ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn Toán lớp 12

TRƯỜNG THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG HÀ NỘI
TỔ TOÁN – TIN


ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán
Ngày thi: 14/3/2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số
32
3y x x mx  
(1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị. Gọi 2 điểm cực trị đó là A, B và G là trọng
tâm tam giác OAB (với O là gốc tọa độ). Tìm m để đoạn thẳng OG ngắn nhất.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
sin3 sin2 sinxxx
.
b) Một đội văn nghệ của nhà trường gồm có 5 học sinh nữ và 10 học sinh nam. Chọn ngẫu
nhiên 8 học sinh trong đội văn nghệ để lập một tốp ca. Tính xác suất để tốp ca có ít nhất 3
học sinh nữ.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
 
33
3
1
4 1 2 ( 1)
3
x

log x log x
log

    
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
0
sin2 cos )I x.ln(1+ x dx



.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên
SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết góc
0
120BAC 
, tính theo a thể tích của khối chóp
S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SAB tới mặt phẳng (SAC).
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(1;-1) và hai đường thẳng
12
: 1 0, : 2 5 0d x y d x y     
. Gọi A là giao điểm của
1
d
và
2
d
. Viết phương trình
đường thẳng  đi qua điểm M cắt

1
d
và
2
d
lần lượt tại điểm B và C sao cho ba điểm A, B, C
tạo thành tam giác có
3.BC AB
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ): 2 2 1 0P x y z   
và hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1). Viết phương trình mặt phẳng (Q)
qua A, B và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox sao cho khoảng cách từ M tới
(Q) bằng
17
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình




22
22
2 2 1 1 1
( , ).
2 9 7 7 2
x x x y y
xy
x y y x y x y


      




       


Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z > 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
3
16
()
x y z
P
x y z



.

Hết
Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Đ
Ề
CHÍNH THỨC
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 -
TRƯỜNG THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG HÀ NỘI
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015

(Bao gồm 05 trang)
CÂU
NỘI DUNG
ĐIỂM
1
(2,0điểm)
a) 1,0 điểm

Khi m = 0 ta có:
32
3y x x

 TXĐ:
D 
.
 Sự Biến thiên.
+)
2
3 6 ; 0; 0, 2y x x y x x

    

+) giới hạn:
3 2 3 2
lim ( 3 ) ; lim ( 3 )
xx
x x x x
 
     

0,25
+) Bảng biến thiên:
x

0 2


y


+ 0 - 0 +
y
0




-4

0,25
+) Hàm số đồng biến trên từng khoảng (

;0) và (2;

)
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2).
+) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 0; đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT

= -4.
0,25
 Đồ thị
-3 -2 -1 1 2 3
-4
-3
-2
-1
1
2
x
y
O


0,25
b) (1,0 điểm)

2
36y x x m

  
.
Để hàm số có 2 điểm cực trị thì
0y


có 2 nghiệm phân biệt
0,25
9 3 0 3.mm


      

0,25
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 -
Khi đó đồ thị có hai điểm cực trị là
1 1 2 2
( ; ); ( ; )A x y B x y
với
12
;xx
là 2 nghiệm của
phương trình
2
3 6 0x x m  

1 2 1 2
2;
3
m
x x x x  

Từ đó tính được
2 2 4
;
33
m
G






0,25

2
2
4 (2 4) 2 2 2
( 2) 1 ; 2
9 9 3 3 3
m
OG m OG m

        
thỏa mãn điều
kiện m < 3. Vậy m = 2.
0,25
2
(1,0điểm)
a) (0,5điểm). Giải phương trình
sin3 sin2 sinxxx
.

Phương trình 
(sin3 sinx) sin2 0xx  
.
2cos2x.sinx + 2sinx.cosx = 0
2sinx(2cos
2
x +cosx-1) = 0

0,25

cos 1 2
2
1
cos 2 ( )
3
23
sinx=0
x x k
xk
x x k k
xk
xk







   



  


      









0,25
b) (0,5điểm).

 Chọn ngẫu nhiên 8 học sinh trong 15 học sinh thì có
8
15
6435C 
cách
 Số cách chọn 8 học sinh mà có ít nhất 3 học sinh nữ là:
3 5 4 4 5 3
5 10 5 10 5 10
3690C C C C C C  

0,25
Vậy xác suất cần tìm là
3690 82
0,573
6435 143


0,25
3
(1,0điểm)

 ĐK:
1
4
x 

0,25
 PT 
   
3 3 3 3
4 1 3 9 ( 1)log x log x log log x     

0,25
… ( 4x – 1)(x + 3) = 9(x + 1)
0,25

 
2 loai
3
2
x
x







. KL:
3

2
x 

0,25
4
(1,0điểm)
 Đặt t = cosx, dt = - sinxdx, đổi cận: x = 0 t = 1;
2

x
 t = 0.
Vậy : 









0,25
 Đặt


 













0,25
  

















0,25
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 -










1
2
0
1
22
t
t

  



0,25
5
(1,0điểm)
Hình vẽ

SAB=SAC (c.c.c)  AB = AC



ABC cân tại A. tính được

3
3
a
AB 


22
6
3
a
SA SB AB  

0,25
tam giác cân ABC (có BC = a,
0
120BAC
) có diện tích là
2
0
13
. .sin120
2 12
ABC
a
S AB AB
. Vì vậy:
3
.
12
.

3 36
S ABC ABC
a
V S SA
(đvtt)
0,25
Gọi I là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác SAB.
Do
2
3
SG
SI


2
( ,( )) . ( ,( ))
3
d G SAC d I SAC

0,25
Trong mp(ABC) kẻ IH vuông góc với AC tại H (H nằm ngoài đoạn AC và góc
HAI = 60
0
)

IH  (SAC)
 IH = d(I,(SAC)).
Trong tam giác vuông AIH có IH = AI.sin60
0
=

1 3 3

2 3 2 4
aa



22
( ,( )) . .
3 3 4 6
aa
d G SAC IH  

0,25
6
(1,0điểm)
Vì
12
(2;1)A d d A  
. Lấy điểm I(3;2)d
1
(I

A). ta tìm điểm Jd
2
(J

A)
sao cho IJ = 3AI. Do J


d
2
 J(x; 5-2x).
0,25
Khi đó IJ = 3AI 
2 2 2
( 3) (3 2 ) 18 5 18 0x x x x      

0,25
a
S
A
B
C
I
H
G
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 -

(0;5)
0
18 11
18
;
55
5
JA
x
JA
x


















(thỏa mãn).
Vì
3
3
BC AB
IJ BC
BC IJ IJ
IJ AI
AI AB


    





0,25
+ Với J(0; 5) 
1
( 3;3) : 0IJ x y    

+ Với
18 11
;
55
J





2
3 21
; :7 6 0
55
IJ x y

     



0,25
7

(1,0điểm)
 Ta có
(2;4; 4)AB 
và véctơ pháp tuyến của (P) là
(2;1; 2)
P
n 

Gọi
Q
n
là véc tơ pháp tuyến của (Q). ta có
, ( 4; 4; 6) 2(2;2;3)
Q
QP
QP
n AB
n AB n
nn




       






0,25
 (Q): ): 2(x-1) + 2(y+2) + 3(z-3) = 0  2x + 2y + 3z – 7 = 0.
0,25
 Vì M  Ox  M(m; 0; 0), do
27
( ;( )) 17 17
17
m
d M Q

  

0,25
12
2 7 17
5
m
m
m


   



 M(12; 0; 0) hoặc M(-5; 0; 0).
0,25
8
(1,0điểm)

Giải hệ PT




22
22
2 2 1 1 1 (1)
( , ).
2 9 7 7 2 (2)
x x x y y
xy
x y y x y x y

      




       



Ta có
2 2 2
1 1 0y y y y y y       
, nhân hai vế phương trình (1)
với
2
10yy  

.
(1) 
22
( 1) ( 1) 1 ( ) 1 (3)x x y y        

0,25
Xét hàm số
2
( ) 1f t t t  
trên , có
2
22
1
'( ) 0,
11
tt
tt
f t t
tt


    

f(t) đồng biến trên . Vậy (3) 
( 1) ( ) 1 1f x f y x y y x          
.
0,25
Thay vào (2) ta có
22
(2) 2 9 8 6 3 1 2 9 8 3 1 6 0x x x x x x x x              

2
2 9 5 ( 3 1 4) (1 6 ) 0x x x x         

3( 5) 5
( 5)(2 1) 0
3 1 4 1 6
xx
xx
xx

     
   

0,25
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 -
5
31
2 1 0 (4)
3 1 4 1 6
x
x
xx





   


   


Từ điều kiện
1
6
3
x  
 (4) vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ là (x;y) = (5; - 6).
0,25
9
(1,0điểm)
Ta chứng minh được
3
33
()
(1)
4
yz
yz


. Thật vậy,
3
33
()
4
yz
yz





3 3 3 3 3 3 3 2 2
4 4 ( ) 4 4 3 3y z y z y z y z y z yz        

3 3 2 2 2 2
0 ( ) ( ) 0y z y z yz y y z z y z         

2
( ) ( ) 0y z y z   
luôn đúng. Dấu “=” xảy ra khi y = z.
0,25
Thay (1) vào P và đặt x + y +z = a, khi đó
3 3 3 3
33
33
64 ( ) 64 ( )
4 64 (1 )
x y z x a x
P t t
aa
   
    
(với
, 0 1
x
tt
a
  

)
Xét hàm số
 
33
( ) 64 (1 ) , 0;1f t t t t   

0,25
Ta có
 
22
1
'( ) 3. 64 (1 ) , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t

      

. Lập bảng biến thiên
hàm số f(t), suy ra
 
0;1
64 1
min ( )
81 9
t
f t khi t



0,25

hay là giá trị nhỏ nhất của 4P là
64
81
 giá trị nhỏ nhất của P là
16
81
khi
40
1
()
9
yz
yz
y z x
x at
x x y z





    


  



.
0,25

Ghi chú: Học sinh giải theo cách khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa theo biểu
điểm của câu (ý) đó.
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 -