toán thi thử lần 3 năm 2015 trường tĩnh gia 2

LỚP TOÁN 10-11-12-LTĐH
11a Nguyễn Trường Tộ - Đn
ĐỀ THI THỬ THPT 2015
Môn: TOÁN – Lần 13
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
( ) ( ) ( )
3 2
2 1 2 2 1y x m x m x= − + − − − −
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
2m =
.
b) Tìm
m
để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu.
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Cho
α
= −
3
tan
4
. Tính giá trị của biểu thức:
( )
3
2 cos 2 sin 2
2
A
π
α π α

 
= − − − +
 ÷
 
.
b) Cho số phức z thỏa mãn:
( ) ( )
9 4 3 8 12 10i z i z i+ + − = − +
. Tìm môđun của số phức
z
.
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân :
2
3 2
1
5 6 3
3
x x x
I dx
x
+ + +
=
+
∫
.
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
− + + = −
3 1 3

3
2 log 4 3 log 2 3 log 5 6x x x
.
b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 3 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số
0,1,2,3,4,5,6
. Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số được chọn có chữ số hàng
đơn vị gấp đôi chữ số hàng trăm.
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
( )
1; 2;1A −
, đường thẳng
2 1 1
:
1 2 1
x y z
d
− − −
= =
−
và mặt cầu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 3 1 29S x y z− + + + + =
. Xác định vị trí
tương đối của điểm A và mặt cầu (S). Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A cắt
đường thẳng d tại M và cắt mặt cầu (S) tại N sao cho A là trung điểm của MN.

Câu 6 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có
·
135 , 2
o
ACB AC a= =
, BC = a. Hình chiếu
vuông góc của C’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB và
6
'
4
a
C M =
.
Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và góc tạo bởi đường thẳng C’M và mặt
phẳng (ACC’A’).
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Trên hai đoạn thẳng AB,
AC lần lượt lấy hai điểm E, D sao cho
·
·
.ABD ACE=
Đường tròn ngoại tiếp tam giác
ADB cắt tia CE tại M(1;0) và N(2;1). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC cắt tia BD
tại I(1;2) và K. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MNK.
Câu 8 (1,0 điểm) Giải phương trình:
( )
− − + ≥ − +
3 2 2
3 2 4 2 23 68 60x x x x x
.
Câu 9 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thảo mãn

x z≥
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
2
.
xz y x z
P
y yz xz yz x z
+
= + +
+ + +
…………….Hết…………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không phải giải thích gì thêm!
Họ tên: …………………………………………………… Số báo danh: ………
ĐÁP ÁN
Câu Điểm
Câu 1
(2,0
điểm)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
2m =
.
2m =
ta có
3 2
3 2y x x= − + −
+) TXĐ:
= ¡D

+) Sự biến thiên
- Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
0.25
- Chiều biến thiên:
/ 2
3 6 ;y x x= − +

=

= ⇔

=

/
0
0
2
x
y
x
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( ;0)−∞
và
(2; )+∞
,

Hàm số đồng biến trên khoảng
(0;2)

- Hàm số đạt cực đại tại
( )
d
2 2 2
c
x y y= ⇒ = =
Hàm số đạt cực tiểu tại
( )
0 0 2
ct
x y y= ⇒ = = −
0.25
- Bảng biến thiên
x
−∞
0 2
+∞
y’ - -2 + 2 -

y
+∞
2

-2
−∞

0.25
+) Đồ thị:
0.25
b) Tìm
m
để hàm số (1) có cực đại, cưc tiểu
Ta có
( )
2
' 3 2 2 1 2y x m x m= − + − − +
0.25
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình
' 0y =
có hai nghiệm phân biệt và
'y
đổi dấu khi
x
đi qua các nghiệm đó.
0.25
( )
2
' 0 3 2 2 1 2 0 (1)y x m x m= ⇔ − + − − + =
Pt (1) có hai nghiệm phân biệt khi
( ) ( )
< −


∆ = − + − > ⇔ − − > ⇔


>

2
2
1
' 2 1 3 2 0 4 5 0
5
4
m
m m m m
m
0.25
Vậy
( )
5
; 1 ;
4
m
 
∈ −∞ − ∪ +∞
 ÷
 
thì hàm số có cực đại, cực tiểu. 0.25
Câu 2
(1
điểm)
a)
α
= −
3

tan
4
. Tính giá trị của biểu thức:
( )
3
2 cos 2 sin 2
2
A
π
α π α
 
= − − − +
 ÷
 
.
Ta có
( )
α α α α
= + + = + =
2
2 cos2 cos 2 2 1 cos 2 4 cosA
0.25
α α α α
α α
+ = ⇔ = = − ⇒ =
+
2 2 2
2 2
1 1 3 16
1 tan cos , tan cos

cos 1 tan 4 25
Vậy
α
= =
2
64
4 cos
25
A
0.25
b) Cho số phức z thỏa mãn:
( ) ( )
9 4 3 8 12 10i z i z i+ + − = − +
.
Tìm môđun của số phức
z
.
Giọi
( )
= + ⇒ = − ∈,z a bi z a bi a b R
thay vào phương trình ta được:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
9 4 3 8 10 12
12 12 12
12 12 4 6 10 12
4 6 10
i a bi i a bi i
a b
a b a b i i

a b
+ − + − + = −
+ = −

⇔ + − + = − ⇔

+ = −

0.25
=

⇔ ⇒ = − ⇒ =

= −

2
2 3 13
3
a
z i z
b
0.25
Câu 3
(1,0
điểm)
Tính
2
3 2
1
5 6 3

3
x x x
I dx
x
+ + +
=
+
∫
2 2
3 2
2
1 1
5 6 3 3
2
3 3
x x x
I dx x x dx
x x
+ + +
 
= = + +
 ÷
+ +
 
∫ ∫
0.25
( )
2 2
2
1 1

3
2
3
x x dx dx
x
= + +
+
∫ ∫
0.25
2
3
2
2
1
1
3ln 3
3
x
x x
 
= + + +
 ÷
 
0.25
16 5
3ln
3 4
= +
0.25
4

(1,0
điểm)
a) Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
− + + = −
3 1 3
3
2 log 4 3 log 2 3 log 5 6x x x
Điều kiện:
⇔ >
6
5
x
(*) . Với điều kiện (*)

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
⇔ − − + = −
⇔ − = + −
⇔ − = + −
2
3 3 3
2
3 3
2
log 4 3 log 2 3 log 5 6
log 4 3 log 2 3 5 6
4 3 2 3 5 6
pt x x x

x x x
x x x
0.25
=


⇔ − + = ⇔

=

2
3
6 27 27 0
3
2
x
x x
x
Đối chiếu với đk (*) ta được nghiệm của phương trình là:
= =
3
3,
2
x x
0.25
b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm gồm 3 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số
0,1,2,3,4,5,6
. Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số được chọn có chữ số
hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng trăn.
Gọi số cần tìm của tập S có dạng

{ }
( )
0, , , , 0,1,2,3,4,5,6abc a a b c a b c≠ ≠ ≠ ∈
Số cách chọn chữ số a có 6 cách (vì
0a ≠
)
Số cách chọn chữ số b có 6 cách (vì
b a≠
)
Số cách chọn chữ số c có 5 cách (vì
,c a c b≠ ≠
)
Vậy S có
6.6.5 180=
(số). Số phần tử của không gian mẩu là
180Ω =
.
0.25
Gọi A là biến cố “số được chọn có chữ số hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng trăm”.
Khi đó ta có 3 bộ số thỏa mãn biến cố A là:
1 2, 2 4, 3 6b b b
và trong mỗi bộ thì b
có 5 cách chọn nên có
3.5 15=
(số). Các kết quả có lợi cho biến cố A là
15
A
Ω =
.
Vậy

( )
15 1
.
180 12
A
P A
Ω
= = =
Ω
0.25
5
(1,0
điểm)
Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
cho điểm
( )
1; 2;1A −
, đường thẳng
2 1 1
:
1 2 1
x y z
d
− − −
= =
−
và mặt cầu
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2

: 1 3 1 29S x y z− + + + + =
. Xác định vị trí
tương đối của điểm A và (S). Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A cắt đường
thẳng d tại M và cắt mặt cầu (S) tại N sao cho A là trung điểm của MN.
Mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;-1) bán kính
= = <29, 5R AI R suy ra A naèm trong (S).
0.25
Điểm
M d∈
nên
( )
2 ;1 2 ;1M t t t+ + −
do N đối xứng với M qua A nên
( )
; 5 2 ;1N t t t− − − +


( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
: 1 2 2 2 29
10
6 14 20 0 1
3
Do N S suy ra t t t
t t t t
∈ − − + − − + + =
⇔ + − = ⇔ = ∨ = −

0.25
+)
( ) ( ) ( )
1 : 3;3;0 , 1; 7;2 4; 10;2t suy ra M N MN= − − ⇒ = − −
uuuur
Phương trình
1 2 1
:
2 5 1
x y z− + −
∆ = =
− −
.
0.25
+)
10 4 17 13 10 5 7 14 22 20
: ; ; , ; ; ; ;
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
t suy ra M N MN
− −
     
= − − − ⇒ =
 ÷  ÷  ÷
     
uuuur
Phương trình
1 2 1
:
7 11 10

x y z− + −
∆ = =
−
.
0.25
Câu 6
(1,0
điểm)
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có
·
135 , 2
o
ACB AC a= =
, BC = a. Hình chiếu vuông góc của
C’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB và
6
'
4
a
C M =
. Tính theo a thể
tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và góc tạo bởi đường thẳng C’M và mặt phẳng (ACC’A’).
Din tớch tam giỏc:
2
1
. .sin135
2 2
o
ABC
a

S CA CB= =
, ng cao ca lng tr l CM
0.25
suy ra
3
. ' ' '
6
' .
8
ABC A B C ABC
a
V C M S= =
0.25
Keỷ ,( ), ' ,( ' )MK AC K AC MH C K H C K
. D cú
ã
ã
ã
maứ neõn suy ra
vaọy
( ' ) ( ' '),
( ' ,( ' ')) ' ' (1)
AC C MK AC MH MH CK MH ACC A
C M ACC A MC H MC K

= =
0.25
Vỡ M l trung im ca AB nờn:
ã
ã

ã
Suy ra Tửứ (1) vaứ (2) suy ra
2
2
1 1
tan '
2 4 '
2 2 3
' 30 (2). ( ' ,( ' ')) 30 .
MAC
CAM CAB
o o
S
a a MK
S S MK MC K
AC C M
MC K C M ACC A
= = = = = =
= =
0.25
Cõu 7
(1,0
im)
Trong mt phng ta Oxy cho tam giỏc ABC. Trờn hai on thng AB, AC ln lt ly
hai im E, D sao cho
ã
ã
.ABD ACE=
ng trũn ngoi tip tam giỏc ADB ct tia CE ti
M(1;0) v N(2;1). ng trũn ngoi tip tam giỏc AEC ct tia BD ti I(1;2) v K. Vit

phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam giỏc MNK.
Theo gi thit
ã
ã
,ABD ACE=
suy ra BCDE l t giỏc ni tip. Gi H l giao im
ca BD v CE. Do
BEH
ng dng vi
CDH

nờn
. .HD HB HE HC
=

0.25
Do
HBN
ng dng vi
HMD
nờn
. .HD HB HM HN=
Do
HIE
ng dng vi
HCK
nờn
. .HE HC HI HK=
0.25
Do ú

. .HM HN HI HK=
suy ra
IHN
ng dng vi
MHK
, nờn
ã
ã
NIH KHM=
. Suy ra NIMK l t giỏc ni tip.
0.25
Vy ng trũn ngoi tip tam giỏc MNI cng l ng trũn ngoi tip tam giỏc 0.25
MNK, có pt:
2 2
( 1) ( 1) 1x y− + − =
Câu 8
(1,0
điểm)
Giải phương trình:
( )
− − + ≥ − +
3 2 2
3 2 4 2 23 68 60x x x x x
.
Viết điều kiện, bình phương hai vế…
0.25
− + + − + − ≥
 
⇔ − − − + − + ≥
 ÷

 
6 5 4 3 2
2 4 3 2
12 48 36 48 68 56 48 0
4
(x x 3) 3 3 2 0
3
x x x x x x
x x x x
0.25
Chứng minh bậc 4 vô nghiệm …
0.25
Kết luận :
( )
≥ +
1
1 13
2
x
0.25
Câu 9
(1,0
điêm)
Cho ba số thực dương x, y, z thảo mãn
x z≥
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2
2
2

.
xz y x z
P
y yz xz yz x z
+
= + +
+ + +
Ta có
2 2 2
2 2 2
2
1
1 2
1 1 1
1 1 1
x
y z
a b c
y
z x
P
y x z
b a c
z y x
+
+
= + + = + +
+ + +
+ + +
trong đó ta kí hiệu:

2 2 2
, , ( , , )
x y z
a b c a b c
y z x
+
= = = ∈ ¡
0.25
Chú ý
2 2
2
1
1 do
x
a b x z
z c
= = ≥ ≥
.
Ta có
2 2
2 2 2 2
2
1 1 1 ( 1)( 1)( 1)
a b ab F
b a ab b a ab
+ − =
+ + + + + +
trong đó
2 2 2 2 2 2
4 4 2 2 4 4 3 3 2 2

2 2 2 3 3 2
( 1)( 1) ( 1)( 1) 2 ( 1)( 1)
( 2 ) ( ) ( 2 )
( ) ( )( ) ( ) 0.
F a a ab b b ab ab b a
ab a b a b a b a b ab a b ab
ab a b a b a b a b
= + + + + + − + +
= + − + + − − + + −
= − + − − + − ≥
Do đó:
2 2
2 2
2
2 2
(1)
1
1 1 1 1
1
a b ab
c
b a ab c
c
+ ≥ = =
+ + + +
+
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
0.25
2
2 2

2 1 2 5
1 1 2 2(1 )(1 )
c G
c c c c
+
+ − =
+ + + +
trong đó
2 2 2
2 2 3 2 3 2 3 3
2(2(1 ) (1 )(1 2 )) 5(1 )(1 )
2(2 2 1 2 2 ) 5(1 ) 1 3 3 (1 ) 0
G c c c c c
c c c c c c c c c c c
= + + + + − + +
= + + + + + − + + + = − + − = − ≥

do có c < 1 (2).
0.25
Từ (1) và (2) ta sy ra
5
2
P ≥
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
, 1a b c x y z= = ⇔ = =
. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
5
2
.
0.25