Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 2015 số 78

SỞ GD&ĐT CÀ MAU
Trường THPT Nguyễn Thị Minh Khai.
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA
Năm học: 2014 - 2015
Môn : Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian giao đề)
Câu 1 ( 2.0 điểm). Cho hàm số
3 2
y x 3x= − +
( C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( C).
b. Tìm k để đường thẳng
3 2
y k 3k= − +
cắt ( C) tại 3 điểm phân biệt.
Câu 2 ( 1,0 điểm).
a. Giải phương trình:
3sinx cosx 2cos3x 0+ + =
b. Cho số phức z thỏa mãn:
( )
1 3 3 5i z z i+ − = − +
. Tìm phần thực, phần ảo và môđun
của số phức z.
Câu 3 ( 0,5 điểm). Giải phương trình
x x x x
3.8 4.12 18 2.27 0+ − − =

Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 3
2 2

3x 3y 4xy
x .y 9

− =

=


Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân:
( )
1
1
1 ln
e
I x x xdx
−
= + +
∫
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên
SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi E là
trung điểm BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD , tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
DE và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết
( )
5;2A
, phương
trình đường trung trực của cạnh BC là :
∆ + − =:x y 6 0
, phương trình đường trung tuyến

− + =CC':2x y 3 0
. Tìm tọa độ B, C.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm
( )
1; 0; 0A
và
( )
1; 2; 3B
. Lập phương trình tham số của đường thẳng AB và phương trình mặt cầu có
tâm
( )
1; 1; 1I
, tiếp xúc với đường thẳng AB.
Câu 9 (0,5 điểm). Một túi đựng 6 viên bi màu đỏ và 4 viên bi màu vàng có kích thước và
trọng lượng như nhau. Lấy ngẩu nhiên ra 5 viên bi. Tìm xác suất để lấy được ít nhất 3 viên
bi màu vàng.
Câu 10 (1 điểm). Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn các điều kiện:
bca
211
=+
và
. 0.a c >

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A=
bc
cb
ba
ba
−
+

+
−
+
22
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh ……………………… Số báo danh………………
Câu Hướng dẫn chấm Điểm
Câu 1
( 2,0 điểm)
a. ( 1,0 điểm)
• Tập xác định:
D R=

• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
, 2 ,
x 0
y 3x 6x;y 0
x 2
 =
= − + = ⇔

=

0,25
• Các khoảng đồng biến:
( )
0;2

; khoảng nghịch biến
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞

• Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0;
CT
y 0=
; đạt
cực đại tại x = 2;
CD
y 4=
• Giới hạn:
x x
lim y , lim y ,
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
0,25
• Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞

y
’
- 0 + 0 -
y

+∞
4
0
−∞
0,25
• Đồ thị
0,25
b. ( 1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ( C) với đường
thẳng
3 2
y k 3k= − +
là
3 2 3 2
x 3x k 3k− + = − +
0,25
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2
x k
x k x k 3 x k 3k 0
x k 3 x k 3k 0(*)

=
− + − + − = ⇔

+ − + − =



Yêu cầu của bài toán
⇔
phương trình (*) có hai nghiệm
phân biệt khác k
0,25
2
2
0
k 2k 3 0
f(k) 0
k 2k 0

 ∆ >
− − <
⇔ ⇔
 
≠
− ≠


0,25
1 k 3
k 0;k 2
 − < <

≠ ≠

0,25
Câu 2

( 1 điểm)
a.
3sinx cosx 2cos3x⇔ + = −
3 1
sinx cos x cos3x
2 2
⇔ + = −
sin sinx cos cos x cos( 3x)
3 3
π π
⇔ + = π−
0,25
cos(x ) cos( 3x)
3
π
⇔ − = π −
0,25






++−=−
+−=−
ππ
π
ππ
π
23

3
23
3
kxx
kxx
=>
,
23
ππ
kx +=
k
R∈
b. Đặt
( , )z x yi x y R= + ∈

z x yi⇒ = −
( )
1 3 3 5i z z i+ − = − +
( ) ( ) ( )
1 3 3 5i x yi x yi i⇔ + + − − = − +
0,25
( )
3 3 2 3 5y x y i i⇔ − + + = − +

3 3 1
3 2 5 1
y x
x y y
− = − =
 

⇔ ⇔
 
+ = =
 

Vậy phần thực là 1, phần ảo là 1 và môđun
2z =

0,25
Câu 3
0,5 điểm
x x x x
3.8 4.12 18 2.27 0+ − − =
(1)
Vì
x
27 0>
nên ta có

x x x
3x 2x x
8 12 18
3 4 2 0
27 27 27
2 2 2
3 4 2 0
3 3 3
     
⇔ + − − =
 ÷  ÷  ÷

     
     
⇔ + − − =
 ÷  ÷  ÷
     

0,25
Đặt
x
2
t 0
3
 
= >
 ÷
 
khi đó ta có
( ) ( )
2
3 2
2
3t 4t t 2 0 t 1 3t 2 0 t 0
3
+ − − = ⇔ + − = ⇔ = >

Vậy
x
2 2
x 1
3 3

 
= ⇔ =
 ÷
 
0,25
Câu 4
1 điểm
3 3
2 2
3x 3y 4xy
x .y 9

− =

=

Ta có:
2 2
x .y 9 xy 3= ⇔ = ±

Với xy = 3
3 3
3 3
x y 4
x ( y ) 27

− =
⇒

− = −



0,25
3 3
x ; y−
là các nghiệm của phương trình

2
X - 4X 27 0 X 2 31− = ⇔ = ±

0,25
3
3
3
3
x 2 31
y 2 31
x 2 31
y 2 31


= +





= −



⇒


= −





= +



0,25
Với xy = -3

− =
⇒

− =

3 3
3 3
x y 4
x ( y ) 27

ta thấy phương trình bậc hai vô nghiệm
0,25
Câu 5
1 điểm

( )
1
1
1 ln
e
I x x xdx
−
= + +
∫
( )
1 1
ln
1 ln
e e
xdx
x xdx A B
x
= + + = +
∫ ∫

0,25
( )
2
1 1
1
ln ln 1
ln ln
2 2
e
e e

xdx x
A xd x
x
= = = =
∫ ∫
0,25
( )
1
1 ln
e
B x xdx= +
∫

Đặt :
1
ln 'u x u
x
= ⇒ =


' 1v x
= +
chọn
2
2
x
v x= +

( )
2

1 1
1
1 ln ln 1
2 2
e
e e
x x
B x xdx x x dx
 
 
 
= + = + − +
 
 ÷
 ÷
 
 
 
∫ ∫
2 2 2
1
5
2 4 4 4
e
e x e
e x
 
= + − + = +
 ÷
 

0,25
Vậy :
2
7
4
e
I A B
+
= + =
0,25
Câu 6
1 điểm
Gọi H là trung điểm của AB
Vì
SAB∆
đều nên
SH AB⊥

Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
,
SAB ABCD
AB SAB ABCD SH ABCD
SH SAB SH AB

⊥


= ∩ ⇒ ⊥


⊂ ⊥

.
0,25
Ta có:
2
ABCD
S a=
;
3
2
a
SH =

Vậy thể tích khối chóp là:
3
2
.
1 1 3 3
. . .
3 3 2 6
S ABCD ABCD
a a
V SH S a= = =
( đvtt)
0,25

Dựng KM vuông góc với SC tại M 0,25
S
A
B
C
D
E
K
M
H
( )
SH DE
DE SHC DE KM
HC DE
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

tại K
Vậy KM là đoạn vuông góc chung của DE và SC
( )
;d DE SC KM⇒ =

Ta có
KM KC
SHC KMC
SH SC
∆ ∆ ⇒ =:

2 2
3 5
.
. 30
2 5
20
2 5
4 4
a a
SH KC a
KM
SC
a a
⇒ = = =
+
0,25
Câu 7
( 1 điểm)
( )
∈ ⇒ +C CC' C t;2t 3
; gọi I là trung điểm BC

( )
' ' ' '
I t;6 t B(2t t;9 2t 2t)⇒ − ⇒ − − −

0,25
C'
trung điểm AB
' '

' '
' '
'
2t t 5 11 2t 2t
C ; CC
2 2
2t t 5 11 2t 2t 5 5 41
2 3 0 t I ;
2 2 6 6 6
 
− + − −
⇒ ∈
 ÷
 
 
− + − −  
⇒ − + = ⇒ = − ⇒ −
 ÷
 ÷
 
 

0,25
BC :3x 3y 23 0⇒ − + =

0,25
Tọa độ C là nghiệm của hệ pt

2x y 3 0
14 37 19 4

C ; B ;
3 3 3 3
3x 3y 23 0
 − + =
   
⇒ ⇒ −

 ÷  ÷
− + =
   


0,25
Câu 8
(1 điểm)
Ta có
( )
AB 0;2;3=
uuur

Đường AB đi qua A và
( )
AB 0;2;3=
uuur
là véc tơ chỉ phương
của AB
0,25
Suy ra
x 1
AB : y 2t

z 3t
 =

=


=

0,25
Gọi H là hình chiếu của I lên AB
( )
H 1;2t;3t⇒

Ta có
( )
IH 0;2t 1;3t 1= − −
uur

Ta có
5
IH AB IH.AB 0 0 2(2t 1) 3(3t 1) 0 t
13
⊥ ⇒ = ⇔ + − + − = ⇔ =
uur uuur
0,25
Ta có
2 2
3 2 3 2 13
IH 0; ; IH 0
13 13 13 13 13

     
= − ⇒ = + − + =
 ÷  ÷  ÷
     
uur

Bán kính mặt cầu (S) là
13
R
13
=

Do đó, phương trình mặt cầu tâm I(1; 1; 1), tiếp xúc với
AB là:
2 2 2
1
(x 1) (y 1) (z 1)
13
− + − + − =

0,25
Câu 9
( 0,5 điểm)
Không gian mẫu lấy 5 viên bi trong 10 viên bi là n(
)Ω
: C
5
10
= 252 phần tử.
Gọi A là biến cố “lấy được ít nhất 3 viên bi vàng”

Ta có 2 t/hợp:
0,25
• 3 bi vàng và 2 bi đỏ thì số cách là:C
3
4
.C
2
6
=60
4 bi vàng và 1 bi đỏ thì số cách là:C
4
4
C
1
6
=6
Cho nên số phần tử biến cố A là n(A): 60+6=66
Vậy xác suất cần tìm là:P(A)=
)(
)(
Ωn
An
=
252
66
=26,19
0
0
0,25
Câu 10

( 1 điểm)
Từ d/k:
ca
ac
b
bca +
==>=+
2111
thay vào A ta được:
0,25đ
A=
)(
2
3
1
2
3
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
c

a
a
c
c
acc
a
aca
ca
ac
c
ca
ac
c
ca
ac
a
ca
ac
a
++=
+
+
+
=
+
−
+
+
+
+

−
+
+
0,25đ
Do: a.c > 0 nên
c
a
và
a
c
hai số dương,áp dụng bđt côsi cho hai
số dương,ta được:
22 =≥+
c
a
a
c
c
a
a
c
Đẳng thức xãy ra khi:
caac
a
c
c
a
=⇔=⇔=
22
( Do a,c cùng dấu)

0,25đ
Vậy: A
42.
2
3
1 =+≥
Biểu thức có giá trị nhỏ nhất là: min(A)=4 khi a=b=c
0,25đ