đề thi thử đại học môn toán năm 2015 đề số 168

SỞ GD&ĐT CÀ MAU
TRƯỜNG THPT CÀ MAU
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn : TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề

Câu 1( 2,0 điểm). Cho hàm số 13
3
 xxy (C).
a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
b/ Dựa vào đồ thị (C), tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
033
3
 mxx có 3 nghiệm phân biệt.

Câu 2(1,0 điểm).
a/ Giải phương trình





2
312132 iizi  trên tập số phức
b/ Giải phương trình
xxx 2cossin612sin




Câu 3(1,0 điểm). Tính tích phân
1
2
0
()
x
Ixxedx

.
Câu 4(1,0 điểm).
a/ Giải phương trình :


23 2
log .log 2 1 2log
x
xx
.
b/ Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh
để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Câu 5(1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho điểm


4;1;3A  và
đường thẳng
113
:
21 3

xyz
d



. Viết phương trình mặt phẳng
()P
đi qua
A
và
vuông góc với đường thẳng
d . Tìm tọa độ điểm
B
thuộc d sao cho 27AB  .

Câu 6(1,0 điểm).Cho hình chóp
.S ABC có tam giác
A
BC vuông tại
A
,
A
BACa

 ,
I là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng

A
BC
là trung

điểm
H của
BC
, mặt phẳng


SAB
tạo với đáy 1 góc bằng
60

. Tính thể tích khối
chóp
.S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng


SAB theo a .

Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
cho tam giác ABC có


1; 4A ,
tiếp tuyến tại
A
của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt
B
C tại D , đường phân
giác trong của


A
DB có phương trình
20xy


, điểm


4;1M  thuộc cạnh
A
C . Viết
phương trình đường thẳng
A
B
.
Câu 8(1,0 điểm). Giải phương trình
2
2
354
4211
xxyxyyy
yx y x


   



 





Câu 9(1,0 điểm). Cho
,,abc
là các số dương và 3abc

. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:
333
bc ca ab
abc bca cab
P 



ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điểm
a.(1,0 điểm)
Hàm số :
3
31yx x  

TXĐ:
DR

2
'3 3yx  , '0 1yx

0.25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng


;1


và


1;


, đồng biến trên khoảng


1; 1

Hàm số đạt cực đại tại
1
x
 , 3
CD
y

, đạt cực tiểu tại 1x

 , 1
CT
y



lim
x
y

, lim
x
y


0.25
* Bảng biến thiên
x –
 -1 1 + 
y’ + 0 – 0 +

y

+

3

-1 -




0.25

Đồ thị:

4
2
2
4



0.25
b.(1,0 điểm)
 Ta có :


*132033
33
 xxmmxx .


0.25
 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
13
3
 xxy
và đường thẳng d

2:


m
y
.


0.25
1


Dựa vào đồ thị (C), ta suy ra phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt 51

 m
KL đúng tham số m

0.25
0.25
(1,0 điểm)

a,(0,5điểm)

Thu gọn:

94
23 94
23
i
iz i z

i






0.25
635
13 13
zi 
, KL đúng nghiệm

0. 25
2.







b,(0,5điểm) sin 2 1 6sin cos2
x
xx 




2sin cos 3 sin 0xx x 

0.25




sin 0
sin cos 3( )
x
x
xVn








x
k


. Vậy nghiệm của PT là ,
x
kkZ




0. 25
(1,0 điểm)

Đặt:

3
2
3
x
x
du dx
ux
x
dv x e dx
ve














0.25
33
1
0
1
0
33
xx
xx
Ix e edx







0.25
3

4
1
15
+
0
3124
x
x
ee






0.25
0.25
(1,0 điểm)

a,(0,5điểm)
Đk:
1
2
x 

Pt đã cho

32
log 2 1 2 log 0xx



2
3
log 0
log212
x
x








1
219
x
x










0.25
1
5
x
x







KL đúng nghiệm

0.25
b,(0,5điểm)


3
11
165nC 

0.25
4.

Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là
21 12
56 56
. . 135CC CC
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
135 9
165 11



0.25
(1,0 điểm)
Đường thẳng d có VTCP là


2;1;3
d

u 


Vì


P
d nên


P
nhận


2;1;3
d
u 

làm VTPT


0.25
Vậy PT mặt phẳng

P
là :







2411330xyz

23180xy z    



0.25
Vì
Bd

nên


12;1 ;33
B
tt t  

27AB 




22
22
27 3 2 6 3 27AB t t t
2
72490tt



0.25
5.
3
3
7
t
t







Vậy


7;4;6B  hoặc
13 10 12
;;
77 7
B





0.25
6.

(1,0 điểm)


j
C
B
A
S
H
K
M

Gọi K là trung điểm của AB
HK AB(1)
Vì


SH ABC
nên
SH AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra
A
BSK

Do đó
góc giữa


SAB
với đáy bằng góc

giữa SK và HK và bằng

60SKH 


Ta có

3
tan
2
a
SH HK SKH


0.25

Vậy
3
.
111 3

332 12
S ABC ABC
a
V S SH AB AC SH 



0.25
Vì

//IH SB
nên


//IH SAB
. Do đó








,,dI SAB dH SAB
Từ H kẻ
HM SK tại M


HM SAB 




,dH SAB HM



0.25
Ta có

2222
11116
3HM HK SH a

3
4
a
HM. Vậy


3
,
4
a
dI SAB 

0,25

(1,0 điểm)

K
C
A
DB
I
M
M'
E
Gọi AI là phan giác trong của


B
AC
Ta có :



A
ID ABC BAI





IAD CAD CAI
Mà


B
AI CAI ,


A
BC CAD nên


A
ID IAD




DAI

cân tại D 
DE AI



0,25

PT đường thẳng AI là :
50xy


0,25
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : 5 0xy
Gọi '
K
AI MM K(0;5) M’(4;9)


0,25

7.

VTCP của đường thẳng AB là


'3;5AM 



VTPT của đường thẳng AB là


5; 3n 


Vậy PT đường thẳng AB là:




513 40xy

 5370xy



0,25
8.
(1,0 điểm).

2
2
354(1)
4211(2)
xxyxyyy
yx y x





 




Đk:
2
2
0
420
10
xy x y y
yx
y

 







Ta có (1)




314(1)0xy xyy y

Đặt
,1uxyvy  ( 0, 0uv)
Khi đó (1) trở thành :
22
340uuvv
4( )
uv
uvvn







0.25
Với uv ta có 21
x
y, thay vào (2) ta được :
2
423 12yy y y 




2
42321 110yy y y

0.25



2
22
2
0
11
42321
y
y
y
yy y






2
21
20
11
42321
y
y
yy y










0.25
2y( vì
2
21
01
11
42321
y
y
yy y



)
Với
2y  thì 5x  . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là


5; 2
.
0.25
(1,0 điểm) .

Vì a + b + c = 3 ta có
3()()()
bc bc bc

abc aabc bc abac


11
2
bc
ab ac






Vì theo BĐT Cô-Si:
11 2
()()
ab ac
abac




, dấu đẳng thức xảy ra b = c



0,25

Tương tự
11

2
3
ca ca
ba bc
bca






và
11
2
3
ab ab
ca cb
cab










0,25

Suy ra P
3
2( ) 2( ) 2( ) 2 2
bc ca ab bc ab ca a b c
ab ca bc

 

,

0,25
9.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =
3
2
khi a = b = c = 1.

0,25