đề toán thi thử năm 2015 số 5

TRƯỜNG THPT
NGUYỄN XUÂN NGUYÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 4
NĂM HỌC 2014- 2015
Môn: Toán, Khối 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +

( )C
.
a) Khảo sát và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với
( )C
tại giao điểm của
( )C
và đường thẳng
( ) : 3= − −d y x
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình:
a)
x 3 x
3 3 6 0
−
− − =

b)
2 3 2 3
2log .log 5log 8log 20 0+ − − =x x x x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:
2 2
1
ln ln( 2)+ +
=
∫
e
x x x
I dx
x
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức
z
biết:
(2 ) 3 5z i z i+ + = +
.
b) Tìm GTLN và GTNN của hàm số
3 2
5 7 5= + + −y x x x
trên đoạn
[ ]
2;2−

Câu 5 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA
4a=

, tam giác ABC đều cạnh
bằng 2a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN).
Câu 6 (1,0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M
( )
3;5;1
, N
( )
1;1;3
−
và điểm A trên đường
thẳng (d):
1 2
2 1 1
x y z− −
= =
−
sao cho AMN là tam giác cân tại A. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình
mặt phẳng (P) chứa MN và cách A một khoảng lớn nhất.
Câu 7 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông MNPQ có K, I lần lượt là trung điểm của các
cạnh MQ và QP. Điểm H
(0;1)
là giao điểm của NK và MI, điểm P
(4; 2)−
. Tìm tọa độ đỉnh N.
Câu 8 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình sau:
( ) ( )

sin 2x sin x cos x 1 2sin x cos x 3 0− + − − − =

b) Phân phối 60 thùng hàng giống hệt nhau cho 6 cửa hàng sao cho mỗi cửa hàng nhận được ít
nhất một thùng hàng. Tính xác suất để mỗi cửa hàng nhận được ít nhất 6 thùng hàng.
Câu 9 (1,0 điểm).
a) Giải hệ phương trình :
( )
( )
3 3 2
3 2
6 3 5 14
,
3 4 5
x y y x y
x y
x y x y

− − + − =

∈

− + + = + −


¡
b) Cho
, ,a b c
là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( ) ( ) ( )
2 2 2

1 2
1 1 1
1
= −
+ + +
+ + +
P
a b c
a b c
Hết
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh
TRƯỜNG THPT
NGUYỄN XUÂN NGUYÊN
HDC THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015
Môn: Toán
Câu Nội dung trình bày Điểm
1.a
(1 đ)
Khảo sát vẽ đồ thị (C) của hàm số
3 2
3 2y x x= − +
* TXĐ:
.D = ¡

* Sự biến thiên:
+ Giới hạn:
3 2
lim lim ( 3 2) ;
→+∞ →+∞

= − + = +∞
x x
y x x

3 2
lim lim ( 3 2)
→−∞ →−∞
= − + = −∞
x x
y x x
+ Lập bảng biến thiên:

2
0
' 3 6 0
2
=

= − = ⇔

=

x
y x x
x
+ Chiều biến thiên:
Hàm số ĐB trên các khoảng
( ;0)−∞
và
(2; )+∞

.
Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0;2)
.
+ Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại
D
0 2= ⇒ =
C
x x
;
Hàm số đạt cực tiểu tại
2 2= ⇒ = −
CT
x x
* Đồ thị:
0,25
0,25
0,25
0,25
1.b
(1đ)
Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
3 2 3 2
3 2 3 3 5 0 1 2− + = − − ⇔ − + + = ⇔ = − ⇒ = −x x x x x x x y
2 '
( 1)
' 3 6 0 9
−
= − = ⇒ =y x x y

Phương trình tiếp tuyến có dạng:
0 0 0
'( )( )= − −y f x x x y

Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M
( 1; 2)− −
là :
'( 1)( 1) 2y f x= − + −
9( 1) 2 9 7.y x y x⇔ = + − ⇔ = +
Vậy phương trình tiếp tuyến là:
9 7= +y x
.
0,25
0,25
0,25
0,25
2.a
(0,5)
Giải phương trình:
x 3 x x x
3 3 6 0 3 27.3 6 0
− −
− − = ⇔ − − =
Đặt
1
3 ( 0) 3
−
= > ⇒ =
x x
t t

t
. Phương trình trở thành:
2
9( )
- 6 - 27 0
-3( )
=

= ⇔

=

t tm
t t
t l

Với
2
9 3 3 2= ⇔ = ⇔ =
x
t x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
2
=
x

0,25
0,25
2.b

(0,5)
Giải phương trình:
2 3 2 3
2log .log 5log 8log 20 0+ − − =x x x x
(1) . ĐK:
0>x


2 3 3 2 3
2
3
(1) log (2log 5) 4(2log 5) 0 (log 4)(2log 5) 0
16
log 4 0
3
2log 5 0
27
⇔ + − + = ⇔ − + =
=

− =


⇔ ⇔


+ =
=




Pt x x x x x
x
x
x
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
16=x
hoặc
3
27
=x
0,25
0,25
2
Câu Nội dung trình bày Điểm
3
(1 đ)
Tính tích phân:
2 2
2
1 1 1
ln ln( 2) ln
ln( 2)
+ +
= = + + = +
∫ ∫ ∫
e e e
x x x x
I dx dx x x dx A B

x x
Tính
1
ln
=
∫
e
x
A dx
x
. Đặt
ln= ⇒ =
dx
t x dt
x
. Đổi cận:
1 0; 1= ⇒ = = ⇒ =x t x e t
.
1
2
1
0
1 0
ln 1
|
2 2
⇒ = = = =
∫ ∫
e
x t

A dx tdt
x
Tính
2
1
ln( 2)= +
∫
e
B x x dx
. Đặt
2
2
2 2
2
ln( 2)
2
2
1
2 2

=


= +

+
⇒
 
=
+



= + =


x
du
u x
x
dv xdx
x x
v

2 2 2
2 2 2
1
1 1
2 2 3 1
ln( 2) ln( 2) | ln(e 2) ln3
2 2 2 2
+ + −
⇒ = + = + − = + − −
∫ ∫
e e
e
x e e
B x x dx x xdx

Vậy
2 2

2
2 3 2
ln(e 2) ln3
2 2 2
+ −
= + = + − −
e e
I A B
0,25
0,25
0,25
0,25
4.a
(0,5)
Tìm số phức
z
biết:
(2 ) 3 5 (1)+ + = +z i z i
. Gọi
= + ⇒ = −z a bi z a bi
.
3 3 2
(1) (2 )( ) 3 5 3 ( ) 3 5
5 3
+ = =
 
⇔ + + + − = + ⇔ + + − = + ⇔ ⇔
 
− = = −
 

a b a
a bi i a bi i a b a b i i
a b b
Vậy
2 3= −z i

0,25
0,25
4.b
(0,5)
Tìm GTLN và GTNN của hàm số
3 2
( ) 5 7 5= = + + −y f x x x x
trên đoạn
[ ]
2;2−

Ta có
2
1( )
'( ) 3 10 7 0
7
( )
3
= −


= + + = ⇒

= −


x tm
f x x x
x l
.
( 2) 7; ( 1) 8; (2) 37.⇒ − = − − = − =f f f

Vậy
[ 2;2]
[ ( )] 37
−
=Max f x
tại
2
=
x
;
[ 2;2]
[ ( )] 8
−
= −Min f x
tại
1
= −
x
;
0,25
0,25
5
(1đ)

*) Ta có:
2 2
a 3= − =AN AB BN
2
1
. a 3
2
∆
= =
ABC
S BC AN
.
2
.
1 1
. a 3.4a
3 3
∆
= =
S ABC ABC
V S SA
3
4a 3
3
=
*) Ta
có:
.
.
1

. .
4
B AMN
S ABC
V
BA BM BN
V BA BS BC
= =
3
. .
1 a 3
4 3
= =
B AMN S ABC
V V
.
Mặt
≠
1
2 5a 5a
2
= = ⇒ = =SB SC MN SC
1
5a
2
= =AM SB
.
0,25
0,25
0,25

Gọi H là trung điểm AN thì
MH AN
⊥
,
2 2
a 17
2
⇒ = − =MH AM AH
.
Diện tích tam giác AMN là
2
1 1 a 17 a 51
. a 3.
2 2 2 4
∆
= = =
AMN
S AN MH
.
0,25
S
A
B
N
C
M
H
3
Vậy K/c từ B đến (AMN) là:
3

.
2
3
4a 3 4a 4a 17
( ,( ))
17
a 51 17
∆
= = = =
B AMN
AMN
V
d B AMN
S
.
Câu Nội dung trình bày Điểm
6
(1đ)
Tọa độ trung điểm I của đoạn MN: I
( )
1; 3; 2
,
( )
4; 4;2= − −
uuuur
MN
Mặt phẳng trung trực (Q) của đoạn MN đi qua N, nhận
( )
2; 2; 1= −
r

n
làm VTPT nên
(Q) có phương trình:
2 2 6 0+ − − =x y z
∆AMN
cân tại A
⇔ =
AM AN
( ) (Q)⇔ = ∩A d

( )
12; 5;8⇒ −A
.
Gọi I
(1;3;2)
, H lần lượt là hình chiếu của A lên MN và (P)
⇒ ∆
AIH
vuông tại H . Khi đó;
(A,( )) = ≤d P AH AI
Do đó, (P) đi qua I và có VTPT
(11; 8;6) (P) :11 8 6 1 0− ⇔ − + + =
uur
IA x y z

Vậy A
( )
18; 8;11−
và
(P) :11 8 6 1 0− + + =x y z

0,5
0,5
7
(1 đ)
Ta có
5= = =PH PN PQ
và
·
3
cos
5
=HPN

Gọi
( ; )
r
u a b
là một VTCP của PN,
( 4;3)= −
uuur
PH
,
suy ra:
·
2 2
4 3
3
cos cos( , )
5
5

− +
= ⇔ =
+
r uuur
a b
HPN u PH
a b
2
0
7 24 0
24
7
=


⇔ − = ⇔

=

a
a ab
a b

Với
0
0 : 4 0 (4;3)
1
=

= ⇒ ⇒ − = ⇒


=

a
a NP x N
b
Với
24
24
: 7 24 56 0
7
7
=

= ⇒ ⇒ − − =

=

a
a b NP x y
b
4 17
;
5 5
 
⇒ − −
 ÷
 
N
. Vậy

(4;3)N
hoặc
4 17
;
5 5
 
− −
 ÷
 
N
0,25
0,25
0,25
0,25
8.a
(0,5)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
PT sin x cos x 1 sin x cosx 1 2sin x cos x 3 0
sin x cos x 1 sin x cos x 1 sin x cosx 1 2sin x cos x 3 0
sin x cos x 1 sin x 2cos x 4 0
x k2
sin x cos x 1
,(k Z)
sin x 2cos x 4(VN)
x k2
2
⇔ + − − + − − − =

⇔ + − + + − + − − − =
⇔ + − − + + =
= π

+ =


⇔ ⇔ ∈
π


− =
= + π


Vậy phương trình có hai họ nghiệm:
x k2 , x k2 ,(k Z)
2
π
= π = + π ∈
0,25
0,25
8.b
(0,5)
Giải hệ:
( )
3 3 2
3 2
6 3 5 14 (1)
3 4 5 (2)

x y y x y
x y x y

− − + − =


− + + = + −



Đkxđ
3
4
x
y
≤


≥ −

Từ (1) ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 2
3 2
3 2 3 2 2 2 2 3 0x x y y x y x x y y
 
+ = + + + ⇔ − − + + + + + =
 
( )
2 3y x

⇔ = −
.
Thế (3) vào (2) ta được
3 2 3 2
2 3 4 1 4 4 2 2 1 3 0x x x x x x x x x x
+ + − = + − − ⇔ + − − + − + + − − =
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 1 0
2 2 1 3
x x
x x x
x x
− −
⇔ − + + − + =
+ + + −

4
( ) ( ) ( )
1 1
2 2 1 0
2 2 1 3
x x x
x x
 
⇔ − + + − + =
 ÷
+ + + −
 
( ) ( ) ( )

1 1 1 1
2 2 1 0
3 3
2 2 1 3
x x x
x x
 
⇔ − + + + − + − =
 ÷
+ + + −
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 2 1 0
3 2 2 2 1 3 1 3 2 3
x x
x x x
x x x x
 
+ +
 ÷
⇔ − + + + + =
 ÷
+ + + + + − + −
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 1 2 0

3 2 2 2 1 3 1 3 2 3
x x x
x x x x
 
 ÷
⇔ − + + + + =
 ÷
+ + + + + − + −
 
Vì
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
4 2 2 0
3 2 2 2 1 3 1 3 2 3
x x
y x x
x x x x
+ +
≥ − ⇒ ≥ − ⇒ + + + >
+ + + + + − + −

Từ đó p.trình trên tương đương với
( ) ( )
2
2 1 0
1
x
x x
x
=


− + = ⇔

= −

Với
2 0; 1 3x y x y= ⇒ = = − ⇒ = −
.
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là
( ) ( )
{ }
1; 3 ; 2;0 .S = − −
0,25
0,25
9.a
Phân 60 phần tử của tập hợp thùng hàng thành 6 phần có
5
59
( ) 5006386Ω = =n C

Phân phối cho mỗi cửa hàng 5 thùng hết 30 thùng.
Còn lại 30 thùng chia mỗi cửa hàng ít nhất một thùng được
5
29
(A) 118755= =n C
.
Xác suất cần tìm là:
( ) 585
( )
( ) 24662

= =
Ω
n A
P A
n

0,25
0,25
9.b
(0,5)
Ta có
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2 2 2
1
1 1
1 1 1
2 2 2 4
a b c
a b c a b c a b c
+ +
 
+ + + ≥ + = + + + ≥ + + +
 
( ) ( ) ( )
3 3
1 1 1 3
1 1 1

3 3
a b c a b c
a b c
+ + + + + + + +
   
+ + + ≤ =
 ÷  ÷
   
( )
3
2 54
1
3
P
a b c
a b c
≤ −
+ + +
+ + +
=
( )
3
2 54
( )
2
f t
t
t
− =
+

với
1 ( 1)t a b c t= + + + >

( )
/ /
4
2
4
2 162
( ) ; ( ) 0
1( )
2
t
f t f t
t loai
t
t
=

= − + = ⇔

=
+

Vậy giá trị lớn nhất của
1
4
P =
khi
3

1
1
a b c
a b c a b c
c
+ + =


= = ⇔ = = =


=

0,25
0,25
Hết
f’(t)
f(t)
t 1
+∞
4
0+
-
1/4
0 0
5