đề toán thi thử năm 2015 đề số 147.pdf

SỞ GD & ĐT PHÚ THỌ
TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA
KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II
NĂM HỌC 2014-2015
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề

Câu 1( 2 điểm ) Cho hàm số
32
3yx x
(C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
Câu 2 ( 1 điểm )
a) Cho góc

thỏa mãn
2




và
4
sin
5


. Tính
1tan
sin 2

A




.
b) Cho số phức z thỏa mãn:
2.25
z
iz i. Tính modun của số phức
2
w
z
z
Câu 3 ( 0,5 điểm )
Giải phương trình sau:




2
2
2
log 3 log 3 3xx 
Câu 4 ( 1 điểm )
Giải bất phương trình sau:
2
2
12 2 3 1
1

12 1
xxx
xx
 



Câu 5 ( 1 điểm )
Tính tích phân sau

2
1
2lnIxxxdx


Câu 6 ( 1 điểm )
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAD cân tại S và nằm
trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của CD; H là hình
chiếu vuông góc của D trên SM; Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60
o
. Tính
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC) theo a.
Câu 7 ( 1 điểm )
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) có phương trình
125
:
234
xy z
d




;


:2 2 1 0Pxyz. Tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng d
và mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và cách (P) một khoảng
bằng
2
3
.
Câu 8 ( 1 điểm )
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho hình vuông ABCD có điểm C(2; -2). Gọi điểm I, K lần
lượt là trung điểm của DA và DC; M(-1; -1) là giao của BI và AK. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại
của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương.
Câu 9 ( 0,5 điểm )
Đoàn trường THPT Hiền Đa thành lập 3 nhóm học sinh mỗi nhóm có 4 học sinh để chăm sóc 3
bồn hoa của nhà trường, mỗi nhóm được chọ
n từ đội xung kích nhà trường gồm 4 học sinh khối
10, 4 học sinh khối 11 và 4 học sinh khối 12. Tính xác suất để mỗi nhóm phải có mặt học sinh
khối 12.
Câu 10 ( 1 điểm ) Cho các số dương a, b, c thay đổi thỏa mãn
3abc

 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
  
222
222
33 3

81 81 81
abc
P
bc ca ab

     

Hết

- Họ và tên thí sinh : Số báo danh :
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GD & ĐT PHÚ THỌ
TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA
HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II
NĂM HỌC 2014-2015
MÔN TOÁN


I. Một số chú ý khi chấm bài
- Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám khảo
cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25
điể
m.
- Thí sinh làm bài theo cách khác với đáp mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm
tương ứng với thang điểm của đáp án.
- Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.

II. Đáp án – thang điểm

Câu 1( 2 điểm ) Cho hàm số
32
3
y
xx (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
ĐIỂM
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
1 Đ
+) TXĐ: D = R
+) Giới hạn :
lim
x
y



Đths không có tiệm cận
0.25


2
'3 6
0
'0
2
yxx
x

y
x








+) BBT
x

0 2



y' + 0 - 0 +

y
0



-4

0.25
+) Hàm số đạt cực đại tại x
cđ
=0; y

cđ
= 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại x
ct
= 2; y
ct
= -4.
+) Hàm số đồng biến trên các khoảng


;0
và


2;



Hàm số nghịch biến trên khoảng


0; 2
0.25
+) Đồ thị
6
4
2
-2
-4
-

6
-10 -5 5 10

0.25
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
1 Đ
Giả sử tiếp điểm M( ;
oo
x
y ).
0.25
Với 12
oo
xy 


'1 3f
0.25
Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(1; -2) là
y = -3(x - 1) -2 hay y = -3x + 1
0.5
Câu 2 ( 1 điểm )
a) Cho góc

thỏa mãn
2



 và

4
sin
5


. Tính
1tan
sin 2
A



 .
b) Cho số phức z thỏa mãn:
2.25
z
iz i
. Tính modun của số phức
2
w
z
z


1 Đ
a) Vì
2




 nên
sin 0; cos 0




0.25
ta có
22 2
9
sin os 1 cos
25
cx


lại có
3
cos
5
x 
( vì
cos 0


)
0.5
Suy ra
45
sin
1.

1
1tan 25
53
cos
43
sin 2 2sin .cos 72
2. .
55
A










  





0.25
b) Đặt


,

z
abi z abi abR  
0.25
Ta có :




 
2.25 2 25
2225
22 3
25 4
z
iz i a bi i a bi i
ab a bi i
ab a
ab b
    
 
 



  


Suy ra
34
z

i

0.5

2
w34 34 428
w202
ii i  


0.25
Câu 3 ( 0,5 điểm ) Giải phương trình sau:




2
2
2
log 3 log 3 3xx



Điều kiện x > 3 0.25
Ta có




2

22
log 3 2 log 3 3 0PT x x 



2
2
5
log 3 1
25
log 3 3
8
x
x
x
x












( Thỏa mãn điều kiện)
0.25

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 5 và x =
25
8


Câu 4 ( 1 điểm ) Giải bất phương trình sau:
2
2
12 2 3 1
1
12 1
xxx
xx
 




Điều kiện:
2
2
0
310 0
12 1 0
x
xx x
xx




 





0.25
Ta có
2
2
13
212 31 (0)
24
xx x x

     



suy ra
2
12 1 0xx
0.25
22
131BPT x x x x x  

11
11 3xx
xx
    

(Vì x = 0 không thỏa mãn bất phương trình)
Đặt
1
2
x
tt
x
 vì 0
x
 .
0.25
Ta có
13
11 3213
4
tt t t 
Suy ra
13 1 13
22
44
tx
x
    


2
2
1
2
10

13 105 13 105
113
88
41340
4
x
x
x
x
xx
x
x







 









0.25

Câu 5 ( 1 điểm ) Tính tích phân sau

2
1
2lnIxxxdx



Ta có

22
2
2
1
11
2ln 2 lnIxxxdxxdxxxdx


0.25
Tính
2
3
2
2
1
1
1
214
2
33

x
Ixdx


0.25
Tính
2
2
1
lnIxxdx

. Đặt
2
ln
2
dx
du
ux
x
dv xdx
x
v
















2
2
2
2
2
2
1
1
1
ln 3
2ln2 2ln2
22 4 4
xx x x
Idx  


0.25
12
14 3 65
2ln2 2ln2
3412
III      

0.25
Câu 6 ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam
giác SAD cân tại S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M
là trung điểm của CD; H là hình chiếu vuông góc của D trên SM; Biết góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60
o
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ H đến mặt phẳng (SBC) theo a.


J
M
I
C
A
B
D
S
H


Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AD và BC.
Vì (SAD)
 (ABCD) nên SI  (ABCD).
ta có IJ

BC và SI

BC suy ra góc giữa (SBC) và (ABCD là


60
o
SJI  .
IJ = a.
0.25
Trong tam giác vuông SIJ ta có SI = IJ. tan60
o
= 3a .
22
2SJ SI IJ a.
Diện tích đáy là S
ABCD
= a
2
.
Thể tích khối chóp S.ABCD là V
S.ABCD
=
3
2
11 3
.3.
33 3
ABCD
a
SI S a a
(đvtt)
0.25
Chứng minh CD  (SAD). Trong tam giác vuông SDM có:
2

2
13
14
SH SD
SM SM


Ta có
13
14
SHBC
SMBC
V
SH
VSM

.
333
13133133
.
3121412168
SMBC BCM SHBC
aaa
VSIS V

 .
Lại có
2
11
.2

22
SBC
SBCSJaaa



3
2
13 3
3.
3.
13 3
168
,( )
56
SHBC
SBC
a
V
a
dH SBC
Sa



0.5
Câu 7 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d và mặt
phẳng (P) có phương trình
125
:

234
xy z
d




;


:2 2 1 0Pxyz

. Tìm
tọa độ giao điểm I của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt
phẳng (Q) song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng
2
3
.

Gọi I(1+2t; -2-3t; 5+4t)  d  (P) .
Vì I  (P) nên ta có






21 2 2 2 3 5 4 1 0 1tttt



1;1;1I .
0.5
Vì (Q) // (P) gọi (Q) có dạng 22 0
x
yzm
0.25




22
;;
33
3
221
2
12
1
3
441
dP Q dIQ
m
m
m
m
 

 









Vậy có 2 mặt phẳng (Q) cần tìm là 22 30
x
yz

 và 2 2 1 0
x
yz



0.25
Câu 8 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy Cho hình vuông ABCD có
C(2; -2). Gọi điểm I, K lần lượt là trung điểm của DA và DC; M(-1; -1) là giao của
BI và AK. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành
độ dương.


N
J
M
K
I
CD
A

B


Gọi J là trung điểm của AB. khi đó AJCK là hình bình hành  AK // CJ.
Gọi CJ
BM = N  N là trung điểm của BM.
Chứng minh được AK

BI từ đó suy ra tam giác BMC là tam giác cân tại C.
Ta có


3; 1 10MC MC 
 
 CM = BM = AB = 10
Trong tam giác vuông ABM có

222
5
. 22
2
AB BM BI BM AB AI BM AB BM  

0.25
 B là giao của hai đường tròn (C;
10
) và (M;
22
). Tọa độ điểm B thỏa
mãn:



22
22
2210
118
xy
xy







B(1; 1).
0.25
Phương trình đường thẳng AB có dạng: x - 3y + 2 = 0.
Phương trình đường thẳng AM có dạng: x + y + 2 = 0.
 A (-2; 0).
0.25
Ta có


1; 3BA CD D

.
0.25
Câu 9 ( 0,5 điểm ) Đoàn trường THPT Hiền Đa thành lập 3 nhóm học sinh mỗi
nhóm có 4 học sinh để chăm sóc 3 bồn hoa của nhà trường, mỗi nhóm được chọn từ

đội xung kích nhà trường gồm 4 học sinh khối 10, 4 học sinh khối 11, 4 học sinh
khối 12. Tính xác suất để mỗi nhóm phải có mặt học sinh khối 12.

Gọi

là không gian mẫu: " Chọn 3 nhóm học sinh mỗi nhóm có 4 học sinh được
lấy từ 12 học sinh trong đội xung kích Đoàn trường".


444
12 8 4
nCCC
0.25
Gọi A là biến cố: " mỗi nhóm phải có mặt học sinh khối 12"










13 13 22
48 35 2 2
3. . . . . .nA CC CC CC










13 13 22
48 35 2 2
444
12 8 4
3

CC CC CC
nA
PA
nCCC



0.25
Câu 10 ( 1 điểm ) Cho các số dương a, b, c thay đổi thỏa mãn 3abc

 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
  
222
222
33 3
81 81 81
abc

P
bc ca ab

     


Ta có


2
222
333
888111
abc
P
abcabc


       

Ta có


322
1
8224 6
2
aaaaaa     




322
1
8224 6
2
bbbb bb     



322
1
8224 6
2
cccc cc     






2
222
2
2
3
6
22
6
936
abc

P
abc
abc
abc
abc abc







  


Đặt


tabcvới


0;3t 
Ta có

2
2
6
936
t
ft

tt

 






2
2
2
54 8
0
''0
8
936
tt
t
ft ft
t
tt



 





 

BBT
t 0 3
f' -

f
0

1
Vậy 1P  hay Min 1P  dấu bằng xảy ra khi 1abc

