




0



0



y


3
2






3



0.25

♥ Đồ thị:


0.25
b.(1,0 điểm). b) Tìm các giá trị của tham số
m
để hàm số
 
3 2
1 1 1
1
3 2 3
y x m x mx
    
có

cực đại là
y
CÑ
thỏa mãn

1
y
3
CÑ

.


♥ Ta có:


2
' 1
y x m x m
   


 
2
1
' 0 1 0
x
y x m x m
x m



      





0.25
1
(2,0 điểm)
♥ Hàm số (1) có cực đại


1
m
 

0.25
♥ Với
 
1 1 1 1
1 1
3 2 2 3
1 1
2 2
x y m m m        

;
Với
   
3 3 22 2
1 1 1
1
1 1 1
6 2 3

3 2 3
x m y m m m mm mm     
  
 

Với
1
m

, ta có BBT

x



1


m



'
y




0



0



y


CD
y







CT
y

Do đó:
 
1 1 1 1
y 1 3 1
3 2 3 3
CÑ
m
y m


         

0.25

Với
1
m

, ta có BBT

x



m

1




'
y




0



0



y


CD
y







CT
y

Do đó:

 
3 2 3 2
1 1 1 1 1
y 3 3 0
3 6 2 3 3
0 1

3 1

CÑ
y m m m m m
m
m
           

 



  


♥ Vậy giá trị m thỏa đề bài là
1
3;
3
m
 
 
 
  
 
 
 
 
.
0.25
a).(0,5 điểm). a) Giải phương trình
cos3 cos 2 3 cos2 sin

x x x x
 
(1)
♥ Ta có:


1 2cos2 .cos 3cos2 .sin 0
  
x x x x




cos2x cos 3sin 0
  
x x

0.25


cos2 0
4 2
 
   
k
x x


k







3
cos 3sin 0 tan
3 6

       
x x x x k



k



♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

 
;
4 2 6
  
     

k
x x k k .
0.25
b.(0,5 điểm). Giải phương trình





2
4 2 2
log log 2 1 log 4 3
   
x x x
♥ Điều kiện:
1
2

x
Khi đó:






2 2 2
1 log log 2 1 log 4 3
    
x x x






2
2 2
log 2 log 4 3
   
x x x
0.25
2
(1,0 điểm)

2
2 5 3 0
   
x x
(2)
0.25

1
2
3
x
x


 







Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm phương trình đã cho là
3

x
.
Tính tích phân
6
1
3 1
2
x
I dx
x
 



. .
♥ Đặt
2
3 3 2
t x x t dx tdt
      

Đổi cận:
6 3
1 2
x t
x t

 

 

0.25
♥ Suy ra:
3 3 3
2
2
2 2 2
1
2 2 2 1
1 1 1
t t t
I dt dt dt
t t t
 




   





  
 
  

0.25



3
2
2 ln 1
t t  

0.25
3
(1,0 điểm)

2 2ln2
 

♥ Vậy
2 2 ln2
I
 
.
0.25
a).(0,5 điểm). a) Cho số phức
z
thỏa mãn điều kiện
2 3 2
z z i
  
. Tìm phần thực và phần

ảo của
z
.
♥ Đặt
z a bi
 
,


,a b


ta có:



2 3 2 2 3 2
        
z z i a bi a bi i


3 3 2
   
a bi i


0.25

1
2











a
b

♥ Vậy số phức
z
cần tìm có phần thực bằng
1
và phần ảo bằng
2

.
0.25
b).(0,5 điểm). b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội
nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3
bảng A, B, C mỗi bảng 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác
nhau.
♥ Số phần tử của không gian mẫu là . .
3 3 3
9 6 3
C C C 1680

  
0.25
4
(1,0 điểm)
Gọi A là biến cố "3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau”
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là !. . .
2 2 2
A 6 4 2
3 C C C 540
  
♥ Vậy xác suất cần tính là
(A)
A
540 9
P
1680 28

  

.
0.25
5
(1,0 điểm)
Cho hình chóp đều
.
S ABC
có
2
SA a


,
AB a

. Gọi
M
là trung điểm của cạnh
BC
. Tính
theo
a
thể tích khối chóp .
S ABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AM
,
SB
.

♥ Gọi
O
là tâm của tam giác đều
ABC
cạnh
a
. Do .
S ABC
là hình chóp đều nên





SO ABC

. Ta có
2
3
4
ABC
a
S


và
3
3
a
OA 

Xét
SOA

ta có:
2 2
2 2 2 2
11 33
4
3 3 3
a a a
SO SA OA a SO      

0.25
♥ Vậy
2 3
.
1 1 33 3 11
. . .
3 3 3 4 12
S ABC ABC
a a a
V SO S

  
0.25
♥ Gọi
, ,
N I J
lần lượt là trung điểm của các đoạn
, ,
SC CH HM

Do


/ / / /
SB MN SB AMN

. Suy ra:










, ,( ) ;( ) 2 ;(
d AM SB d B AMN d C AMN d I AMN
  

Ta có:
     
AM IJ
AM IJN IJN AMN
AM IN




   





theo giao tuyến
NJ

Trong



IJN
, kẻ




;(
IK NJ IK AMN d I AMN IK
    

0.25
♥ Xét tam giác
IJN
ta có:

2 2 2 2 2 2
1 1 1 16 12 188 11
11 11 188
IK a
IK IJ IN a a a
      
Vậy
 
11 517
, 2 2.
188 47
a
d AM SB IK a   .
0.25

Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( ): 3 0
P x y z
   
và đường thẳng
2 1
:
1 2 1
x y z
d
 
 
 
. Tìm tọa độ giao điểm của


P
và
d
; tìm tọa độ điểm
A
thuộc
d

sao cho khoảng cách từ
A
đến



P
bằng
2 3
.
♥ Tọa độ giao điểm
M
của của


P
và
d
là nghiệm của hệ phương trình

 
1
2 1
1 1;1;1
1 2 1
3 0
1
x
x y z
y M
x y z
z






 



 


  
 
 
 
 
   

 




0.25
♥ Do


2; 2 1;
A d A t t t
     

0.25

♥ Khi đó:
 
 
2 2
2
; 2 3
4
3
t
t
d A P
t

 


  




0.25
6
(1,0 điểm)
♥ Vậy có hai điểm thỏa đề bài là


4; 5; 2
A
 

hoặc


2;7;4
A

.
0.25
7
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có

ACD
 
với
1
cos
5
  , điểm
H
thỏa mãn điều kiện 2
HB HC

 
,
K

là giao điểm của hai đường
thẳng
AH
và
BD
. Cho biết
1 4
;
3 3
H
 









 
,


1;0
K và điểm
B
có hoành độ dương. Tìm tọa
độ các điểm
, , ,

A B C D
.


♥ Do
KAD

∽
KHB


3 3
2 2
KA AB BC
KA KH
KH HB BH
     
Do
K
thuộc đoạn
AC

 
 
3
3
2
2
3
2

A K H K
A K H K
x x x x
KA KH
y y y y



  



  



   







 
2
2
2;2
A
A

A
x
y




 






0.25

♥ Đặt


;
B a b
với
0
a

, ta có:



2 1

cos cos cos .
5
5
5
2
AB AB AB
ACD ABD
BD KB
KB
      


2 2
4 5
AB KB
 







2 2 2
2
4 2 2 5 1
a b a b
   
      
   

   


2 2
6 16 27 0
a b a b
     


0.25

♥ Đường tròn


C
đường kính
AH
có tâm
7 1
;
6 3
I
 









 
, bán kính
1 5 5
2 6
R AB 

nên có phương trình là
 
2 2
7 1 125
:
6 3 36
C x y
   
 
 
    
 
 
 
 
 
   

Do



0

90
ABC B C
  
2 2
7 1 125
6 3 36
a b
   
 
 
     
 
 
 
 
 
   


2 2
7 2
2 0
3 3
a b a b
     

Tọa độ
B
là nghiệm của hệ phương trình

2 2
2 2
1
6 16 27 0
3
5
7 2
8 0
2 0
3 3
5
a b a b
a
a
b
a b a b
b





    
 








  
 
  
  

    
  


 





. Suy ra:


3;0
B
0.25

Do
 
3
1, 2
2
BC BH C
   

 
và
 
5
2,0
2
BD BK D  
 

♥ Vậy








2;2 , 3;0 , 1; 2 , 2;0
A B C D
  

0.25
Giải bất phương trình


2 3 2
5 4 1 2 4
    
x x x x x

(1)
♥ Điều kiện:
3 2
1 5 0
3 4 0
1 5
x
x x x
x

   

   


 


Khi đó:




2 2
1 4 2 4 5 4
x x x x x
     





2 2
4 2 4 3 2 4
x x x x x x
      
(2)
0.25
Trường hợp 1: Với
1 5
x
 
thì

 
2 2
2 4 2 4
2 4 3
x x x x
x x
   
   (3)
Đặt
2
2 4
x x
t
x
 




0
t

thì (3) trở thành:

2
4 3 0 1 3
t t t
     

Suy ra:

2
2 4
1 3
x x
x
 
 
2
2
4 0
7 4 0
x x
x x


  





  



1 17 7 65
2 2
x
  
 
0.25
♥ Trường hợp 2: Với
1 5 0
x
   
thì
2
5 4 0
x x
  
nên (2) luôn thỏa
0.25
8
(1,0 điểm)
♥ Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là:

1 17 7 65
1 5;0 ;

2 2
S
 
  


 


   

 


 



 

0.25
9
(1,0 điểm)
Giả sử
, ,
x y z
là các số thực không âm thỏa mãn







2 2 2
0 2
x y y z z x
      

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
 
 
4
4 4 4
3
4 4 4 ln
4
x y z
P x y z x y z
        

♥ Chứng minh bất đẳng thức phụ sau:
4 3 1
t
t
 
,
0;1
t
 
 

 

Xét hàm số


4 3 1
t
f t t
  
,
0;1
t
 
 
 
. Ta có:



' 4 .ln 4 3
t
f t
 
,
   
4
3
' 0 log 0;1
ln 4
f t t

 



   





 

Bảng biến thiên

t


0

4
3
log
ln4
 









 

1




'
f t




0





f t


0 0


4
3
log

ln4
f
 
 
















 
 

Suy ra:
4 3 1
t
t
 
,
0;1

t
 
 
 


0.25
♥ Ta có:






2 2 2
0 2x y y z z x      

2 2 2
0 2 2 1x y z xy yz zx       

Suy ra: , , 0;1x y z
 

 
. Dấu “=” xảy ra khi




; ; 1,0,0x y z  hoặc các hoán vị.

và






2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 1x y z x y z xy yz zx x y z            
Do 4 3 1
t
t  , 0;1t
 
 
 



4 4 4 3 3
x y z
x y z      
0.25
♥ Mặt khác:





4 4 4 2 2 2 4 4 4 2 2 2
ln ln 0x y z x y z x y z x y z           

0.25
♥ Từ đó ta có:

   
4
3 21
3 3
4 4
P x y z x y z       
Dấu “=” xảy ra khi




; ; 1,0,0x y z  hoặc các hoán vị.
Vậy
21
4
MaxP  .
0.25



BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Bài 9: Giả sử
, ,x y z
là các số thực không âm thỏa mãn







2 2 2
0 18x y y z z x      

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
 
4
3 3 3
1
4 4 4
108
x y z
P x y z     
Đáp số:
21
4
MaxP  .