đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 lần 2 môn toán trường lương thế vinh

Tr-ờng thpt l-ơng thế vinh
Hà nội

Năm học 2014 - 2015
đề thi thử thpt quốc gia năm 2015
Môn thi: Toán - Lần thứ 2
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Ngày 29.3.2015
Cõu 1 (2,0 im). Cho cỏc hm s
32
32y x mx
(
m
C
),
2 ( )y x d
, vi
m
l tham s thc.
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (
m
C
) khi
1m
.
b) Tỡm cỏc giỏ tr ca
m
(
m
C
) cú hai im cc tr v khong cỏch t im cc tiu ca (

m
C
) n ng
thng
()d
bng
2
.
Cõu 2 (1,0 im).
a) Gii phng trỡnh


sin 2sin 1 cos 2cos 3x x x x
.
b) Gii phng trỡnh

3
log 3 6 3
x
x
.
Cõu 3 (1,0 im). Tớnh tớch phõn

2
2
0
sin2
.
sin 2
x

I dx
x





Cõu 4 (1,0 im).
a) Gi
12
, zz
l hai nghim phc ca phng trỡnh
2
4 9 0zz
;
, MN
ln lt l cỏc im biu din
12
, zz
trờn mt phng phc. Tớnh di on thng
.MN

b) Mt t cú 7 hc sinh (trong ú cú 3 hc sinh n v 4 hc sinh nam). Xp ngu nhiờn 7 hc sinh ú
thnh mt hng ngang. Tỡm xỏc sut 3 hc sinh n ng cnh nhau.
Cõu 5 (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta
Oxyz
, cho im
(3;6;7)I
v mt phng
( ): 2 2 11 0P x y z

. Lp phng trỡnh mt cu
()S
tõm
I
v tip xỳc vi
( ).P
Tỡm ta tip
im ca
()P
v
()S
.
Cõu 6 (1,0 im). Cho hỡnh lng tr
. ' ' 'ABC A B C
cú ỏy
ABC
l tam giỏc vuụng ti
B
;
0
, 30AB a ACB
;
M
l trung im cnh
AC
. Gúc gia cnh bờn v mt ỏy ca lng tr bng
0
60
.
Hỡnh chiu vuụng gúc ca nh

'A
lờn mt phng
()ABC
l trung im
H
ca
BM
. Tớnh theo
a
th tớch
khi lng tr
. ' ' 'ABC A B C
v khong cỏch t im
'C
n mt phng
( ').BMB

Cõu 7 (1,0 im). Trong mt phng ta
,Oxy
cho hỡnh thang
ABCD
vuụng ti
A
v
D
; din tớch
hỡnh thang bng 6;
2CD AB
,
(0;4)B

. Bit im
(3; 1), (2;2)IK
ln lt nm trờn ng thng
AD
v
DC
. Vit phng trỡnh ng thng
AD
bit
AD
khụng song song vi cỏc trc ta .
Cõu 8 (1,0 im). Gii h phng trỡnh
2
3
2
3
( 3 3) 2 3 1
( , ).
3 1 6 6 2 1
x x x x y y
xy
x x x y

Cõu 9 (1,0 im). Cho cỏc s thc
, xy
dng v tha món
10xy
.
Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc
22
2
24
32
55
x y x y
T
xy
xy




.
Ht
Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
Tr-ờng thpt l-ơng thế vinh
Hà nội

N m h c 2014 2015
đáp án thang điểm
đề thi thử thpt quốc gia năm 2015
Môn thi: Toán Lần thứ 2

ỏp ỏn cú 04 trang

Cõu
ỏp ỏn
i
m
1
(2,0
)
a) (1,0 im) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s
32
32y x x


Tp xỏc nh:
D
.
lim ; lim
xx
yy



o hm:
2
' 3 6y x x
;
' 0 0yx
hoc
2x

.
0,25
Khong ng bin:

;0 ; 2;
. Khong nghch bin:

0;2

Cc tr: Hm s t cc tiu ti
2x
,
2
CT
y
;
t cc i ti
0x
, y
C
= 2.
0,25
Bng bin thiờn:
x

0 2


y'
+ 0 - 0

+
y
2




-2

0,25
th: (Hs cú th ly thờm im
( 1; 2); (1;0); (3;2)
).
0,25
b) (1,0 im) Tỡm cỏc giỏ tr ca
m
(
m
C
) cú k/c im cc tiu ca (
m
C
) n
()d
bng
2
.

2
' 3 6 3 ( 2 )y x mx x x m

.
' 0 0; 2y x x m

iu kin hm s cú hai cc tr l
0m
.
0,25
Ta hai im cc tr:
(0;2)A
v
3
(2 ;2 4 )B m m
.
0,25

0:m

A
l im cc tiu. Khi ú
( , ) 0 2d A d
(loi).
0,25

0:m

B
l im cc tiu. Khi ú:
3
3
3

2 1 1( )
( , ) 2 | 2 | 1
1( )
21
m m m tm
d B d m m
m ktm
mm











ỏp s:
1m
.
0,25
2
(1,0
)
a) (0,5 im) Gii phng trỡnh


sin 2sin 1 cos 2cos 3x x x x

.

Phng trỡnh ó cho tng ng vi

22
13
sin 3cos 2 cos sin sin 3cos 2cos2 sin cos cos2
22
sin sin 2 .
32
x x x x x x x x x x
xx







0,25

 
52
2 2 ,
3 2 18 3
x x k x k k
   

       
.


 
5
2 2 2 ,
3 2 6
x x k x k k
  

        
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
5 2 5
, 2 ,
18 3 6
x k x k k
  

     
.
0,25
b) (0,5 điểm) Giải phương trình
 
3
log 3 6 3
x
x  


Điều kiện:
3

log 6x 
. Phương trình đã cho tương đương với
3
27
3 6 3 3 6
3
x x x
x

    
. Đặt
2
27
3 0 6 6 27 0
x
t t t t
t
        

0,25
9
3( )
t
tl







Với
9 3 9 2
x
tx    
(tmđk).
Đáp số:
2x 
.
0,25
3
(1,0đ
)
Tính tích phân
 
2
2
0
sin2
.
sin 2
x
I dx
x






   

22
22
00
sin2 2sin cos
.
sin 2 sin 2
x x x
I dx dx
xx





Đặt
sin cost x dt xdx  
.
0 0;xt  

1.
2
xt

  

0,25
 
1
2
0

2
2
tdt
I
t



   
1 1 1
22
0 0 0
22
2 2 4
2
22
t dt dt
dt
t
tt

  


  
.
0,25
11
1
2ln( 2) 4

00
2
It
t
  


0,25
11
2(ln3 ln2) 4
32
I

    


32
2ln
23

.
( 0.144)I 
.
0,25
4
(1,0đ
)
a) (0,5 điểm) Cho
2
4 9 0zz  

. M, N biểu diễn
12
,zz
. Tính độ dài đoạn MN.

Phương trình đã cho có
2
' 4 9 5 5i     
nên có hai nghiệm
1,2
25zi
.
0,25
Từ đó
(2; 5), (2; 5) 2 5M N MN  
.
Đáp số:
25MN 
.
0,25
b) (0,5 điểm) Tính xác suất có 3 học sinh nữ cạnh nhau.

Gọi
A
là biến cố “3 học sinh nữ cạnh nhau”
+ Số biến cố đồng khả năng: Xếp 7 học sinh ngẫu nhiên, có số hoán vị là 7!
+ Số cách xếp có 3 học sinh nữ cạnh nhau:
Coi 3 học sinh nữ là 1 phần tử, kết hợp với 4 học sinh nam suy ra có 5 phần tử, có
5! cách sắp xếp. Với mỗi cách sắp xếp đó lại có 3! cách hoán vị 3 học sinh nữ. Vậy
có 5!.3! cách sắp xếp.

0,25
+ Xác suất của biến cố
A
là:
 
5!.3!
7!
pA
1
7
.
( ( ) 0.14)pA
.
(Cách 2: - - - - - - - 7 vị trí. Xếp 3 nữ cạnh nhau có 5 cách: (123)…(567). Mỗi cách
xếp lại có 3! cách hoán vị 3 nữ. Có 4! cách hoán vị 4 nam. Vậy P(A) = 5.3!.4!/7! =
1/7)
0,25
5
(1,0đ
)

Cho
( ): 2 2 11 0P x y z   
,
(3;6;7)I


Mặt cầu
()S
tâm

I
có bán kính
|3 12 14 11|
( ,( )) 6
3
R d I P

  
.
0,25
Phương trình mặt cầu
2 2 2
( ):( 3) ( 6) ( 7) 36S x y z     
.
0,25




Đường thẳng
()d
qua
I
và vuông góc với
()P
có phương trình
3
6 2 ( )
72
xt

y t t
zt



  




.
0,25
Giả sử
( ) ( ) (3 ) (12 4 ) (14 4 ) 11 0 9 18 0 2M d P t t t t t               



(1;2;3)M
.
0,25
6
(1,0đ
)
Cho hình lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B
;

0
, 30AB a ACB
;

' ( ) 'A H ABC A H
là đường cao của hình lăng trụ.
AH
là hình chiếu vuông góc của
'AA
lên
()ABC

0
' 60A AH

. ' '
'.
ABC A BC ABC
V A H S

0,25
33
2 , '
22
aa
AC a MA MB AB a AH A H       
.
2
1 1 3
. . . . 3

2 2 2
ABC
a
S BABC a a  
.
2
. ' '
33
.
22
ABC A BC
aa
V  
3
33
4
a
.
0,25
     
.'
'
3
',( ') ,( ') ,( ')
A BMB
BMB
V
d C BMB d C BMB d A BMB
S
  

.
3
. ' '. . ' '
13
68
A BMB B ABM ABC A BC
a
V V V  
.
0,25
Do
( ')BM AHA
nên
''BM AA BM BB  



'BMB
vuông tại
B

2
'
1 1 3
'. . 3.
2 2 2
BMB
a
S BB BM a a   
.

Suy ra
 
32
3 3 3
',( ') :
82
aa
d C BMB 
3
4
a
.
(Cách 2:
0
33
( ,( ')) .sin .sin60
24
aa
d A BMB AE AH AHE   
).
0,25
7
(1,0đ
)
Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy
cho hình thang
ABCD
vuông tại
A

và
D
; diện tích hình
thang bằng 6;
2CD AB
,
(0;4)B
.
(3; 1), (2;2)IK
. Viết phương trình đường thẳng AD.

Vì
AD
không song song các trục tọa độ nên gọi véc tơ pháp tuyến của
AD
là
(1; ), 0;n b b
suy ra: Phương trình
:1( 3) ( 1) 0AD x b y   
.
Phương trình
: ( 4) 0AB bx y  
.
0,25
33
. . . ( , ). ( , )
2 2 2
ABCD
AB CD AB
S AD AD d B AD d K AB


  

22
3 | 3 5 | |2 2|

2
11
bb
bb
  


.
0,25
2
22
1
| 3 5 | | 1| 5
6 3 . 6 | 5 3|.| 1| 2( 1)
3
11
1 2 2
7
ABCD
b
bb
S b b b b
bb
b





  

          








.
0,25
Đáp số:
2 0;3 5 14 0;7 (1 2 2) 2 2 22 0;7 (1 2 2) 2 2 22 0x y x y x y x y               
.
0,25
8
(1,0đ
)
Giải hệ phương trình
2
3
2
3
( 3 3) 2 3 1 (1)

( , ).
3 1 6 6 2 1 (2)
x x x x y y
xy
x x x y

       



      




A
C
A'
C'
B
B'
M
H
A
C
A'
C'
B
B'
M

H
Q
P
E
I
K
A
B
D
C
Điều kiện:
1 3 3; 3 3; 3x x y      

 
3
3
33
(1) 1 ( 1) 1 2 2 1x x y y         

0,25
Xét hàm
3
( ) 1, 1f t t t t    
. Ta có
2
3
3
'( ) 1 0 1
21
t

f t t
t
     

, suy ra
()ft
đồng
biến
1t  
, suy ra
3
12xy  
.
0,25
Thay vào (2) ta có
22
3 1 6 6 ( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 4( 1) 1 3 1x x x x x x x x                

Do
1x
không thỏa mãn nên chia cả 2 vế cho
10x 
ta được:
11
1 1 4 3
1
1
xx
x
x

      


.
Đặt
22
22
3
15
1 2 6 3 6 3
2
6 (3 )
1
t
t x t t t t t
tt
x


              

  


.
0,25
Với
5 62
12
5 1 5

1
5 127
1
22
1
1
4 64
2
xy
x
tx
xy
x
x

  




      


   





.

Đáp số
5 127
( ; ) (5;62),( ; )
4 64
xy
.
0,25
9
(1,0đ
)
Cho
, 0: 1 0x y x y   
. Tìm max:
22
2
24
32
55
x y x y
T
xy
xy




.

Ta có
2

22
1 1 1 1 1 1
10
4 2 4
x
xy
y y y y

         


. Đặt
2
1
0
4
x
tt
y
   

0,25
Ta có
22
22
2
2
3 2 1
1 3 1 2 1
. ( ) .

5 5 1
1
1
1
xx
tt
yy
T T f t
x
t
t
x
y
y


     







với
1
0
4
t
.

 
 
2
3
2
1 3 1 1
'( ) .
5
1
1
t
ft
t
t





Nhận xét:
 
 
3
3
2
3
2
1 1 17 17 17 1 3 4
0 1 3 ; 1
4 4 16 16 16

17
1
17
16
t
t t t
t


         




Và
2
1 1 1
.
5 ( 1) 5t
  

. Do đó
41
'( ) 0
5
17
17
16
ft  
.

0,25
Từ đó
()ft
đồng biến
1 1 13 6
(0; ] ( )
4 4 25
17
t f t f

     


.
0,25
Đáp số:
1
(0; ]
4
13 6 1
1; 2
25 4
17
t
MaxT t x y

      
.
0,25
Hế t