Đề thi mẫu THPT quốc gia môn toán năm 2015 Trường THPT Đặng Thúc Hứa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN I
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Môn thi: TOÁN
————————— Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
—————————————-
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x
3
−3x
2
+ 4 (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại điểm đó song song với đường thẳng
y = 9x + 3.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: cos 2x + 2sinx = 1 +
√
3sin2x.
b) Giải phương trình: log
3
(x
2
+ 2x) + log
1
3
(3x + 2) = 0 trên tập số thực.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =
2

1
1 + x
2
e

x
x
dx.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (1 + i)z + 2z = 2. Tính mô đun của số phức ω = z +2 +3i.
b) Cho một đa giác đều 12 đỉnh A
1
A
2
A
12
nội tiếp đường tròn (O). Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác
đó. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn ra tạo thành một hình chữ nhật.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; −2;1) và mặt phẳng (P) :
x −2y+2z + 5 = 0. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) và viết phương trình mặt cầu tâm A cắt
mặt phẳng (P) theo một đường tròn có chu vi bằng 6π .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC D là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a
√
2. Hình
chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng
(ABCD) bằng 60
◦
. Tính theo a theo thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(SBC) .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc

ABC nhọn,
đỉnh A(−2;−1). Gọi H, K, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC, BD, CD.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HKE là (C) : x
2

+ y
2
+ x + 4y + 3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh
B, C, D biết H có hoành độ âm, C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng x −y −3 = 0.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

3

y
3
(2x −y) +

x
2
(5y
2
−4x
2
) = 4y
2
√
2 −x +
√
y + 1 + 2 = x + y
2
(x, y ∈ R).
Câu 9 (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 4(a
3
+ b

3
) + c
3
= 2(a + b + c)(ac + bc −2).
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
2a
2
3a
2
+ b
2
+ 2a(c + 2)
+
b + c
a + b + c + 2
−
(a + b)
2
+ c
2
16
.
——HẾT——
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
60


SỞ GD & ĐT
NGH
Ệ AN

KỲ T
HI
TH
Ử QU
ỐC GIA THPT NĂM
2015
-L
ẦN I

TRƯ
ỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA










MÔN : TOÁN

( Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
1

(2,0)
 Tập xác định:


 Sự biến thiên :
-Chiều biến thiên: Ta có

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
và ; nghịch biến trên khoảng .
0,25




0,25
-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0
y
CĐ
= 4,hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2
y
CT
= 0.
-Giới hạn:
3 2
lim lim ( 3 4) ;
x x
y x x
 
   

3 2
lim lim ( 3 4) .
x x
y x x
 
    

Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

-Bảng biến thiên

x

0 2





y
,

+ 0

- 0 +


y

4



0
 Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm
(-1;0) và (2;0).
x
y
3
2
O
1
4
-1



0,25





0,25



b)

Ta có:
.
G
ọi
 
3 2
0 0 0
; 3 4
M x x x
 


là
đi
ểm thuộc đồ thị

(C )

.

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị

(
C )
tại

M
là .

0,25

Vì
ti
ếp tuyến của đồ thị tại
M

song song v
ới đư
ờng thẳng
d : 9 3
y x
 


nên có hệ số góc

9
k




2 2
0 0 0 0 0 0
3 6 9 2 3 0 1 3x x x x x x           



0,5
Vậy

( 1;0)
M

và
(3;4)
M
đều không thuộc d nên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25


2

(1,0)
a).
Phương tr
ình
đã cho t
ương đương:

sin 0
1
sin
3 cos sin 1 0
3 2
x k
x
x
x x






 


 
 



 

  





 



0,25

+ Với
2
2
1
3 6

6
sin
5
3 2
2 2
3 6
2
x k
x k
x
x k x k
 




  
 



  
 
 
 


   
 





 


    







Vậy phương trình đã cho có nghiệm
 
; 2 ; 2
2 6
x k x k x k k
 
        

0,25
b). Điều kiện: . Phương trình đã cho tương đương:

0,25
2 2
3 3 3 3
log ( 2 ) log (3 2) 0 log ( 2 ) log (3 2)
x x x x x x

       

2 2
1
2 3 2 2 0
2
x
x x x x x
x



        




Đối chiếu điều kiện ta có phương trình đã cho có nghiệm
2x 


0,25
3
(1,0)
Ta có
2 2
2
1 1
1 1
x

x
x e
I dx xe dx
x x
 



  




 
 
2 2
1 1
x
dx
xe dx
x
 
 

0,5

Tính:
2
2
1

1
ln ln 2
dx
x
x
 



0,25
Đặt ;
x
u x du dx dv e dx    chọn
x
v e
. Suy ra
2
2 2
2
1 1
1
x x x
xe dx xe e e  


Vậy
2
ln 2I e 

0,25
4
(1,0)
a). Đặt
 
,z a bi a b   
. Theo bài ra ta có:
3 2 1
0 1
a b a
a b b
 
  
 
 

 
 
  
 
 
nên
1z i 

0,25
Khi đó
2 3 1 2 3 3 4z i i i i
         
.
Vậy

0,25
b). Không gian mẫu

là tập hợp tất cả các cách chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong 12 đỉnh .
Ta có:
4
12
( ) 495
n C  
.
0,25
G
ọi A
là bi
ến cố: “4 đỉnh đ
ư
ợc chọn tạo th
ành
m
ột hình ch
ữ nhật”

G
ọi đ
ư
ờng chéo của đa giác đ
ều

A
1
A
2
.
.
.
A
12

đi qua tâm
đư
ờng tr
òn
(O) là
đư
ờng chéo lớn thì
đa giác
đã cho có 6
đư
ờng chéo lớn
.

Mỗi h
ình ch
ữ nhật
có các đ
ỉnh l
à 4 đ

ỉnh trong 12 điểm


A
1
,
A
2
,

.
,
A
12
có các đư
ờng chéo là hai đư
ờng
chéo lớn. Ng
ư
ợc lại, mỗi cặp đ
ư
ờng chéo lớn có các đ
ầu mút l
à 4 đỉnh của một h
ình ch
ữ nhật.


Do đó số h
ình ch

ữ nhật đư
ợc tạo th
ành là:
2
6
(A) 15
n C
 

.
Vậy xác suất cần tính là
(A)
(A)
( )
n
P
n



15 1
495 33
 

0,25


5
(1,0)
Kho
ảng cách từ A đến mặt phẳng (P) l
à :


;( )
2 2 2
1.1 ( 2).( 2) 2.1 5
4
1 ( 2) 2

A P
h d
    
  
  
.

0,25

Gọi

r
là bán kính của đường tròn thiết diện thì ta có
0,25

Gọi

R
là bán kính mặt cầu cần tìm ta có
0,25
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là :
0,25
6
(1,0)
Diện tích hình chữ nhật ABCD là .
Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và O là tâm của hình chữ nhật ta có


0,25
Ta có nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc

Trong tam giác vuông

SH
B
ta có .
Thể tích khối chóp S.ABCD là :
0,25
Ta có
Kẻ
với
; kẻ
với
(1)
Ta có

.
Do đó
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
nên .







0,25
Ta có . Trong tam giác vuông SHK ta có :
. Vậy




0,25
7

(1,0
)


Ta có
nên bốn điểm A,H,C,E cùng thuộc
đư
ờng tr

òn
đư
ờng kính AC.

G
ọi I là giao đi
ểm của AC v
à BD.

Ta có:
.
Các t
ứ giác AKED, AKHB n
ội tiếp n
ên



EKD EAD


và



BKH BAH

.
Do đó
.

Vì v
ậy tứ giác HKIE nội tiếp. Do đó I thuộc đ
ường tròn (C) ngo
ại tiếp tam giác HKE.

0,25

+) Gọi
2 4
( ;c 3) ,( 0) ;
2 2
c c
C c d c I
 
 


   




 
, do I thuộc (C) nên có phương trình:

2
2 0 2 1
c c c c
      
(loại

1)
c

. Suy ra: C(2;-1) và I(0;-1).
0,25
+) Điểm E,H nằm trên đường tròn đường kính AC và đường tròn (C) nên toạ độ thoả mãn hệ phương
trình: .
+)Vì H có hoành độ âm nên
8 11
; , (0; 3)
5 5
H E
 


  




 
. Suy ra
: 1 0AB x y  
,
: 3 5 0BC x y  




0,25

Toạ độ B thỏa mãn (t/m).
Vì . Vậy .

0,25

8

(1,0)

Điều kiện:
.
+) S
ử
d
ụng bất đẳng thức AM –GM cho hai s
ố không âm ta có:
.

Suy ra: .



0,25

Vì vậy ta phải có: .
Vậy ph
ương trình đ
ầu của hệ tương đương v
ới:
x y


.

Thay
vào phương tr
ình thứ hai của hệ ta đư
ợc:
.


0,25
Do nên ta phải có:
2
2 0 1 ( 1)
x x x do x     
.
Khi đó phương trình (*) t
ương đương với:


   


2 2
1 1
1 1 2 1 0 1 1 0
1 2 1
x x x x x x x x
x x x x
 




               





 
    
.


0,25

2
1 5
( / )
1 1 1 5
2
1 0 1 0
2
1 2 1
1 5
( )
2
x t m
x x do x y
x x x x

x l




 






          






 
    





.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
1 5 1 5
( ; ) ;

2 2
x y
 
 









 
.



0,25

9
(1,0)


Ta có: , kết hợp với giả thiết suy ra:
 
2
3 3 3 3 3 3
1
( ) ( ) 4( ) 2( ) 2 4

4 4
a b c
a b c a b c a b c a b c a b c
 
 




               






 
.



0,25
Khi đó sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:
2
2 2
2
2
2
3 2 ( 2) 2
2

2 2 .
2 2
2 2
a a a a
a b a c a b c
b a
b a
a c
a c
a
a
  
 
     



   

  




 
;
Và . Suy ra: .


0,5

Đặt , ta có: .
Suy ra hàm s
ố
( )f t
ngh
ịch biến trên
 
4;
.
Do đó
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
.
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

1
6
.


0,25
Hết