đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 lần 4 môn toán trường lương thế vinh

Trờng thpt lơng thế vinh

Hà nội

Năm học 2014 - 2015
đề thi thử
thpt quốc gia

năm 2015

Môn thi: Toán
Môn thi: ToánMôn thi: Toán
Môn thi: Toán

-

-

Lần thứ
Lần thứ Lần thứ
Lần thứ 4
44
4

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Ngày 13.6.2015

Cõu 1 (2,0 ủim). Cho hm s
3 2
3 4
y x x

= +
.
a) Kho sỏt s bin thiờn v v ủ th
( )
C
ca hm s ủó cho.
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca ủ th
( )
C
ti giao ủim ca
( )
C
vi ủng thng
( ): 5 7
d y x
= +
.
Cõu 2 (1,0 ủim).
a) Gii phng trỡnh
2
cos cos3 2cos
x x x
+ =
.
b) Tỡm s phc
z
sao cho
| 4 | = | |
z z

v
( 4)( 2 )
z z i
+ +
l s thc.
Cõu 3 (0,5 ủim). Gii phng trỡnh
2.9 3.4 5.6
x x x
+ =
.
Cõu 4 (1,0 ủim). Tớnh tớch phõn
1
3
0
1
.
3 1
x
I x e dx
x

= +

+



Cõu 5 (0,5 ủim). Ti mt kỡ SEA Games, mụn búng ủỏ nam cú 10 ủi búng tham d (trong ủú cú ủi
Vit Nam v ủi Thỏi Lan). Ban t chc bc thm ngu nhiờn ủ chia 10 ủi búng núi trờn thnh 2 bng
A v B, mi bng 5 ủi. Tớnh xỏc sut ủ ủi Vit Nam v ủi Thỏi Lan cựng mt bng.

Cõu 6 (1,0 ủim). Trong khụng gian vi h ta ủ
Oxyz
, cho bn ủim
(
)
3;2;3 ,
A
(1;0;2),
B
( 2;3;4),
C


(4; 3;3)
D

. Lp phng trỡnh mt phng
( )
BCD
. Tỡm phng trỡnh hỡnh chiu vuụng gúc ca ủng
thng
AB
lờn mt phng
( )
BCD
.
Cõu 7 (1,0 ủim). Cho hỡnh lng tr
. ' ' '
ABC A B C
cú ủỏy

ABC
l tam giỏc ủu cnh
a
, ủnh
'
A
cỏch
ủu
, ,
A B C
. Gúc gia cnh bờn v mt ủỏy ca lng tr bng
0
60
. Tớnh theo
a
th tớch khi lng tr
. ' ' '
ABC A B C
. Xỏc ủnh tõm v tớnh theo
a
bỏn kớnh mt cu ngoi tip hỡnh chúp
'.
A ABC
.
Cõu 8 (1,0 ủim). Trong mt phng ta ủ
,
Oxy
cho tam giỏc
ABC
ni tip ủng trũn tõm

(2;1)
I
,
bỏn kớnh
5
R
=
. Chõn ủng cao h t
, ,
B C A
ca tam giỏc
ABC
ln lt l
(4;2), (1; 2)
D E

v
F
.
Tỡm ta ủ tõm ủng trũn ni tip ca tam giỏc
DEF
, bit rng ủim
A
cú tung ủ dng.
Cõu 9 (1,0 ủim). Gii phng trỡnh
2
8 10 11 14 18 11
x x x
+ + + + =
.

Cõu 10 (1,0 ủim). Cho cỏc s thc
, ,
x y z
dng v tha món
(
)
( )
2
2 2
4 1 16 3 .
x x x yz x y z
+ +

Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
( )
2 3 3
3 ( 1) 16
10 3
2
1
y x x y
T
x z x
y
+ +
= +
+
+
.
HT

Thớ sinh khụng ủc s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh: ; S bỏo danh:

1/5
Trờng thpt lơng thế vinh

Hà nội

Nm h
c 2014


2015

đáp án


thang điểm

đề thi thử thpt quốc gia năm 2015
Môn thi: Toán
Môn thi: Toán Môn thi: Toán
Môn thi: Toán

Lần thứ
Lần thứ Lần thứ
Lần thứ 4
44
4

ỏp ỏn cú 05 trang


Cõu ỏp ỏn
im

1
(2,0ủ)

a) (1,0 ủim) Kho sỏt s bin thiờn v v ủ th ca hm s
3 2
3 4
y x x
= +


Tp xỏc ủnh:
D
=
R
.
lim ; lim
x x
y y
+
= = +

o hm:
2
' 3 6
y x x
=
;
' 0 0
y x
= =
hoc
2
x
=
.
0,25
Khong ủng bin:
(
)
(
)
;0 ; 2;
+
. Khong nghch bin:
(
)
0;2

Cc tr: Hm s ủt cc tiu ti
2

x
=
,
0
CT
y
=
;
ủt cc ủi ti
0
x
=
, y
C
= 4.


0,25
Bng bin thiờn:
x

0 2
+

y' + 0 - 0 +

y 4
+

0

0,25
th: (Hs cú th ly thờm ủim
( 1;0); (1;2); (3;4)

).
0,25
b)

(1,0 ủim)
) Vit phng trỡnh tip tuyn ti giao ủim ca
( )
C
vi
( ) : 5 7
d y x
= +
.

Phng trỡnh honh ủ giao ủim:
3 2 3 2 2
3 4 5 7 3 5 3 0 ( 1)( 2 3) 0
x x x x x x x x x
+ = + + = + =

1 2
x y
= =

giao ủim l
(1;2)
M
.
0,25
Phng trỡnh tip tuyn vi (C) ti
0 0 0 0 0
( ; ) : '( )( )
x y y y x x x y
= +

0 0
1; 2
x y
= =

0,25
2
0
' 3 6 '( ) '(1) 3
y x x y x y
= = =

0,25
Phng trỡnh tip tuyn cn tỡm:
3( 1) 2
y x
= +

3 5

y x
= +

0,25
2
(1,0ủ)

a)

(0,5 ủim)
Tỡm cỏc nghi
m ca ph
ng tr
ỡnh
2
cos cos3 2cos
x x x
+ =
.


Phng trỡnh ủó cho tng ủng vi:
(
)
2
2cos2 .cos 2cos 2cos cos 2 cos 0
x x x x x x
= =

cos 0

cos2 cos
x
x x
=



=


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




= +




=

.
0,25
b)

(0,5 ủim)
Tỡm s phc
z
sao cho
| 4 | = | |
z z

v
( 4)( 2 )
z z i
+ +
l s thc.

Gi
(
)
2
, , 1
z a bi a b R i
= + =
. T gi thit ta cú:
2 2 2 2
| 4 | | | ( 4) 2
z z a b a b a
= + = + =

0,25

2/5
Từ ñó:
2 ; 2
z bi z bi
= + = −

[
]
( 4)( 2 ) (6 ) 2 (2 ) 12 (2 ) (12 4 )
z z i bi b i b b b i
⇒ + + = + + − = − − + −
Suy ra:
12 4 0 3
b b
− = ⇒ =
.
ðáp số:
2 3
z i
= +
.
0,25
3
(0,5ñ)

Gi
ải ph

ương tr
ình

2.9 3.4 5.6
x x x
+ =
.


TXð:
D
=
R
. Chia 2 vế của phương trình cho
4 0
x
>
ta ñược:
9 3
2. 5. 3 0
4 2
x x
   
− + =
   
   
.
ðặt
3
0

2
x
t
 
= >
 
 
ta có:
2
2 5 3 0
t t
− + =

0,25
3
1;
2
t t
⇔ = =
.
•
3
1 1 0
2
x
t x
 
= ⇒ = ⇒ =
 
 

. •
3 3 3
1
2 2 2
x
t x
 
= ⇒ = ⇒ =
 
 
.
Tập nghiệm của phương trình ñã cho là
{
}
0; 1
S =
.
0,25
4
(1,0ñ)

Tính tích phân:
1
3
0
1
.
3 1
x
I x e dx

x
 
= +
 
+
 
∫


1 1
3
0 0
3 1
x
x
I xe dx dx
x
= +
+
∫ ∫
.
• Tính
1
3
0
x
A xe dx
=
∫
: ðặt

3 3
1
' 1; '
3
x x
u x u v e v e
= ⇒ = = ⇒ =

1
1
3 3
0
0
1 1
.
3 3
x x
A x e e dx
⇒ = −
∫
.
0,25
( )
1
3
3 3 3 3
0
1 1 1 1 2 1
1 .
3 9 3 9 9

x
e
A e e e e
+
= − = − − =
0,25
• Tính
1
0
3 1
x
B dx
x
=
+
∫
: ðặt
2
2
1 2
3 1 3 1 .
3 3
t
t x t x x dx t dt
−
= + ⇒ = + ⇒ = ⇒ =

1 2; 0 1.
x t x t
= ⇒ = = ⇒ =

Suy ra:
( )
2
2
1
2
1
9
B t dt
= −
∫

0,25
2
3
1
2 1 8
.
9 3 27
B t t
 
= − =
 
 
Từ ñó:
3
2 1 8
9 27
e
I A B

+
= + = + ⇒

3
2 11
9 27
I e= +
. 0,25
5
(0,5ñ)






Có 10 ñội bóng (trong ñó có Việt Nam và Thái Lan). Bốc thăm ngẫu nhiên ñể chia thành 2
bảng A và B, mỗi bảng 5 ñội. Tìm xác suất ñể Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng.

Gọi M là biến cố: “Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng”.
Số biến cố ñồng khả năng: Số cách chia 10 ñội bóng thành 2 bảng ñều nhau
5 5
10 5
( ) . 252
n C CΩ = =
.
0,25
Xét số cách chia mà Việt Nam và Thái Lan ở cùng một bảng:
• Chọn bảng (A hoặc B): có 2 cách
• Chọn nốt 3 ñội còn lại: có

3
8
C
cách. • Chọn 5 ñội của bảng kia: có
5
5
C
cách.
⇒

3 5
8 5
( ) 2. . 112.
n M C C= =
Suy ra: xác suất của biến cố M:
( ) 112
( )
( ) 252
n M
p M
n
= = =
Ω

4
9
.
0,25

3/5

H
A
C
C'
B'
A'
B
N
M
P
I
6
(1,0ñ)

Cho
(
)
3;2;3 , (1;0;2),
A B
( 2;3;4),
C
−

(4; 3;3)
D
−
. Lập phương trình mặt phẳng
( )
BCD
. Tìm

phương trình hình chiếu vuông góc của ñường thẳng
AB
lên mặt phẳng
( )
BCD
.


Ta có
( 3;3;2), (3; 3;1)
BC BD= − = −
 
.
( )
Mp BCD
ñi qua
(1;0;2)
B
và có vtpt
(
)
, 9;9;0 .
n BC BD
 
= =
 
  
Chọn
(1;1;0)
n =


.
0,25
Phương trình
( ) : 1( 1) 1( 0) 0( 2) 0
BCD x y z
− + − + − = ⇔

1 0
x y
+ − =
.
0,25
ðường thẳng
AB
cắt
( )
BCD
tại
(1;0;2)
B . Ta ñi tìm hình chiếu
'
A
của ñiểm
A
lên
( )
BCD
.
ðường thẳng

∆
ñi qua
A
và vuông góc với
( )
BCD
có phương trình
3
2
3
x t
y t
z
= +


= +


=


( ).
t
∈
R

' ( ) (3 ) (2 ) 1 0 2 '(1;0;3)
A BCD t t t A
= ∆ ∩ ⇒ + + + − = ⇒ = − ⇒

.
0,25
Hình chiếu vuông góc của
AB
ñi qua
, '
B A
nên có vtcp
' (0;0;1)
u BA= =
 
.
Phương trình
1
': 0
2
x
BA y
z t
=


=


= +


( ).
t

∈
R

(Lưu ý: Học sinh viết
1 0 2
0 0 1
x y z
− − −
= =
thì không cho 0,25 ñiểm phần cuối này).
0,25
7
(1,0ñ)

Lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
có ñáy
ABC
là tam giác ñều cạnh
a
, ñỉnh
'
A
cách ñều
, ,
A B C
.
Góc giữa cạnh bên và mặt ñáy của lăng trụ bằng
0

60
. Tính thể tích khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
. Xác ñịnh tâm và tính theo
a
bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
'.
A ABC
.


Xác ñịnh góc
0
60
:
• Gọi H là hình chiếu của A’ lên (ABC)
2 2
' '
HA HB HC AA A H
⇒ = = = −
suy ra H là tâm ñường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
• AH là hình chiếu của AA’ lên (ABC), suy ra

0
' 60 .
A AH
=

0,25
Tính thể tích lăng trụ:
. ' ' '
' .
ABC A B C ABC
V A H S
=

•
ABC
∆
ñều cạnh a nên
2
1 3 3
. . .
2 2 4
ABC
a a
S a= =

•
0
2 3
' .tan60 . . 3 .
3 2
a
A H AH a
 
= = =
 

 

Suy ra:
2
. ' ' '
3
.
4
ABC A B C
a
V a
= =

3
3
4
a
.
0,25
Xác ñịnh tâm mặt cầu:
• Gọi P là trung ñiểm AA’. Kẻ ñường trung trực d của AA’ trong (A’AH). d cắt A’H tại I.
•
' . '
I d IA IA I A H IA IB IC
∈ ⇒ = ∈ ⇒ = =

I
⇒
là tâm mặt cầu cần tìm.
0,25

Tính bán kính R:
0
' 2 1 1 2 3
' . ' .2. .
cos30 2 3
3 3 3
A P a
R IA AA AH
= = = = = =

2
3
a
. 0,25

4/5
H
I
C
B
A
F
E
D
8
(1,0ñ)

Cho tam giác
ABC
nội tiếp ñường tròn tâm

(2;1)
I , bán kính
5
R
=
. Chân ñường cao hạ từ
, ,
B C A
của tam giác
ABC
lần lượt là
(4;2), (1; 2)
D E
−
và
F
. Tìm tọa ñộ tâm ñường tròn
nội tiếp của tam giác
DEF
biết rằng ñiểm
A
có tung ñộ dương.


Chứng minh
AI DE
⊥
:
• Tứ giác
BCDE

nội tiếp ñường tròn nên


AED BCD
=
.
• Kẻ tiếp tuyến
At
của
( ; )
I R
ta có:


BCD EAt
=



/ / .
AED EAt At DE AI DE
⇒ = ⇒ ⇒ ⊥

0,25
Tìm tọa ñộ ñiểm A:
• Phương trình
AI
qua I, vuông góc với
:
DE

3 4 10 0
x y
+ − =
.
•
2 2
6 (6; 2) (L)
10 3
; 25 4 12 0
2 ( 2;4) (TM)
4
t A
t
A t AI AI t t
t A
= ⇒ −

−
 
∈ ⇒ = ⇒ − − = ⇒
 

= − ⇒ −
 


0,25
Chứng minh trực tâm
H

của tam giác
ABC
là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác
DEF
:
•



DEC DBC HEF
= = ⇒

EC
là phân giác trong của

DEF
.
• Tương tự:
DB
là phân giác trong của

EFD H BD CE
⇒ = ∩
là tâm ñường tròn nội tiếp
∆
DEF
.
0,25
Tìm tọa ñộ ñiểm
H

:
• Phương trình
CE
qua
E
và vuông góc với
:
AE

2 5 0
x y
− − =

• Phương trình
BD
qua
D
và vuông góc với
:
AD

3 10 0
x y
− − =

• Từ ñó
H BD CE
= ∩ ⇒
(
)

3; 1
H
−
.
0,25
9
(1,0ñ)

Giải phương trình
2
8 10 11 14 18 11
x x x
+ + + + =
. (1)


ðK:
11
.
10
x ≥ −

(
)
(
)
(
)
2
(1) 4 2 1 10 11 2 3 14 18 2 4 0

x x x x x x
⇔ + − + + − − + + − − =

( )
(
)
(
)
2 2
2
2 2 1 2 2 1
4 2 1 0
10 11 2 3 14 18 2 4
x x x x
x x
x x x x
+ − + −
⇔ + − − − =
+ + + + + +

0,25
•
2
1
2 1 0 1;
2
x x x+ − = ⇔ = −
(tmñk). 0,25
•
1 1

( ) 2 0
10 11 2 3 14 18 2 4
f x
x x x x
= − − =
+ + + + + +

Ta có
11
'( ) 0 ( )
10
f x x f x
> ∀ ≥ − ⇒
ñồng biến trên
11
[ ; )
10
− +∞
.
0,25
Từ ñó
11
( ) 0
10
f x f
 
≥ − >
 
 
nên trường hợp này vô nghiệm. ðáp số:

1
1;
2
S
 
= −
 
 
.
Lưu ý: + Học sinh chỉ tìm ñược 1 nghiệm, cho ¼ ñiểm
+ Học sinh tìm ñược 2 nghiệm mà không CM ñược phần còn lại vô nghiệm, cho ½ ñiểm
• Có thể CM
( ) 0
f x
>
như sau:

11 11 4 11 9
10 11 2 3 2 3 ; 14 18 2 4 2 4
10 10 5 10 5
x x x x x
   
≥ − ⇒ + + + ≥ − + = + + + ≥ − + =
   
   



5 5
( ) 2 0

4 9
f x
⇒ > − − >
.
• Có thể nhẩm nghiệm và tách thành tích:
(1) ( 1)(2 1) ( ) 0
x x h x
⇔ + − =
rồi CM
( )
h x
vô nghiệm.
0,25

5/5
10
(1,0ñ)



Cho các số thực
, ,
x y z
dương và thỏa mãn
(
)
( )
2
2 2
4 1 16 3 .

x x x yz x y z
− + ≤ − +

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )
2 3 3
3 ( 1) 16
10 3
2
1
y x x y
T
x z x
y
+ +
= + −
+
+
.

Từ giả thiết ta có:
(
)
( ) ( )
2 2
2
1
4 1 16 3 4 1 16 3 16 3.4
x x x yz x y z x yz y z yz yz
x

 
− + ≤ − + ⇒ + − ≤ − + ≤ −
 
 

2
1 1
4 3 1 1, 0 3 4 1 0 1 1 .
yz yz x t yz t t t yz y
x z
⇒ − ≥ + − ≥ = > ⇒ − + ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≥


0,25
( ) ( )
2
2 3 3 2 3 3
3 ( 1) 16 3 3 16
10 3 10 3
2 2
1 1
y x x y y xy y
T
z
x z x x yz x
y y
+ + +
= + − = + + −
+ +
+ +

.
Ta có: •
2
2 2
2 2
3 3
1 3
y xy y xy y y
yz
x x
x yz x
+ +
 
≤ ⇒ ≥ = +
 
 

•
( ) ( ) ( )
3 3 3
3 16 16 16
3 ( 1) ( 1) ( 1) 3 4.2 3 5
1 1 1
y y y y
z
y y y
+ ≥ + = + + + + + + − ≥ − =
+ + +

•

3 3
10 3. 10 3. 10 3. 10
3
2 1 1
y y y y
x x
x x
− ≥ − ≥ − = −
+ + +

Từ ñó:
2
3 5 10 .
y y y
T
x x x
 
≥ + + −
 
 

ðặt
4 2
0 ( ) 3 10 5
y
t T f t t t t
x
= > ⇒ ≥ = + − +
.
0,25

Ta có:
3 2
'( ) 4 6 10 2( 1)(2 2 5)
f t t t t t t
= + − = − + +
.
'( ) 0 1
f t t
= ⇔ =
.
BBT:
t
0 1
+∞

'( )
f t

- 0 +
( )
f t

5
+∞


-1

0,25
Suy ra

1
T
≥ − ⇒

0
1
t
MinT
>
= −
1 1.
t x y z
⇔ = ⇔ = = =

Cách 2:
Ta có: •
3 3
1
1 1
.1 .
2 1 1 3 2
3 3
y
y y y y
x
x x x x
+
= ≤ = ≤
+ + +
.

•
2 2 2
2 2 2
1 2 2 2 1
y y y y y
x x x x x
+ ≥ = ⇒ ≥ −
.
Suy ra:
1
1
2 1 3 5 10 3. . 1 1 1.
2
3
y
y y
x
T T MinT x y z
x x
+
≥ − + + − ⇒ ≥ − ⇒ = − ⇔ = = =

0,25

Hết