Đề thi mẫu THPT quốc gia môn toán năm 2015 Trường THPT Chu Văn An

ĐỀ THI THỬ SỐ 1
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2 1
2
x
y
x



(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến d của (C) biết d song song với đường thẳng 3x – y + 14 = 0.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Chứng minh rằng
2 2 2
2 3
cos cos cos .
3 3 2
x x x
 
   
    
   
   

b) Giải phương trình
2
2
2
log ( 3) 8log 2 1 4.x x   
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
0
( sin ) .I x x x dx

 


Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2( 1) 3 (5 )
z z i i
    . Tính môđun của z.
b) Trong cuộc thi “Rung chuông vàng” thuộc chuỗi hoạt động Sparkling Chu Văn An, có 20 bạn
lọt vào vòng chung kết, trong đó có 5 bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, Ban tổ chức
chia các bạn thành 4 nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiện bằng
cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 2a,

0
60 ,BAC 
cạnh bên SA vuông góc với đáy và 3SA a . Gọi M là trung điểm của cạnh AB.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC là I(–2;1) và thỏa mãn điều kiện

0

90 ,AIB 
chân đường cao kẻ từ A
đến BC là D(–1;–1), đường thẳng AC đi qua điểm M(–1;4). Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết rằng
đỉnh A có hoành độ dương.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;2;–1), B(3;4;1) và
C(4;1;–1). Viết phương trình mặt cầu có đường kính AB. Tìm tọa độ điểm M trên trục Oz sao cho
thể tích khối tứ diện MABC bằng 5.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình


2 2
2
4 2
3( 2) 1 3 1 .
1
x x x x
x x
     
 

Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 2(x + y) + 7z = xyz. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 .S x y z  
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………….……
53
1
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm có 05 trang)

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1

2,00



a
(1,00 điểm)

 TXĐ: D =
\{ 2}.



 Giới hạn và tiệm cận:
2 2
lim 2; lim ; lim
x
x x
y y y
 

 
    

 Tiệm cận đứng x = –2, tiệm cận ngang y = 2.
0,25
 Sự biến thiên:
2
3
' 0, \{ 2}
( 2)
y x
x
    


 Hàm số đồng biến trên từng khoảng (–;–2) và (–2;+).
0,25
 Bảng biến thiên:


H
àm

s
ố

kh
ô
ng c
ó

c

ực

tr
ị
.

0,25
 Đồ thị:

0,25
b
(1,00 điểm)

Gọi
0 0
( ; )
M x y
là tiếp điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). Khi đó y’(x
0
) = 3.
0,25
Ta có phương trình
0
2
0
2
00
1
3
3 ( 2) 1

3.
( 2)
x
x
x
x
 

    

 



0,25
Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C) tại các điểm (–1;–1) và (–3;5) lần lượt là:
3 2, 3 14
y x y x
   
.
0,25
Từ giả thiết ta được
3 2.
y x
 

0,25
2
2

1,00

a
(0,5 điểm)

Ta có
3 1 2 4
cos2 cos 2 cos 2
2 2 3 3
A x x x
 
 
   
     
   
 
   
 

0,25

 
 
3 1 3 1 3
cos2 2cos 2 cos cos2 cos2 .
2 2 3 2 2 2
x x x x


 

 
        
 
 
 
 

0,25
b
(0,5 điểm)

ĐK:
1
, 3.
2
x x
 
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với
2 2 2
3
4 log 3 4log (2 1) 4 log 1
2 1
x
x x
x

     


0,25

3 4 2
3
2 3 4 2 1.
3 4 2
2 1
x x
x
x x x
x x
x
  


        

   



Phương trình có nghiệm
1.
x


0,25
3

1,00

3 3
2
0 0 0
0
( sin ) sin sin .
3 3
x
I x x x dx x xdx x xdx

  

     
  

0,25
Tính
1
0
sin .
I x xdx




Đặt
sin cos .
u x du dx
dv xdx v x
 
 


 
  
 

0,25
1
0 0
0
cos cos sin .
I x x xdx x

 
 
      


0,25
3
.
3
I


  

0,25
4

1,0

a
(0,5 điểm)

Đặt
,( , )
z a bi a b
  

. Khi đó:
2( 1) 3 (5 ) 2( 1) 3( ) 1 5 1 5(1 ) 0.
z z i i a bi a bi i a b i
               

0,25
1
2.
1
a
z
b


  




0,25
b

(0,5 điểm)

Gọi X là biến cố: “chia 20 bạn thành 4 nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm 5 bạn sao cho 5
bạn nữ thuộc cùng một nhóm”.
Ta có
5 5 5 5
20 15 10 5
C C C C
  cách chia 20 bạn thành 4 nhóm A, B, C, D.
0,25
Xét 5 bạn nữ thuộc nhóm A, có
5 5 5
15 10 5
C C C
cách chia các bạn nam vào 3 nhóm còn lại
Do vai trò các nhóm như nhau, có
5 5 5
15 10 5
4
C C C
cách chia các bạn vào các nhóm A, B,
C, D trong đó 5 bạn nữ thuộc một nhóm.
Xác suất cần tìm là:
5
20
4 1
( )
3876
P X
C

  .
0,25
5

1,00
3

Xét tam giác ABC có
0
2
tan60 2 3
2 3.
ABC
BC AB a
S a

 
 


0,25
2 3
.
1 1
. 3.2 3 2 .
3 3
S ABCD ABC
V SAS a a a

  

0,25
- Gọi N là trung điểm cạnh SA.
Do SB // (CMN) nên
( , ) ( ,( ))
( ,( ))
( ,( )).
d SB CM d SB CMN
d B CMN
d A CMN




- Kẻ
,
AE MC E MC
 
và kẻ
,
AH NE H NE
 

Chứng minh được
( )
AH CMN

( ,( )) .
d A CMN AH
 

0,25
Tính
2
AMC
S
AE
MC


trong đó:

2
1 1 3
. .sin .4 . 3
2 3
.
2 2 2
13
13
AMC
S AM AC CAM a a a
a
AE
MC a


  


 





Tính được
2 3 2 3 2 3
( ,( )) ( , ) .
29 29 29
a a a
AH d A CMN d SB CM    

0,25
6

1,00






Do

0
90AIB
 

0

45
ACB  hoặc

0
135
ACB 

0
45
ACD   tam giác
ACD vuông cân tại D nên DA = DC.
Hơn nữa, IA = IC.
Suy ra, DI  AC  đường thẳng AC
thỏa mãn điều kiện: AC qua điểm M và
AC vuông góc ID.

0,25
Viết phương trình đường thẳng AC:
2 9 0
x y
  
.
Gọi (2 9; )
A a a AC
 
. Do
2 ( , ) 2 10
DA d D AC 
nên
0,25

2 2 2
1 ( 7;1)
(2 8) ( 1) 2 10 6 5 0
5 (1;5)
a A
a a a a
a A
  

        

 


Theo giả thiết bài cho 
(1;5)
A .
0,25
Viết phương trình đường thẳng DB: x + 3y +4 = 0. Gọi
( 3 4; ).
B b b
 

Tam giác IAB vuông tại I nên
. 0 3( 3 2) 4( 1) 0 2
IAIB b b b
         
 
(2; 2).
B

 

Đáp số:
(1;5), (2; 2).
A B


0,25
7

1,0

Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I là trung điểm của AB, với
(2;3;0).
I

0,25
Bán kính của (S) là
3
2
AB
R  
.
Phương trình của (S):
2 2 2
( 2) ( 3) 3.
x y z
    

0,25

4
Gọi (0;0; )
M t Oz

. Do V
MABC
= 5 nên
1
[ , ] 5
6
AB AC AM

  
11 4 5.
t
  

0,25
1 (0;0;1)
11 4 15
11 4 15
13 13
11 4 15
(0;0; ).
2 2
t M
t
t
t
t M

 

 


    


  
   



0,25
8 1,00

ĐK:
1.
x


Với điều kiện đó




2 2 2
2
2 2
2 2 2

2
8 2
6( 2) 2 6 1 0
1
4 2
3 1 1 2 5 0.
1
BPT x x x x x
x x
x x x x x x
x x
       
 
 
          
 
 
 
 

0,25
Xét hàm số
4 2
( ) 5
1
f t t
t
  

với

0.
t

Ta có
2 2
'( ) 1 .
( 1) 1
f t
t t
 
 


'( ) 0 1.
f t t
  

 Bảng xét dấu

Suy ra
( ) (1), [0;+ ) ( ) 0, [0;+ ).
f t f t f t t
        
Dấu “=” xảy ra  t = 1.
0,25
Do
2 2
2
4 2
0, [0;+ ) 5 0, [0;+ ).

1
x x x x x x
x x
            
 

Dấu “=” xảy ra khi
2
1 5
1 .
2
x x x

   
0,25
Khi đó:




2 2
2 2 2
2
4 2
3 1 1 2 5 0
1
x x x x x x
x x
 
         

 
 
 
 


2
2
2
2
1 0
1 5
1 0 .
2
4 2
5 0
1
x x
x x x
x x
x x


  



     



   

 


Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
1 5
[1; ) \
2
S
 

 
 
 
 
 
.
0,25
9

1,00

Ta có:
2( ) ( 7)
x y z xy
  
. Do x, y, z là các số dương nên xy – 7 > 0.
Khi đó, từ giả thiết ta được
2( )

.
7
x y
z
xy




Suy ra:
4( )
( ; ) 2
7
x y
S f x y x y
xy

   

với điều kiện
0, 0, 7
x y xy
  
(*)
0,25
Với mỗi x cố định, xét đạo hàm của hàm số f(x;y) theo ẩn y ta được:
2
'
2 2
4( 7) 4 ( ) 28 4

( ; ) 1 1 .
( 7) ( 7)
y
xy x x y x
f x y
xy xy
   
   
 

' 2 2 2
0
2
7 7
( ; ) 0 14 21 4 0 2 1 .
y
f x y x y xy x y
x
x
         







5
Suy ra:
0

2
11 7
( ; ) 2 4 1 .f x y x
x
x
   

0,25
Xét hàm số
2
11 7
( ) 2 4 1g x x
x
x
    với x > 0 với
2
3
2
11 28
'( ) 2 .
7
1
g x
x
x
x
  


'( ) 0 3.g x x  

Khi đó ( ) (3) ( ) 15.g x g g x  
0,25
Với điều kiện (*), ta có
0
( ; ) ( ) 15.S f x y g x  
Vậy
min 15S 
khi
3, 5, 2.x y z  

0,25

Hết