Đề thi quốc gia năm 2015 môn toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT LỤC NAM

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút , không kể thời gian phát đề .
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
1
y x 2mx m 1
4
= − + + −
(1).
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1.
b)Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị lập một tam giác có diện tích bằng
32 2
.
Câu 2 (1,0 điểm).
a)Giải phương trình :
5 3
4sin sin 2cos .(8sin 1) 1
2 2
x x
x x
+ − =
b) Giải phương trình:
2 2
log log (10 ) 4x x+ − =
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau:
( )

1
3 2
0
x
I x x e dx= +
∫

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn
(1 ) (4 7 ) 8 4i z i i+ + − = −
.Tính modul của số phức z.
b) An phải trả lời 10 câu hỏi trắc nghiệm, mỗi câu có bốn đáp án trong đó có một đáp án đúng.
Tính xác suất để An trả lời đúng được 5 câu hỏi.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với
đáy.Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30
0
. Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 0; 2), mặt phẳng (P):
2x – y – z +3 = 0 và đường thẳng (d):
3 2 6
2 4 1
x y z− − −
= =
. Tìm giao điểm của đường thẳng d và mặt
phẳng (P). Viết phương trình đường thẳng (∆) biết rằng (∆) đi qua điểm A, cắt (d) tại B và cắt (P) tại C
sao cho
2 0AC AB+ =
uuur uuur r
.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C):
2 2
25x y+ =
, AC đi qua K (2; 1),
hai đường cao BM và CN. Tìm tọa độ A, B, C biết A có hoành độ âm và MN: 4x – 3y + 10 = 0,
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( )
( )
3 3 2 2
2
3 6 6 15 10
,
3 6 10 4
x y x y x y
x y
y x y x y x

− − + = − + −

∈

+ + + + = +


¡
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực
, ,a b c
thỏa mãn
0 a b c≤ ≤ ≤
và

2 2 2
3a b c+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
cbaabcP
−−−=
20153
.
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:
TRƯỜNG THPT LỤC NAM
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014-2015
(Đáp án có 6 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm
1 a
Cho hàm số
4 2
1
y x 2mx m 1
4
= − + + −
(1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
với m = 1.
1,0
a
4 2
1
y x 2x

4
= − +
1,0
TXĐ: R,
3
y' x 4x= − +
3
x 0
y' 0 x 4x 0 ; y(0) 0;y( 2) 4
x 2
=

= ⇔ − + = ⇔ = ± =

= ±

x
lim y
→+∞
= −∞
;
x
lim y
→−∞
= −∞
Bảng biến thiên
x −∞ −2 0 2 +∞
y' + 0 − 0 + 0 −
y 4 4
−∞ 0 −∞

0,25
0,25
Hàm số đồng biến trên từng khoảng (−∞;−2) và (0;2)
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng (−2;0) và (2;+∞)
Hàm số đạt cực đại tại
x 2= ±
, y
CĐ
= 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= 0
0,25
Đồ thị:
4
2
x
y
O
2
-2
0,25
b
Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị lập một tam giác có diện tích bằng
32 2
.
1,0
3
2
x 0

y' x 4mx y' 0
x 4m
=

= − + ⇒ = ⇔

=

Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị với m >0. Khi đó 3 điểm cực trị là: A(0; m-1)
B(
2
2 ;4 1m m m+ −
) C(
2
2 ;4 1m m m− + −
) và
ABC
∆
cân tại A.
BC =
4 m
, trung điểm của BC là I(
2
0;4 1m m+ −
), IA =
2
4m
Từ gt ta có
2
1

4 .4 32 2 2
2
m m m= ⇔ =
KL: m =2
0,25
0,25
0,25
0,25
2 1,0
a
Giải phương trình :
5 3
4sin sin 2cos .(8sin 1) 1
2 2
x x
x x
+ − =
0,5
2
4sin 2 4sin 2 3 0
3
sin 2 ( )
2
1
sin 2
2
5
12
,
12

x x
x VN
x
x k
k Z
x k
π
π
π
π
+ − =
−

=

⇔


=



= +

⇔ ∈


= +



0,25
0,25
b
Giải phương trình:
2 2
log log (10 ) 4x x+ − =
0,5
Điều kiện:
100 << x
(*)
Ta có
2
2 2 2
log log (10 ) 4 log (10 ) 4x x x x+ − = ⇔ − =
2,81610
2
==⇔=−⇔ xxxx
. ( thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm
2x
=
,
8
=
x
0,25
0,25
3
Tính tích phân sau:
( )

1
3 2
0
x
I x x e dx= +
∫

1,0
Ta có I =
1 1
4 2
0 0
.
x
I x dx x e dx= +
∫ ∫
=K+H
K=
1
4 5
0
1
1 1
0
5 5
x dx x= =
∫
H=
1
2

0
.
x
x e dx
∫
Bằng phương pháp tích phân từng phần H=
2
1 1
4 4
e +
Vây I=K+H=
2
1 9
4 20
e +
0,25
0,25
0,25
0,25
4 a
Cho số phức z thỏa mãn
(1 ) (4 7 ) 8 4i z i i+ + − = −
.Tính modul của số phức z.
0,5
(1 ) (4 7 ) 8 4i z i i+ + − = −
i
i
zizi
+
+

=⇔+=+⇔
1
34
34)1(
i
iii
z
2
1
2
7
2
7
2
)1).(34(
−=
−
=
−+
=⇔
Vậy
5 2
2
z =
0,25
0,25
b
An phải trả lời 10 câu hỏi trắc nghiệm, mỗi câu có bốn đáp án trong đó có một đáp án
đúng.
Tính xác suất để An trả lời đúng được 5 câu hỏi.

0,5
Số phần tử của không gian mẫu là
10
4Ω =
Chọn 5 câu để có khả năng trả lời đúng, 5 câu còn lại trả lời sai có
5 5 5
10
.1 3C
cách chọn
Gọi A là biến cố đã cho, suy ra
5 5 5
10
.1 3
A
n C=
Vậy xác suất của biến cố A là
5 5
10
10
.1.3
61236
( )
4 1048576
A
C
n
P A = = =
Ω
0,25
0,25

5 1,0
* Vì
( )
CB AB
CB SAB
CB SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒

⊥

SB là hình chiếu của
SC lên mp(SAB)
( )
·
(
)
·
( )
·
0
, , 30SC SAB SC SB CSB⇒ = = =
0
.cot30 3 2SB BC a SA a⇒ = = ⇒ =
* Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:
3
2
.
1 1 2

. 2. ( )
3 3 3
S ABCD ABCD
a
V SA S a a dvtt= = =
0,25
0,25
+ Từ C dựng CI // DE
2
a
CE DI⇒ = =
và
( )
/ /DE SCI

( ) ( )
( )
, ,d DE SC d DE CSI⇒ =
Từ A kẻ
AK CI⊥
cắt ED tại H, cắt CI tại K
Ta có:
( ) ( ) ( )
SA CI
CI SAK SCI SAK
AK CI
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥


⊥

theo giao tuyến SK
Trong mặt phẳng (SAK) kẻ
( )
HT AK HT SCI⊥ ⇒ ⊥
( ) ( )
( )
, ,d DE SC d H SCI HT⇒ = =
+ Ta có:
2
2
3
.
1 1 . 3
2
. .
2 2
5
2
ACI
a a
CD AI a
S AK CI CD AI AK
CI
a
a
= = ⇒ = = =
 
+

 ÷
 
Kẻ KM//AD
1 1
( )
2 3
5
HK KM a
M ED HK AK
HA AD
∈ ⇒ = = ⇒ = =
Lại c ó:
·
2
2
2.
. 38
5
sin
19
9
2
5
a
a
SA HT SA HK
SKA HT
SK HK SK
a
a

= = ⇒ = = =
+
Vậy
( )
38
,
19
d ED SC =
0,25
0,25
6 1,0
Đặt M thuộc d:
3 2 6
2 4 1
x y z− − −
= =
⇒ M(3 + 2m;2 + 4m ;6 + m)
- M thuộc (P) giải được m= 1.Ta được tọa độ giao điểm là M(5; 6; 7).
B ∈ (d) ⇒ B(3 + 2t; 2 + 4t; 6 + t) ⇒
AB
uuur
=(4 + 2t; 2 + 4t; 4 + t)
* Từ
2 0AC AB+ =
uuur uuur r
⇒
AC
uuur
=(- 8 – 4t; - 4 – 8t; - 8 – 2t)
⇒ C(- 9 – 4t; - 4 – 8t; - 6 – 2t)

* C ∈ (P) ⇒ t = 5/2 ⇒
AB
uuur
=(9; 12; 13/2 ) là một vtcp của (∆)
0,25
0,25
0,25
* Mà (∆) qua A nên có ptts là
1 9
12
13
2
2
x t
y t
z t


= − +

=



= +

0,25
7 1,0
+ Vẽ đường kính AD. Ta có:
· ·

CBD CAD
=
(nội tiếp cùng chắn
»
CD
).
Tứ giác BCMN nội tiếp vì có
·
·
0
90BNC BMC= =
=>
·
·
AMN CBA
=
(cùng bù với
·
NMC
)
Do đó:
·
·
·
·
·
0
90AMN CAD CBA CBD ABD+ = + = =
.
=> MN

⊥
OA.
+ OA đi qua O (0; 0) và vuông góc MN => OA: 3x + 4y = 0 .
+ Tọa độ A thỏa hệ pt :
( ) ( )
2 2
25
4;3 0
3 4 0
A
x y
A x
x y

+ =

⇒ − <

+ =


=> AC: x + 3y – 5 = 0.
+ Tọa độ C thỏa hệ pt:
( )
2 2
25
5;0
3 5 0
x y
C

x y

+ =

⇒

+ − =


+ Tọa độ M thỏa hệ pt:
( )
4 3 10 0
1;2
3 5 0
x y
M
x y
− + =

⇒ −

+ − =

+ BM đi qua M và vuông góc AC => BM: 3x – y + 5 = 0.
+ Tọa độ B thỏa hệ pt:
( )
2 2
25
0;5
3 5 0

x y
B
x y

+ =

⇒

− + =


hoặc
( )
3; 4B − −
+ Do góc B nhọn nên:
( ) ( )
cos , 0 . . .cos , 0BA BC BA BC BA BC BA BC
> ⇒ = >
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
(*)
+ Với
( )
3; 4B − −
thì
( ) ( )
1;7 ; 8;4 . 20 0BA BC BA BC
= − = ⇒ = >
uuur uuur uuur uuur
(Thỏa (*)).
+ Với B(0; 5) thì

( ) ( )
4; 2 ; 9;2 . 40 0BA BC BA BC
= − − = ⇒ = − <
uuur uuur uuur uuur
(Không thỏa (*)).
* Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là:
( )
4;3A −
,
( )
3; 4B − −
;
( )
5;0C
.
0,25
0,25
0,25
0.25
8 1,0
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
3 3
3 3 2 2
2
2
3 6 6 15 10
1 3 1 2 3 2 1
3 6 10 4

3 6 10 4 2
x y x y x y
x x y y
y x y x y x
y x y x y x


− − + = − + −
− + − = − + −
 
⇔
 
+ + + + = +
+ + + + = +




Điều kiện
3x
y
≥ −


∈

¡
0,25
Xét hàm số
( ) ( )

3 2
3 , , 3 3 0f t t t t f t t t
′
= + ∀ ∈ = + > ∀ ∈¡ ¡
. Vậy hàm số
( )
f t
đồng biến
trên R. Từ
( )
1
ta có
( ) ( ) ( )
1 2 1 2 1 3f x f y x y y x− = − ⇔ − = − ⇔ = +
0,25
Thay
( )
3
vào
( )
2
ta được phương trình:
( ) ( ) ( )
2
1 3 7 10 6 1 4x x x x x x+ + + + + = + +
Phương trình
( ) ( )
( )
( )
( )

2
4 1 3 3 7 10 4 30x x x x x x⇔ + + − + + + − = − −
0,25
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
6 6
1 7 5 6
3 3 10 4
x x
x x x x
x x
− −
⇔ + × + + × = + −
+ + + +
( )
( )
6 0 5
1 7
5 6
3 3 10 4
x
x x
x
x x
− =

⇔

+ +

+ = +

+ + + +

• Từ
( )
( )
( ) ( )
3
5 : 6 0 6 7 ; 6;7x x y x y− = ⇒ = → = ⇒ =
là một nghiệm của hpt.
• Từ
( ) ( )
1 3 7 7
6 : 0 7
2 2
3 3 10 3
x x x x
x x
+ + + +
− + − =
+ + + +
phương trình vô nghiệm do
( )
( ) ( )
( )
7 7
1 1 1 1

3 7 0
2 2
3 3 10 4
VT x x VP
x x
   
< + × − + + × − < =
 ÷  ÷
+ + + +
   
0,25
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất
( ) ( )
; 6;7x y =
.
9 1,0
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
0 3 2a b c a b a c b c a b c a a a≤ ≤ ⇒ − − ≥ ⇒ ≥ + − = −
Suy ra
2
3 2bc a a≥ −
.
0,25
( )
( )
( )
32014233320143
393

22
222
2
−−−≥−−≥⇒
≤++⇒=++≤++
aaaaabcP
cbacbacba
0,25
Xét hàm
[ ]
1;0;32014233)(
22
∈−−−= aaaaaf
.
Ta có
( )
20141182014
23
)1.(18
2014
23
2
.2323)(
2
2
2
2
22'
−−≤−
−

−
=−






−
−−= aa
a
aa
a
a
aaaaf
.
Ta có
( ) ( ) ( )
3
2 2 2
2
2 2 2 2 2
1 1 2 1 1 4
1 .2 1 1
2 2 3 27
a a a
a a a a a
 
+ − + −
− = − − ≤ =

 ÷
 
Suy ra
( )
2
2
1
3 3
a a− ≤
02014342014
33
2
.18)(
'
<−≤−≤⇒ af
.
0,25
Suy ra
( )f a
nghịch biến trên đoạn
[ ]
0;1
. Do đó
2014)1()( −=≥ faf
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1a b c= = =
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng -2014 khi
1a b c

= = =
.
0,25
Hết