Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán trường THPT Thanh Chương 3, Nghệ An

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG III
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O
(với O là gốc tọa độ ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương
trình .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân .
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình .
b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm
trực nhật. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không
gian với hệ toạ độ , cho điểm và
đường thẳng . Viết phương trình
mặt phẳng đi qua và vuông góc với đường thẳng . Tìm tọa độ điểm thuộc sao cho .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp có
tam giác vuông tại , , là trung điểm
của SC, hình chiếu vuông góc của lên mặt phẳng là trung điểm của BC, mặt phẳng (SAB)
tạo với đáy 1 góc bằng . Tính thể tích khối chóp và tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng
theo .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với
hệ toạ độ cho tam giác có, tiếp tuyến
tại của đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt tại , đường phân giác trong của có phương trình ,
điểm thuộc cạnh . Viết phương trình đường thẳng .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ
phương trình

Câu 9 (1,0 điểm). Cho là
các số dương và . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức:
…….Hết……….
ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điểm
3
3 1y x mx= − + +
sin 2 1 6sin cos 2x x x
+ = +
2
3
2
1
2lnx x
I dx
x
−
=
∫
2 1
5 6.5 1 0
x x+
− + =
Oxyz
( )
4;1;3A −
1 1 3
:
2 1 3

x y z
d
+ − +
= =
−
( )P
A
d
B
d
27AB =
.S ABC
ABC
A
AB AC a
= =
I
S
( )
ABC
H
60
o
.S ABC
I
( )
SAB
a
Oxy
ABC

( )
1;4A
A
ABC
BC
D
·
ADB
2 0x y− + =
( )
4;1M −
AC
AB
2
2
3 5 4
4 2 1 1
x xy x y y y
y x y x

+ + − − = +


− − + − = −


, ,a b c
3a b c
+ + =
3 3 3

bc ca ab
a bc b ca c ab
P + +
+ + +
=
1 a. (1,0 điểm)
Với m=1 hàm số trở thành:
TXĐ:
,
0.25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng và ,
đồng biến trên khoảng
Hàm số đạt cực đại tại , , đạt cực tiểu tại ,
,
0.25
* Bảng biến thiên
x – -1 1 +
y’ + 0 – 0 +
y
+ 3
-1 -

0.25
Đồ thị:

0.25
B. (1,0 điểm)


0.25

Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị PT
(*) có 2 nghiệm phân biệt 0.25
Khi đó 2 điểm cực trị , 0.25
3
3 1y x x= − + +
D R=
2
' 3 3y x= − +
' 0 1y x= ⇔ = ±
( )
; 1−∞ −
( )
1;+∞
( )
1;1−
1x =
3
CD
y =
1x = −
1
CT
y = −
lim
x
y
→+∞
= −∞lim
x
y

→−∞
= +∞
∞
∞
∞
4
2
2
4
∞
( )
2 2
' 3 3 3y x m x m= − + = − −
( )
2
' 0 0 *y x m= ⇔ − =
⇔
( )
0 **m⇔ >
( )
;1 2A m m m− −
( )
;1 2B m m m+
Tam giác OAB vuông tại O
( TM (**) )
Vậy
0,25
2.
(1,0 điểm)
( §

0.25
§§
(§
0. 25
0. 25
( . Vậy nghiệm của PT là
0.25
3
(1,0 điểm)
0.25
Tính
Đặt . Khi đó
Do đó
0.25
0.25
Vậy §
0.25
4. (1,0 điểm)
a,(0,5điểm) 0.25
Vậy nghiệm của PT là và
0.25
b,(0,5điểm)
0.25
Số cách chọn 3 học sinh có cả
nam và nữ là
Do đó xác suất để 3 học sinh được
chọn có cả nam và nữ là
0.25
5. (1,0 điểm)
Đường thẳng d có VTCP là

Vì nên nhận làm VTPT
0.25
Vậy PT mặt phẳng là :

0.25
Vì nên 0.25
. 0OAOB⇔ =
uuur uuur
3
1
4 1 0
2
m m m⇔ + − = ⇔ =
1
2
m =
sin 2 1 6sin cos2x x x+ = +
(sin 2 6sin ) (1 cos2 ) 0x x x− + − =
⇔
( )
2
2sin cos 3 2sin 0x x x− + =
( )
2sin cos 3 sin 0x x x− + =
sin 0
sin cos 3( )
x
x x Vn
=


⇔

+ =

x k
π
=
,x k k Z
π
= ∈
2
2 2 2 2
2
2 2 2
1 1 1 1
1
ln ln 3 ln
2 2 2
2 2
x x x x
I xdx dx dx dx
x x x
= − = − = −
∫ ∫ ∫ ∫
2
2
1
ln x
J dx
x

=
∫
2
1
ln ,u x dv dx
x
= =
1 1
,du dx v
x x
= = −
2
2
2
1
1
1 1
lnJ x dx
x x
= − +
∫
2
1
1 1 1 1
ln 2 ln 2
2 2 2
J
x
= − − = − +
1

ln 2
2
I = +
2 1
5 6.5 1 0
x x+
− + =
2
5 1
5.5 6.5 1 0
1
5
5
x
x x
x

=

⇔ − + = ⇔

=


0
1
x
x
=


⇔

= −

0x =
1x = −
( )
3
11
165n CΩ = =
2 1 1 2
5 6 5 6
. . 135C C C C+ =
135 9
165 11
=
( )
2;1;3
d
u = −
uur
( )
P d⊥
( )
P
( )
2;1;3
d
u = −
uur

( )
P
( ) ( ) ( )
2 4 1 1 3 3 0x y z− + + − + − =
2 3 18 0x y z⇔ − + + − =
B d∈
( )
1 2 ;1 ; 3 3B t t t− − + − +
27AB =
( ) ( )
2 2
2 2
27 3 2 6 3 27AB t t t⇔ = ⇔ − + + − + =
2
7 24 9 0t t⇔ − + =
Vậy hoặc 0.25
6.
(1,0 điểm)

Gọi K là trung
điểm của AB §(1)
Vì § nên §(2)
Từ (1) và (2)
suy ra §
Do đó góc giữa
với đáy bằng
góc giữa SK và HK và bằng
Ta có
0.25
§

Vậy
0.25
Vì nên . Do đó
Từ H kẻ tại M
0.25
Ta có . Vậy
0,25
7.
(1,0 điểm)
Gọi AI là phan giác trong của
Ta có :

Mà , nên
cân tại D
0,25
PT đường thẳng AI là :
0,25
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI
PT đường thẳng MM’ :
Gọi K(0;5) M’(4;9)
0,25
13 10 12
; ;
7 7 7
B
 
− −
 ÷
 
( )

7;4;6B −
3
3
7
t
t
=


⇔

=

j
C
B
A
S
H
K
M
HK AB⇒ ⊥
( )
SH ABC⊥
SH AB⊥
AB SK⇒ ⊥
( )
SAB
·
60SKH =

o
·
3
tan
2
a
SH HK SKH= =
3
.
1 1 1 3
. . . .
3 3 2 12
S ABC ABC
a
V S SH AB AC SH= = =
/ /IH SB
( )
/ /IH SAB
( )
( )
( )
( )
, ,d I SAB d H SAB=
HM SK⊥
( )
HM SAB⇒ ⊥
⇒
( )
( )
,d H SAB HM=

2 2 2 2
1 1 1 16
3HM HK SH a
= + =
3
4
a
HM⇒ =
( )
( )
3
,
4
a
d I SAB =
·
BAC
·
·
·
AID ABC BAI= +
·
·
·
IAD CAD CAI= +
· ·
BAI CAI=
·
·
ABC CAD=

·
·
AID IAD=
⇒
DAI∆
⇒
DE AI⊥
5 0x y+ − =
⇒
5 0x y− + =
⇒⇒
'K AI MM= ∩
VTCP của đường thẳng AB là §VTPT
của đường thẳng AB là §
Vậy PT đường thẳng AB là: §§
0,25
8.
(1,0 điểm).
Đk:
Ta có (1)
Đặt ()
Khi đó (1) trở thành :
0.25
Với § ta có §, thay vào (2) ta
được :
0.25
§§
0.25
§( vì §)
Với § thì §. Đối chiếu

Đk ta được nghiệm của hệ PT là §
0.25
9.
(1,0 điểm) .
Vì a + b + c = 3 ta có
Vì theo BĐT Cô-Si: ,
dấu đẳng thức xảy rab
= c
0,25
Tương tự và
0,25
Suy ra P,
0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = khi a = b = c = 1. 0,25
( )
' 3;5AM =
uuuuur
⇒
( )
5; 3n = −
r
( ) ( )
5 1 3 4 0x y− − − =
5 3 7 0x y⇔ − + =
2
2
3 5 4(1)
4 2 1 1(2)
x xy x y y y
y x y x


+ + − − = +


− − + − = −


2
2
0
4 2 0
1 0
xy x y y
y x
y

+ − − ≥

− − ≥


− ≥

( ) ( )
3 1 4( 1) 0x y x y y y⇔ − + − + − + =
4 ( )
u v
u v vn
=


⇔

= −

2 2
3 4 0u uv v+ − =
0, 0u v≥ ≥
, 1u x y v y= − = +
u v=
2 1x y= +
2
4 2 3 1 2y y y y− − + − =
( )
( )
2
4 2 3 2 1 1 1 0y y y y⇔ − − − − + − − =
( )
2
2 2
2
0
1 1
4 2 3 2 1
y
y
y
y y y
−
−
+ =

− +
− − + −
( )
2
2 1
2 0
1 1
4 2 3 2 1
y
y
y y y
 
 ÷
⇔ − + =
 ÷
− +
− − + −
 
2y⇔ =
2
2 1
0 1
1 1
4 2 3 2 1
y
y
y y y
⇔ + > ∀ ≥
− +
− − + −

2y =
5x =
( )
5;2
3 ( ) ( )( )
bc bc bc
a bc a a b c bc a b a c
= =
+ + + + + +
1 1
2
bc
a b a c
 
≤ +
 ÷
+ +
 
1 1 2
( )( )
a b a c
a b a c
+ ≥
+ +
+ +
⇔
1 1
2
3
ca ca

b a b c
b ca
 
≤ +
 ÷
+ +
+
 
1 1
2
3
ab ab
c a c b
c ab
 
≤ +
 ÷
+ +
+
 
3
2( ) 2( ) 2( ) 2 2
bc ca ab bc ab ca a b c
a b c a b c
+ + + + +
≤ + + = =
+ + +
3
2