đề thi thử thpt quốc gia môn toán tháng 9 năm 2015

Xem thêm đề thi và đáp án khác tại page:
Page: Luyện đề thi quốc gia môn Toán - Thầy Đặng Thành Nam
Thầy: Đặng Thành Nam
1
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI - BÁO THTH T9/2015

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
y = x
3
− 3x
2
+ 9x
.

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số
y = x
3
− 3(m +1)x
2
+ 9x − m
có 2 điểm cực trị
x
1
, x
2
thoả mãn
x
1
− x
2
= 2

.

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thoả mãn
2(z −1) = 3z + (i − 1)(i + 2)
. Tính
2z − z
.
b) Giải phương trình
log
2
3
(x − 2) + log
1
2
(x − 2) = log
2
(7 − 2x)
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
I = (3− 2 cos 3x)sin x dx
0
π
4
∫
.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm I(-1;2;3) và mặt phẳng (P) có
phương trình là: 4x + y – z – 1 = 0. Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) và
tìm toạ độ tiếp điểm.

Câu 6 (1,0 điểm).
a) Cho
0 < a <
π
2
và
sin a + 2 sin
π
2
− a
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
= 2
. Tính
tan a +
π
4
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
.
b) Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt thành lập từ các số 0, 1, 4, 6. Chọn
ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số mà số đó không chia hết cho 4.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có

AB = AC = a, ABC
!
= 30
0
,SA ⊥ (ABC)
, góc giữa 2
mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm
G của tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC).

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có tâm I(1;4), đỉnh A nằm
trên đường thẳng có phương trình 2x + y – 1 = 0, đỉnh C nằm trên đường thẳng có phương trình x
– y + 2 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông đã cho.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
32x
4
− 16x
2
− 9 x − 9 2x − 1 + 2 ≥ 0
.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn
1
x
18
+

1
y
18
+
1
z
18
≤ 3
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức

P =
x
2015
+ y
2015
x
1997
+ y
1997
+
y
2015
+ z
2015
y
1997
+ z
1997
+

z
2015
+ x
2015
z
1997
+ x
1997
.

HẾT
Xem thêm đề thi và đáp án khác tại page:
Page: Luyện đề thi quốc gia môn Toán - Thầy Đặng Thành Nam
Thầy: Đặng Thành Nam
2
LỜI GIẢI THAM KHẢO
THẦY ĐẶNG THÀNH NAM

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
y = x
3
− 3x
2
+ 9 x
.
Bạn đọc tự giải.

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để hàm số
y = x
3

− 3(m + 1)x
2
+ 9x − m
có 2 điểm cực trị
x
1
, x
2
thoả mãn
x
1
− x
2
= 2
.
Ta có:
y' = 3x
2
− 6(m + 1)x + 9; y' = 0 ⇔ x
2
− 2(m + 1)x + 3 = 0 (1)
.
Yêu cầu bài toán tương đương với (1) có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thoả mãn
x
1
− x

2
= 2
.

⇔
Δ' = (m + 1)
2
− 3 > 0
x
1
− x
2
= 2
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
⇔
m > −1+ 3 ∨ m < −1− 3
(x
1
− x
2
)
2
= 4
⎧
⎨
⎪

⎩
⎪
⇔
m > −1+ 3 ∨ m < −1− 3
(x
1
+ x
2
)
2
− 4x
1
x
2
= 4
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
⇔
m > −1+ 3 ∨ m < −1− 3
4(m + 1)
2
− 4.3 = 4
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪

⇔
m = −3
m = 1
⎡
⎣
⎢
.
Vậy giá trị cần tìm của m là m = - 1 hoặc m = 3.

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thoả mãn
2(z − 1) = 3z + (i − 1)(i + 2)
. Tính
2z − z
.
b) Giải phương trình
log
2
3
(x − 2) + log
1
2
(x − 2) = log
2
(7 − 2x)
.
a) Đặt z = a + b.i

(a,b ∈!)
, theo bài ra ta có:

2(a + bi −1) = 3(a − bi) + (i −1)(i + 2)
⇔ 2 (a −1) + 2bi = 3a − 3bi − 3 + i
⇔ (a −1) + (1− 5b)i = 0 ⇔
a −1 = 0
1− 5b = 0
⎧
⎨
⎩
⇔
a = 1
b =
1
5
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
⇒ z = 1+
1
5
i
.
Vậy số phức cần tìm
z = 1+
1
5
i
.
b) Điều kiện:

x − 2 > 0
7 − 2 x > 0
⎧
⎨
⎩
⇔ 2 < x <
7
2
.
Phương trình tương đương với:
3log
2
(x − 2) − log
2
(x − 2) = log
2
(7 − 2x)
⇔ 2 log
2
(x − 2) = log
2
(7 − 2x) ⇔ log
2
(x − 2)
2
= log
2
(7 − 2x)
⇔ (x − 2)
2

= 7 − 2x ⇔ x
2
− 2x − 3 = 0 ⇔
x = −1(l)
x = 3(t / m)
⎡
⎣
⎢
.
Xem thêm đề thi và đáp án khác tại page:
Page: Luyện đề thi quốc gia môn Toán - Thầy Đặng Thành Nam
Thầy: Đặng Thành Nam
3
Vậy nghiệm phương trình x = 3.

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
I = (3− 2 cos 3x)sin x dx
0
π
4
∫
.
Ta có:
I = (3− 2(4 cos
3
x − 3cos x))sin x dx
0
π
4
∫

= −(8 cos
3
x − 6cos x − 3)sin x dx
0
π
4
∫
.
Đặt
t = cos x ⇒ dt = −sin xdx
. Đổi cận:
x = 0 ⇒ t = 1;x =
π
4
⇒ t =
1
2
.
Vì vậy,
I = (8t
3
− 6t − 3)dt
1
1
2
∫
= 2t
4
− 3t
2

− 3t
( )
1
2
1
= 3−
3
2
.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm I(-1;2;3) và mặt phẳng (P) có
phương trình là: 4x + y – z – 1 = 0. Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) và
tìm toạ độ tiếp điểm.
Vì mặt cầu tâm I tiếp xúc với (P) nên bán kính
R = d(I;(P)) =
4.(−1) + 2 − 3−1
4
2
+ 1
2
+ (−1)
2
= 2
.
Vậy mặt cầu cần tìm
(S) :(x + 1)
2
+ (y − 2)
2
+ (z − 3)
2

= 2
.
Toạ độ tiếp điểm H là hình chiếu vuông góc của I lên (P).
Phương trình IH qua I vuông góc với (P) là

x = −1+ 4t
y = 2 + t
z = 3 − t
⎧
⎨
⎪
⎩
⎪
,t ∈!
.
Thay x, y, z từ phương trình của IH vào phương trình của (P) ta được:
4(−1+ 4t ) + (2 + t )−(3− t )−1 = 0 ⇔ 18t − 6 = 0 ⇔ t =
1
3
⇒ H
1
3
;
7
3
;
8
3
⎛
⎝

⎜
⎞
⎠
⎟
.
Vậy tiếp điểm
H
1
3
;
7
3
;
8
3
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
.

Câu 6 (1,0 điểm).

a) Cho
0 < a <
π
2
và

sin a + 2 sin
π
2
− a
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
= 2
. Tính
tan a +
π
4
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
.
b) Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt thành lập từ các số 0, 1, 4, 6. Chọn
ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số mà số đó không chia hết cho 4.
a) Vì
0 < a <
π
2
⇒ 0 < sina < 1;0 < cos a < 1;tan a > 0
, và theo bài ra ta có:

Xem thêm đề thi và đáp án khác tại page:
Page: Luyện đề thi quốc gia môn Toán - Thầy Đặng Thành Nam
Thầy: Đặng Thành Nam
4

sin a + 2 cos a = 2 ⇔ sina = 2 (1− cos a)
⇒ sin
2
a = 2(1− cosa)
2
⇔ (1− cos
2
a) = 2(1− cosa)
2
⇔ (1− cosa)(1+ cosa − 2(1− cosa)) = 0 ⇔
cosa = 1(l)
cosa =
1
3
(t / m)
⎡
⎣
⎢
⎢
.
Suy ra:
tan
2
a =
1

cos
2
a
− 1 = 8 ⇒ tan a = 2 2
, và
tan a +
π
4
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
=
tan a + 1
1 − tan a
=
2 2 +1
1 − 2 2
= −
9 + 4 2
7
.
b) Số phần tử thuộc M là 3.3! = 18 số, nên không gian mẫu
n(Ω) = 18
.
Gọi A là biến cố chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số mà số đó không
chia hết cho 4.
Một số thuộc M chia hết cho 4 sẽ có 2 chữ số tận cùng là 04 hoặc 16 hoặc 40 hoặc 60 hoặc 64.

+ Số các số có tận cùng là 04 là 2!.1 = 2 số.
+ Số các số có tận cùng là 64 là 1.1.1 = 1 số.
+ Số các số có tận cùng là 16 là 1.1.1 = 1 số.
+ Số các số có tận cùng là 40 là 2!.1 = 2 số.
+ Số các số có tận cùng là 60 là 2!. 1 = 2 số.
Vậy trong M có tất cả 2 + 1+ 1+ 2 + 2 = 8 số chia hết cho 4, và 10 số không chia hết cho 4.
Vì vậy n(A) = 10.
Xác suất cần tính
P(A) =
n(A)
n(Ω)
=
10
18
=
5
9
.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có

AB = AC = a, ABC
!
= 30
0
,SA ⊥ (ABC)
, góc giữa 2
mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm
G của tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC).

Ta có:
S
ABC
=
1
2
AB.AC sin120
0
=
a
2
3
4
.
Gọi M là trung điểm BC, ta có:

BC ⊥ AM
BC ⊥ SA
⎧
⎨
⎩
⇒ BC ⊥ (SAM ) ⇒ SMA
!
= (SBC);(ABC)
!
( )
= 60
0
.

Tam giác vuông ABM có
AM = ABsin 30
0
=
a
2
⇒ SA = AM tan 60
0
=
a 3
2
.
Vì vậy,
V
S.ABC
=
1
3
SA.S
ABC
=
a 3
6
.
a
2
3
4
=
a

3
8
(đvtt).

Tính d(G; (SBC)).
Ta có:
d(G;(SBC)) =
1
3
d(A;(SBC)) (1)
.
Xem thêm đề thi và đáp án khác tại page:
Page: Luyện đề thi quốc gia môn Toán - Thầy Đặng Thành Nam
Thầy: Đặng Thành Nam
5
Kẻ AH vuông góc SM tại K, khi đó:
BC ⊥ AH
mà
AH ⊥ SM ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH = d(A;(SBC)) (2)
.
Tam giác vuông SAM có:
1
AH
2
=
1
SA
2
+
1

AM
2
=
4
a
2
+
4
3a
2
=
16
3a
2
⇒ AH =
a 3
4
(3)
.
Từ (1), (2), (3) suy ra:
d(G;(ABC)) =
a 3
12
.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có tâm I(1;4), đỉnh A nằm
trên đường thẳng có phương trình 2x + y – 1 = 0, đỉnh C nằm trên đường thẳng có phương trình x
– y + 2 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông đã cho.
! Đề chuối quá!
Gọi A(a; 1 – 2a) vì I là trung điểm AC nên C( 2 – a; 7 + 2a).

Mặt khác C thuộc đường thẳng x – y + 2 =0 nên (2 – a) – (7 + 2a) +2 =0 "a = - 1,
Suy ra: A(-1; 3), C(3; 5).
Tìm B, D đơn giản; các em tự tính.

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
32x
4
− 16x
2
− 9 x − 9 2x − 1 + 2 ≥ 0
.
Điều kiện:
x ≥
1
2
.
Bất phương trình tương đương với:
64x
4
− 32x
2
+ 4 ≥18x + 18 2x −1 = 9( 2x −1 + 1)
2
⇔ 4(4x
2
−1)
2
≥ 9( 2x −1 + 1)
2
⇔ 2(4 x

2
−1) ≥ 3( 2x −1 + 1) do 4x
2
−1 ≥ 0,∀x ≥
1
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
⇔ 8x
2
− 3 2x −1 − 5 ≥ 0 ⇔ 8(x
2
−1) + 3(1− 2x −1) ≥ 0
⇔ 2(x −1) 4(x + 1) −
3
1+ 2x −1
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
≥ 0
⇔ 2(x −1) 4x + 1+ 4(x + 1) 2x −1
⎡
⎣

⎤
⎦
≥ 0 ⇔ x ≥1
.
Vậy tập nghiệm bất phương trình
S = 1;+∞
[
)
.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn
1
x
18
+
1
y
18
+
1
z
18
≤ 3
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức

P =
x
2015
+ y

2015
x
1997
+ y
1997
+
y
2015
+ z
2015
y
1997
+ z
1997
+
z
2015
+ x
2015
z
1997
+ x
1997
.
Xem thêm đề thi và đáp án khác tại page:
Page: Luyện đề thi quốc gia môn Toán - Thầy Đặng Thành Nam
Thầy: Đặng Thành Nam
6
Với x, y là 2 số thực dương ta luôn có:
x

m
+ y
m
x
n
+ y
n
≥
x
m−n
+ y
m−n
2
,∀m > n > 0
.
Thật vậy bất đẳng thức tương đương với:

2(x
m
+ y
m
) ≥ (x
n
+ y
n
)(x
m−n
+ y
m−n
)

⇔ x
m
+ y
m
− x
m−n
y
n
− x
n
y
m−n
≥ 0
⇔ x
n
(x
m−n
− y
m−n
) + y
n
(y
m−n
− x
m−n
) ≥ 0
⇔ (x
n
− y
n

)(x
m−n
− y
m−n
) ≥ 0
.
Bất đẳng thức cuối luôn đúng, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Áp dụng ta có:

P ≥
x
2015−1997
+ y
2015−1997
2
= x
18
+ y
18
+ z
18
∑
≥
9
1
x
18
+
1
y

18
+
1
z
18
≥ 3
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.