Đề thi thử môn toán Quốc Gia 2015 trường THPT TT LT Star Lâm Đồng

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH LÂM ĐỒNG
ĐỀ LUYỆN KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa STAR
MÔN: TOÁN - ĐỀ SỐ 1
website: www.maths.edu.vn
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

 

Câu 1. ( 2,0 điểm ) Cho hàm số: y  x 3  3x 2  2, có đồ thị C .

 

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C .

 

b. Tìm tất cả những điểm trên đường thẳng y  2 mà từ đó có thể kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị C .
Câu 2. (1,0 điểm )
a. Giải phương trình: sin2x  2 tan x  3
b. Cho số phức z sao cho z  10 và phần thực của z bằng 3 lần phần ảo. Tính z  1 .









Câu 3. (0,5 điểm ) Giải phương trình: 2 log5 3x  1  1  log 3 5 2x  1 .





3
3

9y 3x  1  125
Câu 4. (1,0 điểm ) Giải hệ phương trình: 
45x 2y  75x  6y 2


1
log2
e
x dx .
Câu 5. ( 1,0 điểm ) Tính tích phân sau: I  
1 x 1  ln x
Câu 6. ( 1,0 điểm ) Cho hình lăng trụ ABC .A ' B 'C ', có ABC là tam giác đều cạnh a . Đỉnh A ' cách đều các

đỉnh A, B,C . Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 600 . Tính thể tích khối chóp A '.BCC ' B ' và tính góc







giữa hai mặt phẳng A ' BC , CC ' B ' .

Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC , đường phân giác trong của góc





A có phương trình AD : x  y  0 , đường cao CH : 2x  y  3  0, cạnh AC qua M 0, 1 , AB  2AM .

Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC .

x  1  2t

Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian tọa độOxyz , cho đường thẳng  : y  1  t
z  2  t


 





 

t   và điểm

 

M 2,1,2 . Viết phương trình mặt phẳng  chứa    sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng  bằng
3

.
3
Câu 9. (0,5 điểm) Một hộp chứa 30 bi trắng, 7 bi đỏ và 15 bi xanh. Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ và
9 bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp bi một viên bi . Tìm xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu.
Câu 10. ( 1,0 điểm ) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xy  yz  xz  xyz .

Chứng minh rằng:

1
1
1
1


 .
x  3y  2z y  3z  2x z  3x  2y 6
--------- Hết ---------

Trang 1


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG
ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa STAR
MÔN: TOÁN - ĐỀ SỐ 1
website: www.maths.edu.vn
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề
Thí sinh làm cách khác nhưng đúng đáp án thì vẫn cho đủ số điểm.
Câu
1

ý
a

Lời Giải
y  x  3x  2 .
3

2

Điểm

Tập xác định: D 



x  0  y  2
y '  3x 2  6x ; y '  0  
x  2  y  2



Hàm số nghịch biến trên ; 0 , 2;  ; đồng biến trên 0;2

 



  
Điểm cực đại  2;2  , điểm cực tiểu  0; 2 



lim y  , lim y  



x 

Bảng biến thiên:

x
y'


0
0



2
0





CĐ



y

0,5

x 

2
CT



2
 Đồ thị
Điểm đặc biệt:
x
y

1
2

3
2

1
0
0,5


Phương trình tiếp tuyến    qua M có hệ số góc k có dạng y  k x  m   2   

Đường thẳng    là tiếp tuyến của đồ thị C  khi hệ phương trình sau phải có nghiệm

x  3x  2  k  x  m   2 1

3x  6x  k
2 








b Đường thẳng d : y  2 . Gọi điểm M thuộc đường thẳng d  M m;2

3

0,5

2

2

Trang 2


Thay  2  vào 1 ta được

x  2

2x 3  3m  3 x 2  6mx  4  0   2
2x  1  3m x  2  0









 

 



Trên đường thẳng d kẻ tới đồ thị C được ba tiếp tuyến khi phương trình * có 2

 m  1

9m 2  6m  15  0

5
  m 
nghiệm phân biệt  2  

6
m


12

0

3


m  2
5 
Vậy m  ; 1   ;2   2; 
3 
a sin2x  2 tan x  3

Điều kiện: cos x  0  x   k , k 
2

Với x   k  , chia 2 vế của phương trình cho cos2 x ta được
2
2 sin x cos x
tan x
3
pt 
2

 tan x  1 2 tan2 x  tan x  3  0
2
2
2
cos x
cos x cos x

 tan x  1  0


 tan x  1  x   k ; k 
2
4
2 tan x  tan x  3  0 VN


Vậy phương trình đã cho có họ nghiệm S    k  k   .
4

b Gọi z  a  bi  z  a 2  b 2 ; a,b 
.



2






















3

 3
 1
3
1

Điều kiện: x 

0,25

ta được số phức z  3 – i  z  3  i . Vậy z  1  17
0,25

ta được số phức z  3  i  z  3  i . Vậy z  1  5



1
*

3


 2x  1




 5  3x  1   2x  1
2

Phương trình tương đương log5 3x  1  1  3 log5 2x  1



0,25



 a  3

2
2
2
2
 z  10
 b  1
 a  b  10
(3b)  b  10
Theo đề ra ta có 



 
a  3
a  3b
a  3b
a  3b
 
 b  1


a
Với 
b
a
Với 
b

0,25



 



0,5



 log5 5 3x  1

2

 log5

3

2

3

0,25

Trang 3




 8x  33x  36x  4  0  x  2
3

2


2

x  2
8x  1  0  
x  1


8



0,25



So sánh điều kiện * nên phương trình đã cho có 1 nghiệm S  2 .
4











2 2
3
3
3


9y 3x  1  125
 3xy  5 9x y  15xy  25  9y




2
45x 2y  75x  6y 2

5x 3xy  5  2y







   

Dễ thấy x ; y  0; 0 không phải là nghiệm của hệ, chia vế theo vế của hai phương trình
2
5
9x 2y 2  15xy  25 9y
10
hoặc xy  .

 18 xy  75xy  50  0  xy 
6
5x
2
3
10
2

 Với xy 
 y 3  125  y  5  x 
3
3
5
125
5
1
 Với xy   y 3 
y  x 
6
8
2
3
2  1 5
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm x, y   ;5  ,  ; 
3  3 2
1
log2
e
e
1
ln2 x
x
I 
 2 
dx
ln 10 1 x 1  ln x
1 x 1  ln x
dx

Đặt t  1  ln x  t 2  1  ln x  2tdt 
x

0,5

 

ta được:

0,5

 

5

x  1

Đổi cận: 
x  e

2
 2
ln 10

2


1

t  1


t  2

1
I  2
ln 10

2


1

2

t

2

0,5



2

 1 .2tdt
t


2 7 2 8 
2

2  t 5 2t 3
 
7 2 8
t  1 dt  2  
 t   2 
15  15 ln2 10
3
ln 10  15
ln 10  5
1
2



2





0,5

Trang 4


6

Vì A ' A  A ' B  A 'C và ABC đều cạnh a  A '.ABC là hình chóp tam giác đều.
A'
Gọi M là trung điểm của BC và O là trọng tâm của ABC .

M'
Theo đề ra ta có A 'O  ABC







Vậy AO là hình chiếu của A ' A lên mặt phẳng ABC





 AA ', ABC

  AA ', AO   A ' AO  60

B'

0

Ta có AM là đường cao trong ABC nên có AM 

 AO 


a 3
2

C
A

O
M

1
2
a 3
a 3
và OM  AM 
AM 
3
3
6
3

Xét A 'OA vuông tạiO , nên ta có tan A ' AO 

 A 'O  OA. tan A ' AO 

C'

B

0,5

A 'O
OA

a 3
. tan 600  a
3

Vậy thể tích lăng trụ ABC .A ' B 'C ' là: VABC .A ' B 'C '  A 'O.S ABC  a.
Và thể tích chóp A ' ABC là: VA ' ABC 

a2 3 a3 3
(đvtt)

4
4

1
1 a3 3 a3 3
(đvtt)
A 'O.S ABC  .

3
3 4
12

Nên thể tích khối chóp A ' BCC ' B ' là: VA ' BCC ' B '  VABC .A ' B 'C '  VA ' ABC 



Gọi M ' là trung điểm của B 'C '  A ' M '  A ' AM








 A ' BC    BCC ' B '   BC

Ta có A ' M   A ' BC  , A ' M  BC
M ' M  BCC ' B ' , M ' M  BC



 A ' BC  , BCC ' B '   A ' M , M ' M   A ' MM '



a3 3
(đvtt)
6

Mà BC  A ' AM  BC  A ' M ' MA  BC  M ' M và BC  A ' M





0,5

Mà A ' MM '  AA 'M so le trong .

AO
Ta có tan AA 'O 

A 'O

a 3
3  3  AA 'O  300
a
3

OM
tan MA 'O 

A 'O

a 3
6  3  MA 'O  17 0
a
6

Mặt khác AA 'M  AA 'O  MA 'O  470

Trang 5


7





Gọi M ' x 0 ; y 0 là điểm đối xứng của M qua đường phân giác AD  M '  AB .





Véctơ MM '  x 0 ; y0  1 , trung điểm của đoạn

A

 x y  1
MM ' là I  0 ; 0
 , VTPT của đường thẳng AD
2
2





H

 



M'

là n AD  1; 1  VTCP u AD  1;1 .

MM '.u AD  0

MM '  AD
Ta có 

I  AD
I  AD




x 0  y 0  1  0
x  1


 x
 0
 M '  1; 0
y

1
0
0
y

0


0

0



2
2







M
I

B
D

C

0,5





Đường thẳng qua AB đi qua M ' 1; 0 và vuông góc CH

 phương trình cạnh AB : x  2y  1  0

 Ta có A  AB  AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

x  2y  1  0
 A 1;1

x y  0



 

  



Đường thẳng AC qua A 1;1 ; M 0; 1  phương trình cạnh AC : 2x  y  1  0
Lại có C  AC  CH nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình

 1

2x  y  1  0
 C   ; 2 

2x  y  3  0
 2












Vì B  AB  B 2b  1;b  AB  2b  2;b  1

0,5

Ta có AB  5b 2  10b  5 và AM  5
Vì AB  2AM  5b 2  10b  5  2 5  b  1 hoặc b  3 .





 

Vậy có 2 điểm B 3; 1 ; B 5; 3

 

(Dễ thấy B 5; 3  AB  2AM '  AB, AM ' ngược hướng nên không thỏa yêu cầu)

5
 1
BC   ; 1   5; 2  VTPT của BC là nBC  2;5
2

 2







 



Vậy phương trình cạnh BC : 2x  5y  11  0 .
8





 

Ta có N 1;1;2   , mà mặt phẳng    chứa    ,  N  





 
   có dạng    : A x  1  B y  1  C z  2  0

Gọi n  A; B;C là VTPT của mặt phẳng  .
Vậy phương trình mặt phẳng

 Ax  By  Cz  A  B  2C  0

   

0,5

Vì    nên u .n  0  C  B  2A

 





Vậy mặt phẳng  trở thành Ax  By  B  2A z  3A  3B  0

Trang 6


Theo đề ra có khoảng cách từ M tới mặt phẳng    bằng
A





3

 AB
3



3
3



2

 0 AB.
5A2  2B 2  4AB
Chọn A  1 thì B  1  C  1
Vậy phương trình mặt phẳng  : x  y  z  0

0,5

 

9

 

1
1
Số trường hợp lấy 2 viên bi từ hai hộp ngẫu nhiên là: n   C 52
.C 25



1
1
.C 10
Trường hợp 1: Số cách để lấy ra hai viên bi trắng từ hộp 1 và hộp 2: n1  C 30



Trường hợp 2: Số cách để lấy ra hai viên bi đỏ từ hộp 1 và hộp 2: n2  C 71.C 61



1
.C 91
Trường hợp 3: Số cách để lấy ra hai viên bi đỏ từ hộp 1 và hộp 2: n3  C 15

0,25

Vậy xác suất để 2 bi lấy ra cùng màu là:
1
1
1
.C 10
 C 71.C 61  C 15
.C 91
n1  n2  n3 C 30
P n 

1

1
n
C 52
.C 25

 

10

Ta có xy  yz  xz  xyz 

0,25

1 1 1
  1
x y z

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có

1
1
1 1
1 

 


x  3y  2z
x  2z  3y 4  x  2z 3y 





1
1
11 1 1 11 2

       
x  2z x  z  z 9  x z z  9  x z 
1
1 1  1 2  1  1  1
1 2 
Vậy
      
 

 1
x  3y  2z 4  9  x z  3y  12  3x y 3z 
1
1  1 1 2 

 
Tương tự ta có

 2
y  3z  2x 12  3y z 3x 
Mặt khác ta có

0,5





1
1  1 1 2 

 


z  3x  2y 12  3z x 3y 
Cộng từng vế của 1 ,  2  và  3 ta được:

 3

1
1
1
1  1
1 2
1 1 2
1 1 2 



 

 


 


x  3y  2z y  3z  2x z  3x  2y 12  3x y 3z 3y z 3x 3z x 3y 
11 1 1 1
    
6x y z  6

0,5

1 1 1
  
 x  y  z  3.
Dấu bằng xảy ra khi  x y z
1  1  1  1
 x y z
Giáo viên ra đề: Lê Quang Điệp

Trang 7