đề thi thử đại học môn toán năm 2015 đề số 159

Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP.HCM
Trường THPT Thành Nhân

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA- 2015
Môn: TOÁN – Thời gian: 180’ (Ngày 17/05/2015)
o0o

Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
3
() 3( 1) 3(1)
    
y fx x m x
.
a.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi
0
m

.

b.

Tìm
m
để đường thẳng
(): 3 1
d y x


cắt đồ thị hàm số (1) tại một điểm duy nhất.

Câu 2: (1 điểm)

a.

Giải phương trình:
33
sin cos sin cos
x x x x
  
.
b.

Tính môđun của số phức
z
, biết số phức
z
thỏa:
2( ) 3 1
z i zz i
   
.
Câu 3: (0.5 điểm)
Giải phương trình:
   
32
2 2 2
log 1 log 1 2log 0
     

x x x x

Câu 4: (1 điểm)
Giải hệ phương trình:


2 2 2
1 1 1
,(, )
4 1 1 1
4 3 8
1 3 2

    






   

  

xy x y y
xy
y
xy xy
yy
.

Câu 5: (1 điểm)
Tính:
0
2
1
ln(1 )
1







x
I xdx
x

Câu 6: (1 điểm)
Cho tứ diện
ABCD
có
ABC
là tam giác đều cạnh
3
a
và cạnh
CD
tạo với mặt phẳng
()

ABC
một góc
0
60
. Gọi H là điểm nằm trên
AB
sao cho
3AB AH

và mặt phẳng
()
DHC
vuông góc
với mặt phẳng
()
ABC
. Tính theo
a
thể tích tứ diện đã cho và khoảng cách từ điểm
D
đến mặt phẳng
()
MAB
, biết
M
là trung điểm
CD
và mặt phẳng
()
ABD

vuông góc với mặt phẳng
()
ABC
.
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho hình vuông
ABCD
có đỉnh
(3;3)
C

và đỉnh
A
thuộc đường thẳng
(): 2 2 0
d x y
  
. Gọi E là điểm thuộc cạnh
BC
, điểm
F
giao điểm của đường
thẳng
AE
và
CD
,
87 7

;
19 19
I




là giao điểm của đường thẳng
ED
và
BF
. Tìm tọa độ các điểm
,
BD

biết điểm
4
;0
3
M



thuộc đường thẳng
AF
.
Câu 8: (1 điểm)
Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm

(2;3;1); (4;1;2)
AB
 
và mặt
phẳng
():5 10 2 12 0
P x y z
   
. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng
AB
. Tìm
tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng
()
P
sao cho
M
cách đều ba điểm
,,
ABO
(
O
gốc tọa độ).
Câu 9: (0.5 điểm)
Cho tập


0;1;2;3;4;5;6;7
X

, gọi

S
là tập hợp các số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác
nhau được lập từ tập
X
. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên trong tập
S
. Tính xác suất để số được chọn
có mặt chữ số 6.
Câu 10: (1 điểm)
Cho
,,,
abcd
là các số thực thỏa mãn
22
1
ab

và
3
cd
. Chứng minh rằng:
9 62
4
ac bd cd

  
.

Hết

(Trình bày rõ ràng, tính toán cẩn thận. Không sử dụng bút chì, bút xóa)

Lưu ý:
Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………. Số báo danh:…………………

ĐÁP ÁN
Câu
Đáp án
Điểm
1
(2 điểm)
1.a
(1đ)
Khi
3
0 ( ) 3 3 ( )     m y f x x x C

0.25
 Tập xác định:
D

 Giới hạn:
lim ; lim
xx
yy
 
   

 Sự biến thiên:

Ta có:
2
' 3 3,yx
cho
x
y
x







1
0
1
.
Hàm số: Nghịch biến trên
( ; )11
, đồng biến
( ; );( ; )  11

Đạt cực đại tại điểm
;
CD
xy  15

Đạt cực tiểu tại điểm
;

CT
xy11

0.25
 Bảng biến thiên:




0.25
 Đồ thị:









0.25
1.b
(1.0đ)
Đồ thị hàm số (1) cắt
( ): 3 1d y x
tại một điểm duy nhất nên:
Pthđgđ:
3
3( 2) 2 0 (*)   x m x
có duy nhất một nghiệm.

0.25
Ta có:
2
2
3( 2)xm
x
  
(vì
0x 
không là nghiệm của phương trình)
Khi đó xét hai đồ thị:
2
2
()y g x x
x
  
và
3( 2)ym

0.25
Ta có:
2
2
( ) 2

  y g x x
x
, cho
( ) 0 1 (1) 3


    g x x g
.
Bảng biến thiên:






0.25
6
5
4
3
2
1
1
4
2
2
f
x
( )
=
x
3

3
∙
x

+ 3









'y

y

x





1

1

0
0


5

1
0





1








0


()gx


()gx

x



3




Dựa vào BBT ta có:
1m
thỏa ycbt.
0.25
2
(1 điểm)

2.a
(0.5đ)
Giải phương trình:
33
sin cos sin cos (*)x x x x  
.


  
(*) sin cosx 1 sin cosx 1 0xx    


sin 0
4
x


  



hoặc
sin2 0x

0.25
Vậy nghiệm phương trình:
42
k
x k x


    

0.25
2.b
(0.5đ)
Tính
z
, biết số phức
z
thỏa:
2( ) 3 1z i z z i   
.

Gọi số phức
2
( , ; 1)z a bi a b i    
thỏa ycbt. Ta có:
22
2( ) 3 1 2( ) 2 1 2 3 0z i z z i a b a b a b             

22
11
1
2(a b ) a 2b 1 0
10
14
2a 3 0
5






     

  
  

  







a
a

b
b
b

0.25
Vậy môđun của số phức:
2z 
hoặc
185
10
z 
.

0.25
3
(0.5 điểm)

Giải phương trình:
   
32
2 2 2
log 1 log 1 2log 0 (*)     x x x x


Đk:
0x 


22
2 2 2

(*) log ( 1)( 1) log ( 1) 2log 0x x x x x x

        



2
22
log ( 1) logxx  

0.25
2
1 5 1 5
1 0 ( ) ( )
22

       x x x l x n


Vậy nghiệm phương trình
15
2

x
.

0.25
4
(1 điểm)

Giải hệ pt:


2 2 2
1 1 1 (1)
, ( , )
4 1 1 1
4 3 8 (2)
1 3 2

    






   

  

xy x y y
xy
y
xy xy
yy
.

Đk:
1

2
3
1
0
3
y
xy xy

  




   


và
2
(1)
1 0 0 0y y y y VT x        

0.25

Dễ thấy
0y 
không là nghiệm của (1) nên chia 2 vế của (1) cho
2
y
:
2

2
1 1 1 1
(1) 1 1 ( )x x x f x f
y y y
y

       



Xét hàm số :
2
( ) 1 , 0f t t t t t   
ta có :

2
2
2
11
( ) 1 1 0, ( 0) ( ) (3)
1
t
f t t t f x f x
yy
t


         





0.25
4 1 1 1
(2) 4 3 8
1 3 2
y
xy xy
yy

    
  


2
1
1 3 2 3 2 1 1 1 3 2 1y y y y
xy

             




2
1
2
1
4 3 1 0
y

y
yy



  


  


0.25
Thay (3) vào (2) ta được:
2
1
4 3 1 0 ( ) 1( )
4
y y y l y n       

Vậy nghiệm của hệ pt:
(1;1)

0.25
5
(1 điểm)

Tính:
0
2
1

ln(1 )
1







x
I x dx
x


     
0 0 0
1 1 1
1 ln(1 )
1 ln 1 1 ln 1
11
x
I x x dx x x dx dx
xx
  


       




  

0.25
Tính
0
1
1
( 1)ln(1 )I x x dx

  

. Đặt:
2
1
ln(1 )
1
(1 )
2
u x du dx
x
x
dv x dx v x

    





    




0
0
2
1
1
1
1 3 5
ln(1 ) 3 2ln2
2 2 1 4
x
I x x x dx
x




        







0.25
Tính
0

2
1
ln(1 )
1
x
I dx
x





.
Đặt
1 ln2
1
ln(1 ) dt x ;
00
1
xt
t x d
xt
x
   

    

  



ln2
ln2
22
2
0
0
11
ln 2
22
I tdt t   


0.25
Vậy
2
12
51
2ln2 ln 2
42
I I I    

0.25

6
(1 điểm)


( ) ( )
( ) ( ) ( )

( ) ( )
ABD ABC
CDH ABC DH ABC
ABD CDH DH



  





ABC
đều cạnh
3a

2
3 3 9 3
;
24
ABC
aa
CN S

  

7 21CH a DH a   

Vậy:

3
.
1 9 7
.
34
D ABC ABC
a
V DH S


(đvđd)





0.25



0.25


Ta có:
   
 
 
 
CD MAB M d D, MAB d C, MAB   

Dựng
MK/ /HC (K HC)
 
MK ABC

(MAB) HCK   

 
 
 
 
d C, MAB 2d K, MAB

Dựng
 
 
KE AB;KI ME d K, MAB KI   

0.25
Ta có:
2 2 2
1 1 1 3a 777
KI
KI KE MK 74
   

Vậy khoảng cách:
 
 
3a 777

d D, MAB
37


0.25
7
(1 điểm)

Chứng minh:
CI AF

0.25
Đường thẳng
()AF
đi qua M và vuông góc
( ):3 5 4 0CI AF x y   

Điểm
 
(d) (AF) A 2;2A    

Gọi
O
là tâm hình vuông
O
là trung điểm
11
;
22
AC O






0.25
Đường thẳng
( ): 1 0 ( ; 1)BD x y B b b    

( 2; 3)
( 3; 2)
AB b b
CB b b

  


  


;
3
.0
2
b
AB CB AB CB
b


   





0.25
Vậy tọa độ
(3;2)B
và
( 2; 3)D 

0.25
8
(1 điểm)

Ta có:
(2;2;3)AB 
là vtpt của
()

và trung điểm
1
3; 2;
2
I




của
AB

0.25
Phương trình mặt phẳng
( ):4 4 6 7 0x y z

   

0.25
1
2; ;1
2
J




là trung điểm
OB 
phương trình mặt phẳng trung trực của
cạnh
OB
là
( ):8 2 4 21 0x y z

   

0.25
O
I
F

D
C
B
A
E
M

E
N
K
M
C
A
B
D
H
I




Hết
Chú ý:


Học sinh giải bài khác với đáp án nhưng đúng thì vẫn chấm điểm tối đa câu đó.

Đáp án đề thi thử lần 2 ngày 17/05/2015 gồm 5 trang.

Vậy tọa độ điểm

14 3 1
(P) () () ; ;
5 10 2
MM


     



0.25
9
(0.5 điểm)

Không gian mẫu:
32
76
3.6. 750
AA
  

Biến cố đối
A
:

32
65
2.5A 320
A
A

   

0.25
Vậy xác suất
(A)
(A)
320 43
11
750 75
PP
  

0.25
10
(1 điểm)

Ta có:
221
ab
là một đường tròn (T)
1
tamO
R






3

cd
là một đường thẳng
()
.
Do đó:
32
;( )
2
dO OB
.

Suy ra:
2
2
32
32 32 2
1 (1)
2 2 2
AB OB R AB
.

0.25
0.25
BĐT


2
32
9 62 10 11 62
5

4 2 4 4
ac bd cd


      

22
3 2 3 2
5 10 2 (2)
42
ac bd cd ac bd cd
.
0.25
Gọi hai điểm bất kỳ lần lượt:
Cab T
Dcd
; ()
; ( )
.
ab
a b c d cd
cd
22
2 2 2 2
2
1
10 2 (3)
( ) 9

Từ (2) và (3) ta được:

22
22
VT a c b d CD AB
luôn đúng (đpcm).

0.25
3
2
1
1
2
A
B
O
C
D