3 Đề thi thử môn toán Quốc Gia 2015 trường chuyên Bắc Ninh

Rồi
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 1 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)

2x 1
có đồ thị (H).
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số.
b) Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (H). Tiếp tuyến tại điểm M có hồnh độ dương

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y 

thuộc (H) cắt hai đường tiệm cận của (H) tại A, B sao cho AB  2 10 .
Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình 32 x 1  4.3x  1  0.
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Tính mơđun của số phức z  (1  2i)(2  i ) 2 .
b) Cho tập A  1, 2, 3,...,2015 , từ tập A chọn ngẫu nhiên hai số. Tìm xác suất để giá trị tuyệt
đối của hiệu hai số được chọn bằng 1.
4

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I  



x  ln 1  x

dx .

x
Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  2 y  z  1  0 và
1

 x  1  3t

đường thẳng d:  y  2  t . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt
z  1 t

phẳng (P) bằng 3.
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a đồng thời SA, SB, SC đơi một vng
góc với nhau tại S. Gọi H, I, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC, BC. Gọi D là điểm đối xứng
của S qua K; E là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SHI). Chứng minh rằng AD vng
góc với SE và tính thể tích của khối tứ diện SEBH theo a.
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I,
các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm
 7 5    13 5 
M 1; 5 , N  ;  , P 
;  (M, N, P khơng trùng với A, B, C). Tìm tọa độ của A, B, C biết đường
2 2  2 2
thẳng chứa cạnh AB đi qua Q  1;1 và điểm A có hồnh độ dương.
Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

 8 x  13  y   x  1 3 3 y  2  7 x

2
2
 y  1 x   8 y  7  x  y  12 y   x  1 3 3 y  2

 x, y    .

Câu 9. (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  2b  c  0 và a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 

a c2
a  b 1

.
a (b  c)  a  b  1 ( a  c )( a  2b  c)
---------- HẾT ----------


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 1 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán
Đáp án

Câu
1.a


Tập xác định: D   \ 1



Sự biến thiên
3
y, 
 0, x  1 .
2
 x  1

Điểm
1,0

0,25

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ;1) và (1;  ) .
+ Hàm số khơng có cực trị
+ Giới hạn:
* lim y  2;lim y  2  Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 

0,25

x 

* lim y  ;lim y    Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x 1



x 1

Bảng biến thiên:

x -∞

1

+∞

y'
+∞
y

2

0,25
2

-∞



 1 
Đồ thị: Giao điểm của (H) với Ox là   ;0  , giao điểm của (H) với Oy là
 2 
Đồ thị nhận I 1; 2 làm tâm đối xứng

0; 1

0,25

1.b

1,0


 2x 1 
Gọi M  x0 ; 0    H  ;
x0  1 


 0  x0  1

2x 1
Phương trình tiếp tuyến của  H  tại M là  d  : y 
x  x0   0
2 
x0  1
 x0  1
3

 2x  4 
(d) cắt tiệm cận đứng (x=1) tại A 1; 0

 x0  1 
(d) cắt tiệm cận ngang (y=2) tại B  2x0 1; 2
36

2

AB  2 10  4  x0  1 

 x0  1

2

0,25

0,25

 40

0,25

 x0  2

(do 0  x0 )
 x0  4
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán M  2;5 và M  4;3

0,25

2

1,0
x

3

2 x 1

3  1
x  0

 4.3  1  0   x 1  
3 
 x  1

3
x

1,0

3a

0,5
2

2

2

z  (1  2i)(2  i )  (1  2i)(4  4i  i )  (1  2i)(3  4i )  3  4i  6i  8i  11  2i
Vậy z  11  2i  z  112  22  5 5
3b

0,5
Gọi A là biến cố: “Hiệu hai số được chọn bằng 1”.
2
Số phần tử của không gian mẫu: n  C2015

0,25

Số cặp số có hiệu bằng 1 (là cặp hai số liên tiếp) là nA  2014 .

n
2014
Vậy xác suất để “Hiệu hai số được chọn bằng 1” là P  A   A  2
n C2015

0,25

4

1,0
4

Ta có: I  
1

4



x  ln 1  x
x

.dx 

4

4



x .dx  

1

1



ln 1  x
x

  I I
1

2

0,25

4

I1   xdx 
1

2
14
x. x 
3
3
1

0,25

1
u  ln(1  x ) du 
.dx


2
x
.(1
x
)




dx
dv 
v  2 x  2
x


4 4
4
1
 I 2  2 x  2 .ln 1  x |  
.dx  6ln 3  4 ln 2  2 x |  6ln 3  4 ln 2  2
1
1
x

1
14
8
Khi đó I  I1  I 2 =
 6ln 3  4 ln 2  2  6 ln 3  4ln 2 
3
3
4

ln(1  x )
I2  
dx , đặt
x
1



 

5
M(1+3t, 2 – t, 1 + t)d.

0,25



0,25
1,0
0,25

2(1  3t )  2(2  t )  1  t  1
3t= 1
3
Suy ra, có hai điểm thỏa bài toán là M1(4, 1, 2) và M2( – 2, 3, 0)

0,5

Ta có d(M,(P)) = 3 

0,25
1,0

6
Gọi HI  AK  J , SJ  AD  E

 E  AD   SHI 
Ta có J là trung điểm của AK, kẻ FK//SE
AD a 3

 F  AD   AE  EF  FD 
3
3
.
Trong tam giác vuông cân SBC,
1
a 2
SK  BC 
 SD  a 2
2

2

S

C

I

A
H

J

0,25

K
B

E
F
D

Trong tam giác vuông SAD,
a 3
SA2  a 2 , AE. AD 
.a 3  a 2  SA2  AE. AD  SE  AD
3
Tam giác SAB cân tại S nên SH  AB
Ta lại có
SC   SAB  , SC / / BD  BD   SAB  BD  SH  SH  ( ABD)  SH   HBE 

a 2
, S HEB  S EAH
2
S
1
AH . AE 1
a2 2
a2 2
 , S DAB  AB.BD 
 S HEB 
Mà EAH 
S DAB AB. AD 6
2
2
12

0,25

0,25

SH 

VSHBE

1
a3
 .SH .S HBE 
(đvtt)
3
36

7

0,25

1,0
Đường tròn ngoại tiếp ABC chính là đường trịn ngoại tiếp MNP có phương trình là
 3 
x 2  y 2  3 x  29  0 có tâm là K  ;0 
 2 
Vì P là điểm chính giữa cung AB nên đường thẳng chứa AB đi qua Q  1;1 vng góc với
KP
PT của AB: 2 x  y  3  0 .
Tọa độ A, B là thỏa mãn hệ
 y  2x  3
2 x  y  3  0
 y  2 x  3

 2
  x  1
 2
2
2
 x  y  3 x  29  0
 x   2 x  3  3 x  29  0   x  4


0,25

0,5

Từ đó, tìm được A 1;3 , B  4; 5
Ta lại có AC đi qua A, vng góc với KN có phương trình 2 x  y  7  0
Nên tọa độ điểm C thỏa mãn

0,25


 y  7  2x
2 x  y  7  0
 y  7  2 x

 2
  x  1
 C  4; 1
 2
2
2


3

29

0

7

2


3

29

0
x
y
x
x
x
x





 x  4
8

1,0

 8 x  13 y   x  1 3 y  2  7 x
1

2
2
 y  1 x   8 y  7  x  y  12 y   x  1 3 3 y  2  2 
Trừ vế với vế của (1) và (2) ta được
y 1
 y  1 x2  y 2  y  0  

2
y  x
Với y  1 thay vào (1) ta được 8x 13  x  1  7 x  x  1
3

0,25

Với y  x2 thay vào (1) ta được
3

8 x3  13x 2  7 x   x  1 3 3 x2  2   2 x 1   x 2  x 1   x  1 3  x  1 2 x  1   x 2  x  1
0,25

Đặt a  2 x  1, b  3 3 x 2  2 ta được
a 3   x 2  x  1   x  1 b
a  b
 a 3  b 3   a  b  x  1  0   2
 3
2
2
a  ab  b  x  1  0
b   x  x  1   x  1 a
x 1 y  1
3
2
3
2
a  b  2 x  1  3x  2  8 x  15 x  6 x  1  0  
1
1

x    y 

8
64
2

2

7
2
a
 3
a

a 2  ab  b 2  x  1    b    2 x  1  x  1    b   3 x 2  2 x   0, x
4
2
 4
2

 1 1 
Vậy hệ có nghiệm  x; y   1;1 ,  ; 
 8 64 

9

0,5

1,0
Áp dụng BĐT AM - GM ta có :

ab  bc  ac  2  a 2  b 2  c 2  a 2  2bc  2 ab  2 ac  2  a 2  bc  ab  ac
a  b  a  c  2 
Khi đó, 2  ab  ac   2   a  b  a  c   a  b  c   a  b  1 
2
a c2
2


a b  c   a  b  1 a  b
Mặt khác,
1
a  b 1
a  b 1
2

 a  c  a  b  2c    a  c  a  b  2c    a  b  
4
 a  c  a  2b  c   a  b 2

0,5

2

2
a  b 1
1
1
1 1
1  1
Do đó, P 




  

2
2
a  b  a  b
a  b a  b
4  2 a  b  4
1
Vậy GTLN của P bằng .
4

0,5


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 2 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Đề thi đề xuất của trường THPT Quế Võ số 1

2x  2
C 
2x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b) Tìm m để đường thẳng d : y  2mx  m  1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu

thức P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất ( với O là gốc tọa độ).
Câu 2. (1,0 điểm)
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y 

a) Giải phương trình: cos2 x  cos x  sin x  1  0
b) Giải phương trình: 9 x  5.3x  6  0
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình sau trên tập số phức: z 2  z  3  0
8
b) Cho khai triển  2  x  tìm hệ số của số hạng chứa x 6 trong khai triển đó
e

1  ln x 

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I    x 3 
dx .
2  x ln x 
1
 x  2t


Câu 5. (1,0 điểm) Cho điểm M  1;3; 2 , n 1; 2;3  và đường thẳng d :  y  t t  
z  2  t


Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n làm vectơ pháp tuyến. Tìm tọa độ giao
điểm của (P) và đường thẳng (d).
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có O là tâm của đáy khoảng cách từ O đến
mặt phẳng  SBC  bằng 1 và góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng  . Tính thể tích khối chóp

S. ABCD theo  . Xác định  để thể tích khối chóp đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường
thẳng d : x  y  1  0 . Điểm E  9; 4 nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F  2; 5  nằm trên
đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có
hồnh độ âm.

 4 y  1 x2  1  2 y  2 x2  1
Câu 8. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
 x, y    .
4
2
2
 x  x y  y  1
Câu 9. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực không đồng thời bằng 0 thỏa mãn điều kiện

 a  b  c 2  2  a 2  b2  c 2  . Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a 3  b3  c 3
.
 a  b  c  ab  bc  ca 
---------- HẾT ----------

P


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 2 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán

Đáp án

Câu
1.a
*TXĐ:

Điểm
1,0

2
1
 1
 I  d  c  5  A (1; 3); B ( 3;1)
 \   *SBT: y ' 

0,

x


2
2
 2
 2 x  1




Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 

1  1

 và   ;  
2  2


0,25

0,25

Tính giới hạn và tiệm cận
Lập bảng biến thiên

0,25

*Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị

0,25
0,5

1.b
PT hoành độ giao điểm:

2x  2
1
 2mx  m  1; x  
2x 1
2

0,25

2

2

 4mx  4mx  m  1  0 , (1); Đặt g  x   4mx  4mx  m  1
* (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt  PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2


m  0

   '  4m  0  m  0
  1
g     0
  2 

0,25

*Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x1, x2 thì x1, x2 là các nghiệm của PT (1)

 x1  x2  1


m 1
x
.
x

 1 2 4m
2

2

2

Có: OA2+OB2 = x1   2mx1  m  1  x2   2mx2  m  1

0,25

2



  4m m  1 x  x   2  m  1
 m 1
=  4 m  1 1 
  4m  m  1  2  m  1
2m 

2

2

= 4 m  1 x1  x2
2

2

2

1

2

2

5
1
5
9
 2m 
  2  (Áp dụng BĐT cơ si vì m dương)
2
2m 2
2
1
1
Dấu bằng xảy ra  m  ( thỏa mãn);KL: m  là giá trị cần tìm
2
2
=

2.a

0,25

0,5


cos2 x  cos x  sin x  1  0

 cos 2 x  0
 
 sin  x     1
4
2
 

0,25

k
k  
4 2
 x  k 2
 1

+) Với sin  x   

(k  )
 x    k 2
4
2


2


+) Với cos 2 x  0  x 





2.b

0,25

0,5
x 2

 

9 x  5.3x  6  0  3

Đặt t  3 x

 t  0

 5.3 x  6  0

Phương trình trở thành t 2  5t  6  0

x  1
t  3


 x  log3 2
t  2

0,25

0,25

3a

0,5
Ta có,   11  0

0,25

Suy ra phương trình có hai nghiệm là: z1 

 1  11i
 1  11i
; z2 
2
2

3b

0,25
0,5

8

k 8

Ta có khai triển sau:  2  x    C8k 28k x k

0,25

Từ đó suy ra hệ số của x 6 là C86 22  112

0,25

k 0

4

1,0
e

e

I   x 3 dx  
1

1

e

4 e

1  ln x
x
dx;  x3 dx 
2  x ln x
4
1

4


1

e 1
4

e
d  2  x ln x 
e 2
1  ln x
1 2  x ln xdx  1 2  x ln x  ln 2  x ln x  1  ln e  2  ln 2  ln 2
e

0,5

e

0,5

e4  1
e 2
Vậy I 
 ln
4
2
5


Phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n làm vecto pháp tuyến là:

1,0

1 x  1  2  y  3  3 z  2  0  x  2 y  3z  1  0

0,5

Vậy phương trình (P) là: x  2 y  3 z  1  0
Thay x, y, z từ phương trình đường thẳng (d) vào mặt phẳng (P) ta được:
2t  2t  3(2  t)  1  0  t  1  x  2, y  1,z  1

0,5

Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng là I  2; 1;1
6

1,0


Gọi M là trung điểm BC
Trong mp  SOM  kẻ OH  SM

S

(1)

S. ABCD là hình chóp đều nên SM  BC , OM  BC
Suy ra BC   SOM   OH  BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OH   SBC   OH  1
Từ (1) và (2) ta cũng có

0,25

H
D

  .
 SBC  ,  ABCD   SMO

M

O

OH
1
Xét OHM vuông tại H ta có OM 

sin  sin 
Xét SOM vng tại O ta có SO  OM tan  

C

A

B

1
1
. tan  
sin 

cos

2
4
 S ABCD  AB 2  2
sin 
sin 
1
1
4
1
4
 S ABCD .SO  . 2 .

(đvtt)
2
3
3 sin  cos 3sin  cos

Ta có AB  2OM 
Suy ra VS . ABCD

0,25

Đặt P  sin 2  .c os 
Ta có P  sin 2  .c os  c os   c os3
Đặt cos  t , t   0;1
Suy ra P  t  t

3

Ta có P   1  3t 2 ,
3
3
 t2 
3
3
Lập bảng biến thiên

t

3
3

0
+

P

1

0

-

2 3
9

P  0  t1  

0,5

P

VS . ABCD nhỏ nhất khi P l 
t

3
3
3
 cos  
   arccos
3
3
3

Vậy VS . ABCD nhỏ nhất bằng 2 3 (đvtt) khi   arccos

3
.
3

7

1,0
+) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC
B

 E’ thuộc AD.
Vì EE’ vng góc với AC và qua điểm E  9; 4

 phương trình EE’: x  y  5  0 .
Gọi I = AC  EE’, tọa độ I
x  y  5  0
x  3
là nghiệm hệ 

 I  3;  2 
 x  y 1  0
 y  2
Vì I là trung điểm của EE’  E '(3; 8)

E
I

A

J

E'
F
D

C


AD qua E '( 3; 8) và F (2; 5)  phương trình AD: 3 x  y  1  0

0,25

A  AC  AD  A(0;1) . Giả sử C (c;1  c) .

0,25

Vì AC  2 2  c 2  4  c  2; c   2  C ( 2;3)
Gọi J là trung điểm AC  J (1; 2)  phương trình BD: x  y  3  0 .
Do D  AD  BD  D (1; 4)  B ( 3; 0) .

Vậy A(0;1) , B (3; 0), C (2; 3), D (1; 4).

8

0,25
1,0

 4 y  1 x2  1  2 y  2 x2  1 (1)
(I)
 4
2
2
x

x
y

y

1
(2)


0,25

x 2  1  t  1  phương trình (1) có dạng: 2t 2   4 y 1 t  2 y  1  0

Đặt

t  2 y  1
   4 y  1  8  2 y  1   4 y  3   1
t  (l )
 2

0,25

y 1
+) Với t  2 y  1  1  x 2  1  2 y  1   2
thay vào (2) ta được
2
x  4 y  4y

0,25

2

2

2

16 y 2  y  1  4 y 2  y  1  y 2  1  0  y  1 (do y  1 )  x  0 . Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) .
9

0,25
1,0

1
1
2
2
gt
 ab  bc  ca   a  b  c 
ab  bc  ca    a  b  c    a 2  b 2  c 2  

2
4
Do đó

0,25

4a  b  c
3

P

3

3

a  b  c 

3



3

3

3

1  4a   4b   4c  

 
 
 
16  a  b  c   a  b  c   a  b  c  

Đặt
x

4a
4b
4c
,y
,z 
abc
abc
abc

Thì

0,25

y  z  4  x
x  y  z  4


2
 xy  yz  zx  4
 yz  x  4 x  4
2

Vì  y  z   4 yz nên 0  x 
Ta có P 

8
3

1 3
1 3
1
3
x  y 3  z3  
x   y  z   3 yz ( y  z )  (3 x 3  12 x2  12 x  6)

16
16
16



 8

Xét hàm số f ( x )  3 x  12 x  12 x  6 với x   0; 
 3
3

min f ( x)  16, max f ( x) 



0,25

2

176
9

0,25


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 3 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Đề thi đề xuất của trường THPT Ngô Gia Tự

Câu 1. (2,0 điểm)
Cho hàm số y  x4  2mx 2  1 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = 1.
b) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho BC = 4 và A là

điểm cực trị thuộc trục tung.
Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình log 22  log 2 x  2  0
Câu 3. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình cos 2 x  cos x  3  sin 2 x  sin x 
b) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0.
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp A. Tính xác suất để chọn được số chia hết cho 3.
1
2

dt
.
2
0 4 t

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I  

Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :

x 1 y  2 z

 và mặt
2
1
3

phẳng  P  : 2 x  y  2z  1  0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A  3; 1;2 , cắt đường
thẳng  và song song với mặt phẳng (P).
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt
đáy bằng 60 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách
từ C đến mặt phẳng (SMN).

Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  AD 2 , tâm

I 1; 2 . Gọi M là trung điểm cạnh CD, H  2; 1 là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm
tọa độ các điểm A, B.
Câu 8. (1,0 điểm) Giải bất phương trình

x  1  x 2  2  3x  4 x 2 .

Câu 9. (1,0 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P 

a2
b2
3

 (a  b) 2 .
2
2
(b  c )  5bc (c  a)  5ca 4

----------------Hết----------------


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 3 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán

Câu
1.a

Đáp án

Điểm
1,0

Với m = 1 hàm số trở thành : y  x4  2 x2  1
TXĐ : R ; lim y  
x 

0,25

x  0
Có y '  4 x 3  4 x ; y '  0  
 x  1
BBT (lập đúng và đầy đủ)
Hàm số đồng biến trên  1;0  và 1; 

0,25
0,25

Hàm số nghịch biến trên  ; 1 và  0;1
yCĐ =1 tại x = 0; yCT = 0 tại x  1
Đồ thị: (Vẽ đúng và chính xác)

0,25
0,5

1.b
x  0
Ta có y '  4 x 3  4mx  4 x  x 2  m  ; y '  0   2
 x  m  *
Để hàm số có ba cực trị thì y’=0 có ba nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua ba nghiệm đó
 (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0  m  0 (**)
 x  0  A  0;1
Khi đó y '  0  
 x   m  B m ;1  m2 , C  m ;1  m2

Do đó BC  4  2 m  4  m  4 (t/m (**))



 

0,25
0,25

0,25



0,25

2

1,0

log 2 x  1

log 22  log 2 x  2  0  
log 2 x  2

0,5

x  2

1
x 

4

0,5

3a

0,5
1
3
3
1
 cos 2 x  3 sin 2 x  3 sin x  cos x  cos 2 x 
sin 2 x 
sin x  cos x
2
2
2
2



2


2 x   x   k 2
 k 2
x






3
3
3
 cos  2 x    cos  x    

,k 


2

3
3


 2 x    x   k 2
x  k
3
3

3



3b

0,25

0,25
0,5

Các số gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0 lập được là A  504  n  A  504
3
9

Chọn ngẫu nhiên một số từ A có 84 cách nên n     84
Gọi B: “Số chọn được chia hết cho 3”

0,25


Số lập được chia hết cho 3 được lập từ các bộ số sau:
1;2;3 , 1;2;6 ,1;2;9 ,1;3;5 ,1;3;8 ,1;4;7 ,1;5;6 , 1;5;9 ,1;6;8 ,1;8;9

2;3;4 ,2;3;7 ,2;4;6 , 2; 4;9 , 2;5;8 ,2;6;7 ,2;7;9 ,3; 4;5 ,3; 4;8
3;5;7 , 3;6;9 , 3;7;8 , 4;5;6 , 4;5;9 , 4;6;8 , 5;6;7 , 5;7;9 ,
6;7;8 , 7;8;9

0,25

Mỗi bộ số lập được 3!=6 số nên có tất cả 29.6=174 số.
Chọn một số trong các số đó có 174 cách  n  B   174
Vậy xác suất là P  B  

n  B  174 29


n    504 84

4

1,0
1
2

1
2

dt
1  1
1 
 

 dt
2
4 0  2 t 2 t 
0 4 t

I 

1 2t
= ln
4 2 t

1
2
0

1 5
 ln
4 3

5

0,5

0,5
1,0

Gọi B  d    B  nên giả sử B 1  2t; 2  t;3t 

Khi đó AB   2  2t;3  t;3t  2  là vtcp của d.

Mặt phẳng (P) có vtpt n   2; 1; 2
 
1
Vì d//(P) nên AB.n  0  2  2  2t    3  t   2  3t  2   0  t  
3
  4 10



 AB    ; ; 3  hay u   4; 10;9 là vtcp của d.
 3 3

 x  3  4t

Vậy phương trình d:  y  1  10t , t  
 z  2  9t

6

0,5

0,5

1,0
*)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều
1
tâm G và SG   ABC   VS .ABC  SG.S ABC
3
Tam giác ABC đều cạnh a nên
a 3
a2 3
AN 
 S ABC 
2
4
Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa
  60 (vì
cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = SAG

 nhọn)
SG  AG  SAG

2
a 3
AN 
3
3
Trong tam giác SAG có SG  AG.tan 60  a
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG 

0,25

0,25


1 a 2 3 a3 3
Vậy VS . ABC  .a.

3
4
12
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M(SMN) nên
d C , SMN   3d G , SMN 
Ta có tam giác ABC đều nên tại K
SG   ABC   SG  MN

0,25

 MN   SGK  .

Trong (GKH), kẻ GH  SK  GH  MN  GH   SMN  , H  SK
 d G , SMN   GH
1
2
2
1
1
a 3
AN ; BG  AG  AN  GK  AN  AN  AN 
2
3
3
2
6
12
Trong tam giác vng SGK có GH là đường cao nên
1
1
1
1 48 49
a


 2  2  2  GH 
2
2
2
GH
SG GK
a

a
a
7
3a
Vậy d C , SMN   3GH 
7
Ta có BK 

7

0,5

1,0
Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD
 
nên IC  3IH

Mà IH  1;1 , giả sử
 x  1  3.1
x  4
C  x; y   

 C  4;1
 y  2  3.1  y  1

Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5)
CM BC
1
  BAC




 MBC
Lại có AB  2 AD nên
BC AB
2
  BCA
  90  MBC
  BCA
  90  AC  BM
Mà BAC

Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt IH  1;1

0,25

 pt BM: x + y – 1 = 0  B  t;1  t 


Có AB   t  2;6  t  ; CB   t  4; t 
 
Vì AB  BC  AB.CB  0   t  2  t  4   t  6  t   0







 t  2  2  B 2  2; 1  2 hoặc B 2  2; 1  2

0,25



8

0,25
1,0

x  0
0  x  1

3  41

2
  3  41
.
Điều kiện: 1  x  0
(*)
3  41  0  x 
8


x


2

8

8
2  3x  4 x  0
Bất phương trình đã cho tương đương với
x  1  x 2  2 x(1  x 2 )  2  3x  4 x 2  3( x 2  x )  (1  x )  2 ( x  x 2 )(1  x)  0

0,25



5  34
x 
x x
x x
x x 1
9
3
2
1  0 
  9 x 2  10 x  1  0  
1 x
1 x
1 x
3

5  34
.
x 
9

5  34

3  41
Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là
x
.
9
8
2

2

2

9

0,5

1,0
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có

a2
a2
4a 2
b2
4b 2


.

.
Tương

tự,
ta
có
(b  c ) 2  5bc (b  c ) 2  5 (b  c )2 9(b  c )2
(c  a) 2  5ca 9(c  a)2
4
2
2
a
b2
4  a2
b2  2  a
b 

 


Suy ra

(b  c)2  5bc (c  a)2  5ca 9  (b  c )2 (c  a)2  9  b  c c  a 
2

 (a  b )2

2
2

c
a


b
(
)
2
2


2  a  b  c ( a  b) 
2
2  2(a  b) 2  4c (a  b) 
2
 
  
  
 .
9  ab  c (a  b)  c 2 
9  (a  b )2
9  (a  b)2  4c (a  b)  4c 2 
2 
 c ( a  b)  c 


4

Vì a  b  c  1  a  b  1  c nên
2

0,25

2

2  2(1  c )2  4c (1  c )  3
8
2  3
2
 (1  c )2  1 
P 
  (1  c ) .
2
2 
9  (1  c )  4c (1  c )  4c  4
9  c 1  4

(1)

2

8
2  3
2
Xét hàm số f (c )   1 
  (1  c ) với c  (0; 1).
9  c 1 4
16 
2 
2
3
c
0
 (c  1);

Ta có f '(c )   1 
.
2
9  c  1  (c  1)
2
f '( c)
1
3
f '(c )  0  (c  1) 64  (3c  3)  0  c  .
3
Bảng biến thiên:
f (c )



1
3

–



Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)  

1
với mọi c  (0; 1).
9

1
1

Từ (1) và (2) suy ra P   , dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  .
9
3
1
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  , đạt khi a  b  c  .
9
3

0

1
+

0,5

1
9

(2)


LỚP TOÁN 10-11-12-LTĐH
11a Nguyễn Trường Tộ - Đn

ĐỀ THI THỬ THPT LẦN 10 NĂM HỌC 2014-2015
Mơn thi: Tốn
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4  2mx 2  1 (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = 1.
b) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho BC = 4 và A là
điểm cực trị thuộc trục tung.
Câu 2. (0,5 điểm) Giải phương trình 4log 22 x  log

2

x  2.

Câu 3. (1,0 điểm) a) Giải phương trình cos 2 x  cos x  3  sin 2 x  sin x 
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức : z  2.z  3  2i .Tìm mơđun của z.
1
2

dt
.
2
0 4 t

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân I  

Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho (P) : 2x – y – 2z + 1= 0 và I(3;-5;2).Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc mp(P).Tìm tọa độ tiếp điểm của (S) và mặt
phẳng (P).
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên
và mặt đáy bằng 60 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC
và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN).
Câu 7. (0,5 điểm) Cho số n thỏa mãn điều kiện : Cn0  2Cn1  4Cn2  97 .Tìm hệ số của số hạng
2

chứa x trong khai triển nhị thức :  x2  

x


n

4

Câu 8. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD, điểm M(5;7)
nằm trên cạnh BC. Đường trịn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C
thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng ABCD, biết hồnh độ
đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2.
Câu 9. (1,0 điểm) Giải bất phương trình x  1  x 2  2  3x  4 x 2 .
Câu 10. (1,0 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P 

a2
b2
3

 (a  b) 2 .
2
2
(b  c )  5bc (c  a)  5ca 4

----------------Hết----------------


Câu
1.a

Đáp án

Điểm
1,0

Với m = 1 hàm số trở thành : y  x4  2 x2  1
TXĐ : R ; lim y  
x 

0,25

x  0
Có y '  4 x  4 x ; y '  0  
 x  1
BBT (lập đúng và đầy đủ)
Hàm số đồng biến trên  1;0  và 1; 
3

0,25
0,25

Hàm số nghịch biến trên  ; 1 và  0;1
yCĐ =1 tại x = 0; yCT = 0 tại x  1
Đồ thị: (Vẽ đúng và chính xác)

0,25
0,5

1.b
x  0

Ta có y '  4 x 3  4mx  4 x  x 2  m  ; y '  0   2
 x  m  *
Để hàm số có ba cực trị thì y’=0 có ba nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua ba nghiệm đó
 (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0  m  0 (**)
 x  0  A  0;1

Khi đó y '  0 
 x   m  B m ;1  m2 , C  m ;1  m2

Do đó BC  4  2 m  4  m  4 (t/m (**))



 



2

0,25
0,25

0,25
0,25
0,5

Điều kiện x > 0.
(1)  4 log 22 x  log 1 x  2  4log 22 x  2log 2 x  2  0
22

Đặt t  log 2 x
 t  1
Pt có dạng 4t  2t  2  0   1
t 
 2

0,25

2

t  1  log 2 x  1  x  2 1 

1
(nhan )
2

1

1
1
2
t   log 2 x   x  2  2 ( nhan)
2
2
1
Vậy phương trình có nghiệm x  và x  2
2
3a

0,5

0,5
1
3
3
1
 cos 2 x  3 sin 2 x  3 sin x  cos x  cos 2 x 
sin 2 x 
sin x  cos x
2
2
2
2

0,25




2


2 x   x   k 2
x
 k 2







3
3
3
 cos  2 x    cos  x    

,k 
3
3


 2 x     x    k 2
 x  k 2

3
3
3

3b
Gọi z= a+bi ,với a,b  .
a  3
2

z  2. z  3  2i  
2  z  3  i
3
b  3
z 

0,25

0,5
0,25

0,25

85
3

4

1,0
1
2

1
2

dt
1  1
1 
 

 dt
2
4 0  2 t 2 t 
0 4 t

0,5

I 

1 2t
= ln
4 2 t

1
2
0

1 5
 ln
4 3

0,5

5

1,0

 S TX  P   R  d  I .  P   
2

2

16
3
2

TP( S ) :  x  3    y  5    z  2 

256

9

0,5

td H  hc p  I  H  d   p 
 x  3  2t
qua I  3; 5; 2 

voi d 

 pt : d  y  5  t
 z   2  2t
  P   VTCP u   2; 1; 2 

*Thế pt d vào pt(P)  t  

0,5

16
 5 29 14 
;Vay : H   ;  ; 
9
9 9
 9

6

1,0

*)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều
1
tâm G và SG   ABC   VS .ABC  SG.S ABC
3
Tam giác ABC đều cạnh a nên
a 3
a2 3
AN 
 S ABC 
2
4
Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa
  60 (vì
cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = SAG
 nhọn)
SG  AG  SAG

2
a 3
AN 
3
3
Trong tam giác SAG có SG  AG.tan 60  a
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG 

0,25

0,25

1 a 2 3 a3 3
Vậy VS . ABC  .a.

3
4
12
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M(SMN) nên
d C , SMN   3d G , SMN 
Ta có tam giác ABC đều nên tại K
SG   ABC   SG  MN

0,25

 MN   SGK  .
Trong (GKH), kẻ GH  SK  GH  MN  GH   SMN  , H  SK
 d G , SMN   GH
1
2
2
1
1
a 3
AN ; BG  AG  AN  GK  AN  AN  AN 
2
3
3
2
6
12
Trong tam giác vng SGK có GH là đường cao nên

1
1
1
1 48 49
a


 2  2  2  GH 
2
2
2
GH
SG GK
a
a
a
7
3a
Vậy d C , SMN   3GH 
7
Ta có BK 

7

0,5

1,0
 n  8  n
Cn0  2Cn1  4Cn2  97  n2  2n  48  0  
 n  6  l 

8

0,25

8

2
4
k

*  x2     C8k  2  .x16 3k , 16-k = 4 khi k= 4 .Vậy hệ số cần tìm là C84  2   1120
x  k 0

9

0,25
1,0

x  0
0  x  1

3  41

2
  3  41
.
Điều kiện: 1  x  0
(*)
3  41  0  x 
8



x


2

8
8
2  3x  4 x  0
Bất phương trình đã cho tương đương với
x  1  x 2  2 x(1  x 2 )  2  3x  4 x 2  3( x 2  x )  (1  x )  2 ( x  x 2 )(1  x)  0

0,25


5  34
x 
x x
x x
x x 1
9
3
2
1  0 
  9 x 2  10 x  1  0  
1 x
1 x
1 x
3


5  34
.
x 
9

5  34
3  41
x
.
Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là
9
8

0,5

2

2

2

10

1,0
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có

a2
a2
4a 2

b2
4b 2
Tương
tự,
ta
có


.

.
(b  c ) 2  5bc (b  c ) 2  5 (b  c )2 9(b  c )2
(c  a) 2  5ca 9(c  a)2
4
2
2
a
b2
4  a2
b2  2  a
b 

 


Suy ra

(b  c)2  5bc (c  a)2  5ca 9  (b  c )2 (c  a)2  9  b  c c  a 

0,25

2

 (a  b )2

2
 c (a  b ) 
2
2



2 a  b  c ( a  b)
2
2  2(a  b) 2  4c (a  b) 
2
 
  
  
 .
9  ab  c (a  b)  c 2 
9  (a  b )2
9  (a  b)2  4c (a  b)  4c 2 
2 
 c ( a  b)  c 

4



Vì a  b  c  1  a  b  1  c nên
2

2

2

2  2(1  c )2  4c (1  c )  3
8
2  3
2
 (1  c )2  1 
P 
  (1  c ) .
2
2 
9  (1  c )  4c (1  c )  4c  4
9  c 1  4

(1)

2

8
2  3
2
Xét hàm số f (c )   1 
  (1  c ) với c  (0; 1).
9  c 1 4
16 

2 
2
3
c
0
 (c  1);
Ta có f '(c )   1 
.
2
9  c  1  (c  1)
2
f '( c)
1
3
f '(c )  0  (c  1) 64  (3c  3)  0  c  .
3
Bảng biến thiên:
f (c )



1
3

–



Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)  

0

1
+

0,5

1
9

1
với mọi c  (0; 1).
9

(2)

1
1
Từ (1) và (2) suy ra P   , dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  .
9
3
1
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  , đạt khi a  b  c  .
9
3

8

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD, điểm M(5;7) nằm trên

cạnh BC. Đường trịn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C
thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng ABCD, biết
hồnh độ đỉnh C ngun và hồnh độ đỉnh A bé hơn 2.
A

B
I
M

E
H
N
D

Gọi I là tâm đường tròn đường kính AM thì I là trung
điểm AM.
  sd MN
  2 MBN
  900
Dễ thấy MIN
Điểm C  d: 2x-y-7=0. C(c;2c-7)
Họi H là trung điểm của MN =>H(11/2; 9/2)
Phương trình đường thẳng  trung trực của MN
đi qua H và vng góc với MN là d: x-5y+17=0
Điểm I => I(5a - 17;a)

1,00

0,25

C


MN  (1; 5)  MN  26

IM  (22  5a;7  a )  IM 

2

2

 22  5a    7  a 

Vì MIN vng cân tại I và
MN  26  IM  13 

2

2

 22  5a   7  a 

a  5
 26a 2  234a  520  0  
a  4
Với a=5 =>I(8;5) => A(11;9) (loại)
Với a=4 =>I(3;4) => A(1;1) (t/m)

 13

0,25


  11  c
c 1

Gọi E là tâm hình vuông nên E (
; c  3)  EN  
;5  c 
2
 2

 
Vì ACBD  AC.EN  0
11  c
 ( c  1).
  2c  8  .  5  c   0
2
 c  7(t / m)
2
 5c  48c  91  0   13
 c  (loai)

5
Suy ra: C(7;7) => E(4;4)
Pt BD: x+y−8=0, pt BC:x−7=0 ⇒B(7,1)⇒D(1,7)

0,25

0,25