3 Đề thi thử Đại Học môn Toán trường THPT chuyên Quốc Học Huế có đáp án

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC - HUẾ

KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN 1 NĂM 2015

Đề chính thức
(Đề thi gồm 01 trang)

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề

1
Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − x 2 − 3 x + 4 .
3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho.
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị ( C ) sao cho tiếp tuyến của đồ thị ( C ) tại M song
song với đường thẳng d : 9 x + 3 y − 8 = 0 .
Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình

( 3 + 2sin 2 x ) .cos x − sin 3x = 10sin 2 

x π
+ 
2 4

( x ∈ ») .

Câu III (2,0 điểm) Giải phương trình
3
log8 (12 − 8 x ) + log 3 2 x = 2 + log 2 ( 2 x 2 − 3x + 2 )

( x ∈ ») .

Câu IV (4,0 điểm)

2.9 x − 3.6 x
1. Giải bất phương trình
≤2
6x − 4x

( x ∈ ») .
n

2 

2. Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức  3 x −
 với x > 0 , biết n ∈ » thỏa
x

Cn7+1 + Cn7+ 2 = 2Cn8+ 2 − Cn8+1 .
Câu V (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) thuộc
miền trong của tam giác ABC. Biết AB = 6; AC = 8; BC = 10 , các góc giữa các mặt bên với mặt
đáy đều bằng nhau và bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABC. Xác định tâm và tính bán kính
của mặt cầu đi qua đỉnh S và tiếp xúc với ba cạnh của tam giác ABC.
Câu VI (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có tâm E ( 3; −4 ) .
Đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M ( 7;4 ) và trung điểm N của đoạn CD thuộc đường
thẳng d : 4 x + y − 10 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AB.
Câu VII (2,0 điểm) Giải hệ phương trình
 x 2 + 4 y ( x − 5 ) − 1 = 4 y 2 − x + 2 2 y

 4 y ( x − 4 ) + x = 2 x − 1

( x, y ∈ » ) .

Câu VIII (2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 = 3c 2 + 4 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
2
2
b + c ) ( a − c ) ( a + c ) (b − c ) 3
(
P=
+
−c .
a+c
b+c
--------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh………….


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2015
Môn : TOÁN; Lần 1
(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ

TỔ TOÁN
------------------------

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu
I

(4,0 điểm)

Đáp án

Điểm

1. (2,0 điểm)
Tập xác định D = » .

 x = −1

0.5

Sự biến thiên: y ' = x 2 − 2 x − 3; y ' = 0 ⇔ 
.
x = 3
Giới hạn lim y = +∞; lim y = −∞ , đồ thị hàm số không có đường tiệm cận.
x →+∞

x →−∞

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( 3; +∞ ) , nghịch biến trên ( −1;3) .

17
; Hàm số đạt cực tiểu tại
Hàm số đạt cực đại tại x = −1 , giá trị cực đại là y =
3
x = 3 , giá trị cực tiểu là y = −5 .

0.5

Bảng biến thiên

x
y'

+

y

3

-1

-∞

0
17
3

-

0

+∞
+
+∞

0.5

-5

-∞
Đồ thị:
y
17
3

3
-1

x

0.5

O

-5

2. (2,0 điểm)
Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) , tiếp tuyến với đồ thị tại M có dạng y = f ' ( x0 )( x − x0 ) + y0 .
Tiếp tuyến tại M song song với d : 9 x + 3 y − 8 = 0 suy ra x02 − 2 x0 − 3 = −3
Giải phương trình bậc hai này ta được hai nghiệm là x0 = 0 và x0 = 2 .
Nếu x0 = 0 thì y0 = 4 và phương trình tiếp tuyến với ( C ) tại M là y = −3x + 4 .
Nên M ( 0;4 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

1

0.5
0.5

0.5


10
và phương trình tiếp tuyến với ( C ) tại M là
3
10 

9 x + 3 y − 8 = 0 . Nên M  2; −  không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3

Vậy điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là M ( 0; 4 ) .
Nếu x = 2 thì y0 = −

II
(2,0 điểm)

Ta có

( 3 + 2sin 2 x ) .cos x − sin 3x = 10sin 2 

x π
+ 
2 4
⇔ 3cos x + sin 3 x + sin x − sin 3x = 5 + 5sin x
3
4
⇔ cos x − sin x = 1 .
5
5

3
4
Gọi α ∈ » sao cho cos α = ; sin α = , ta có cos ( x + α ) = 1
5
5
⇔ x = −α + k 2π . Vậy tập nghiệm là S = {−α + k 2π / k ∈ »} với α ∈ » sao cho

III
(2,0 điểm)

3
4
cos α = ; sin α = .
5
5
x > 0

Điều kiện 12 − 8 x > 0
. Với điều kiện đó phương trình đã cho tương đương
2 x 2 − 3x + 2 > 0

log 2 (12 − 8 x ) + 3log 2 x = 2 + log 2 ( 2 x 2 − 3x + 2 )

⇔ 2 x 4 − 3x 3 + 2 x 2 − 3 x + 2 = 0 .
1

t
=
−
1

2
Đặt t = x + , t ≥ 2 , phương trình trở thành 2t − 3t − 2 = 0 ⇔ 
2.

x
t = 2
Chỉ có nghiệm t = 2 thỏa mãn. Với t = 2 ta có phương trình
1
x + = 2 ⇔ x 2 − 2 x + 1 = 0 ⇔ x = 1 thỏa mãn điều kiện.Vậy tập nghiệm S = {1} .
x
IV
(4,0 điểm)

0.5

0.5

0.5
0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

1. (2,0 điểm)
Ta có

2.9 x − 3.6 x
2.9 x − 5.6 x + 2.4 x
≤2⇔
≤0
6x − 4x
6x − 4x
Chia cả tử và mẫu của vế trái cho 4 x > 0 , bất phương trình tương đương với
2x
x
3
3
2.  − 5   + 2
x
3
2
2
≤ 0 . Đặt t =   , t > 0 bất phương trình trở thành
x
3
2
 
  −1
2
 1
t≤
2t 2 − 5t + 2
≤0⇔ 2 .


t −1
1 < t ≤ 2

2

0.5

0.5

0.5


x

1
1
3 1
Với t ≤ ta có   ≤ ⇔ x ≤ log 3 ⇔ x ≤ − log 3 2 .
2
2 2
2 2
2
x

 3
Với 1 < t ≤ 2 ta có 1 <   ≤ 2 ⇔ 0 < x ≤ log 3 2 .
 2
2


 

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S =  −∞; − log 3 2  ∪  0;log 3 2  .

2 

2 
2. (2,0 điểm)
Điều kiện n + 1 ≥ 8 ⇔ n ≥ 7 . Ta có

0.5

0.5

Cn7+1 + Cn7+ 2 = 2Cn8+ 2 − Cn8+1 ⇔ Cn8+3 = 2Cn8+ 2
( n + 3)! = 2. ( n + 2 )! ⇔ n = 13 .
⇔
8!( n − 5 )!
8!( n − 6 )!

0.5

Khi đó vì x > 0 nên
13

13
2 
3
x
−

=
C13k
∑


x

k =0

Theo yêu cầu bài toán thì

13− k

( x)
3

k

26 −5 k
13
 −2 
k
k
6
=
C
−
2
x
.


 ∑ 13 ( )
x


k =0

26 − 5k
= 1 ⇔ k = 4 . Do đó hệ số của x là
6

0.5

0.5

4
13

16.C = 11440 .
Ghi chú: Nếu viết khai triển
13

13
2 
3
x
−
=
C13k
∑



x

k =0

Theo yêu cầu bài toán thì

k

( x)
3

13− k

 −2 


 x

13

= ∑C

k
13

13− k

( −2 )

x

5 k −39
6

k =0

5k − 39
= 1 ⇔ k = 9 . Do đó hệ số của x là
6
16.C139 = 11440 .

V
(2,0 điểm)

S

I

C

0.5

N

B

O
P

M
A

Gọi O là hình chiếu của S lên ( ABC ) . Từ giả thiết suy ra O là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác ABC có nửa chu vi p = 12 , diện tích S ABC = 24 . Giả sử ( O ) tiếp xúc
3


với ba cạnh AB, BC, CA lần lượt tại M, N, P. Khi đó S = 12.OM ⇒ OM = 2 .
Tam giác SMO vuông tại O, ∠SMO = 600 nên SO = 2 3 , từ đó thể tích khối chóp

VI
(2,0 điểm)

1
V = S ABC .SO = 16 3 .
3
Gọi I là tâm mặt cầu đi qua đỉnh S và tiếp xúc với ba cạnh của tam giác ABC.
Khi đó ta phải có IM = IN = IP = IS , suy ra I là giao điểm của SO với đường
trung trực của cạnh SM trong ∆SMO , hay I là trọng tâm tam giác đều SMM '
với M’ đối xứng với M qua O.
2OM 4 3
=
Từ đó bán kính mặt cầu cần tìm IM =
.
3
3
Gọi N ( a;10 − 4a ) ; N’ đối xứng với N qua E, ta có N ' ( 6 − a; 4a − 18 ) .

0.5

0.5

0.5

0.5

Dễ thấy E ≠ N
Vì ABCD là hình chữ nhật và E là trung điểm của DC nên ta có

a = 5
EN .N ' M = 0 ⇔ 17 a − 146a + 305 = 0 ⇔ 
 a = 61
17

Với a = 5 , ta có đường thẳng AB qua M nhận EN làm vectơ pháp tuyến nên phương
2

trình của nó là

0.5

0.5

AB : x − 3 y + 5 = 0 .
Với a =

61
, tương tự ta có phương trình đường thẳng
17

AB : 5 x − 3 y − 23 = 0 .

VII
(2,0 điểm)

0.5

 x 2 + 4 y ( x − 5 ) − 1 = 4 y 2 − x + 2 2 y (1)

(2)
 4 y ( x − 4 ) + x = 2 x − 1
x ≥ 1
. Với điều kiện đó
y ≥ 0

Điều kiện 

0.5

(1) ⇔ x 2 + 4 xy − 20 y − 1 = 4 y 2 − x + 2 2 y
(2) ⇔ 4 xy = 16 y + 2 x − 1 − x . Thay vào (1) ta có
2

x 2 + 2 x − 1 = ( 2 y + 1) + 2

( 2 y + 1) − 1 .

Xét hàm số u = g ( t ) = t 2 + 2 t − 1 với t ∈ [1; +∞ ) . Hàm số này luôn đồng biến.
2

Vì thế x 2 + 2 x − 1 = ( 2 y + 1) + 2

( 2 y + 1) − 1 ⇔ x = 2 y + 1 ⇔ x − 1 = 2 y .

0.5

Thay vào (2) ta được
2

2 x2 − 9 x + 8 = 2 x − 1 ⇔ 2 ( x − 2) =

(

 x −1 = 2x − 2 2 −1
2
x −1 +1 ⇔ 
 x − 1 = − 2 x + 2 2 − 1

)

2 x 2 − 9 + 2 2 x + 10 + 4 2 = 0

x −1 = 2x − 2 2 −1 ⇔ 
 2 x − 2 2 − 1 > 0

(

)

4

0.5

0.5


(

)

(

)

Phương trình bậc hai 2 x 2 − 9 + 2 2 x + 10 + 4 2 = 0 có ∆ = 2 2 + 1

2

nên có

5+2 2
và x2 = 2 . Nghiệm x2 bị loại vì 2 x2 − 2 2 − 1 < 0 .
2
5−2 2
Hoàn toàn tương tự ta có x − 1 = − 2 x + 2 2 − 1 ⇔ x =
.
2
 5− 2 2 3− 2 2   5+ 2 2 3+ 2 2 
;
;

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là 
 và 
.
2
4
2
4

 

hai nghiệm là x1 =

VIII
(2,0 điểm)

Đặt x = a + c; y = b + c; x, y > 0 ta có

P=

y 2 ( x − 2c ) x 2 ( y − 2c ) 3
 y 2 x2 
+
− c = x 2 + y 2 − 2c  +  − c 3 .
x
y
y
 x

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có

0.5

y 2 x2
+ ≥ x + y , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x
y
0.5

x = y ⇔ a = b , nên
P ≤ x 2 + y 2 − 2c ( x + y ) − c3 .
Nhưng x 2 + y 2 − 2c ( x + y ) = a 2 + b 2 − 2c 2 = a 2 + b 2 − 3c 2 + c 2 = 4 + c 2 nên

(

)

P ≤ −c 3 + c 2 + 4 .

0.5

Xét hàm số

t = 0
u = f ( t ) = −t + t + 4, t ∈ ( 0; +∞ ) ; f ' ( t ) = −3t + 2t ; f ' ( t ) = 0 ⇔  2 .
t =
 3
3

2

2

Bảng biến thiên

t

0

f'(t)

0

2
3
+

0

+∞
-

112
27

f(t)

0.5

-∞

4

112
, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
27


2

2 

2
2
2
 ( a = b ) ∧  c = 3  ∧ ( a + b = 3c + 4 )  ⇔   a = b = 2 3  ∧  c =




 

112
Vậy giá trị lớn nhất của P là Pmax =
đạt được khi và chỉ khi
27
2
2
a=b=2
và c = .
3

3

Từ đó ta có P ≤

2 
 .
3  

Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác đáp án và đúng thì vẫn được điểm tối đa.
----------------Hết---------------5


TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC - HUẾ

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015

Đề chính thức
(Đề thi gồm 01 trang)

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y =

3x + 1
có đồ thị (C ) .
2x − 1

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
b. Tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại M (1;4) cắt trục Ox ,Oy lần lượt tại A, B . Tính diện

tích tam giác OAB (O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình

22x

2

+ 3x

− 3.2x

2

+2x +1

+ 2x +3 = 0, (x ∈ » ).

Câu 3 (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z − 2i = z + 2 + 4i và

z −i
là số thuần ảo.
z +i

Câu 4 (1,0 điểm) Có bao nhiêu cách sắp xếp 10 chữ cái của cụm từ “QUOC HOC PRO”
thành một hàng ngang sao cho giữa hai chữ cái O bất kỳ luôn có ít nhất hai chữ cái khác. Ví
dụ, sau đây là một số cách xếp thỏa mãn yêu cầu:
Q O C C O P R H O U ; Q O C P R O C H U O ; ...
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I, AB = a ,
AD = 2a . Gọi M là điểm thuộc cạnh AB sao cho MA = 2MB . Tam giác SMI cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) , mặt bên (SBC ) hợp với mặt đáy

( ABCD ) một góc bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.AMID theo a.
Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng
d : 5x + 3y + 13 = 0 . M, N lần lượt là các điểm trên các cạnh AB, AD sao cho AM = AN .
6
2 2 
2
Các đường thẳng lần lượt qua A và M vuông góc với BN, cắt BD tại K  ; −  và H  ;  .
5
5 3
3
Cho biết đỉnh A có hoành độ và tung độ âm, tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(3;5;4), B(3;1;4) và mặt phẳng

(P ) có phương trình x − y − z − 1 = 0 . Tìm tọa độ điểm C thuộc (P ) sao cho tam giác ABC
cân tại C và có diện tích bằng 2 17 .
Câu 8 (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để bất phương trình sau đây có tập
nghiệm là [−2;2]

6 (m + 2) 4 − x 2 − 15 x + 2 ≥ 16x − 5 2 − x + 4m (2x + 7) + 34 .
Câu 9 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa đồng thời các điều kiện a ≥ b > 0, c > b − a
và ab + bc + ca = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
 ab + b  c 2 + a (2c + b )


P = 2 + (a + b ) (1 − c ) .ln 
.
+
ab + a 
b −a −c

--------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh………….


TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ

TỔ TOÁN
------------------------

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn : TOÁN; Lần 2
(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu
1
(2,0
điểm)

Đáp án

Điểm

a. (1,0 điểm)

1 
* Tập xác định: D = » \   .
2 
* Sự biến thiên:

−5
Đạo hàm y ' =
< 0, ∀ x ∈ D . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
2
( 2 x − 1)

1 1


 −∞; 2  ;  2 ; +∞  .

 

Giới hạn:
3x + 1
3x + 1 3
3
lim
= lim
= , suy ra đường thẳng y = là tiệm cận ngang của
x →+∞ 2 x − 1
x →−∞ 2 x − 1
2
2
(C) .

0.25

0.25

3x + 1
3x + 1
1
= +∞; lim−
= −∞ , suy ra đường thẳng x = là tiệm cận đứng
lim+
1 2x −1
1 2x −1
2
x→
x→
2

2

của ( C ) .
Bảng biến thiên:

x

-∞
-

y'
y

1
2

+∞

-

3
2

0.25

+∞
-∞

3
2

* Đồ thị:

Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

1


y

y = f(x)

O

1

0.25

x

b. (1,0 điểm)

Phương trình tiếp tuyến với ( C ) tại M (1;4 ) là y = −5 x + 9 ,

2
(1,0
điểm)

9 
có tọa độ giao điểm với Ox, Oy lần lượt là A  ;0  ; B ( 0;9 ) .
5 
9
Từ đó ta có OA = ; OB = 9 .
5
1 9 81
Tam giác OAB vuông tại O nên diện tích là S = .9. = .
2 5 10
x+ 3
Chia cả hai vế của phương trình cho 2 > 0 ta được
2
2
22 x + 2 x −3 − 3.2 x + x − 2 + 1 = 0 .
2
t = 2
Đặt t = 2 x + x > 0 ta có phương trình t 2 − 6t + 8 = 0 ⇔ 
.
t = 4

−1 + 5
−1 − 5
∨x=
.
2
2
2
Với t = 4 ta có 2 x + x = 22 ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = −2 .
−1 + 5 −1 − 5 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1; −2;
;
.
2
2 

Với t = 2 ta có 2 x

3
(1,0
điểm)

2

+x

= 2 ⇔ x2 + x − 1 = 0 ⇔ x =

Giả sử z = a + bi, a, b ∈ » thì z − 2i = z + 2 + 4i ⇔ a = b − 4 (1) .

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Với a ≠ 0 hoặc b ≠ 1 ta có
0.25

2


2
 a2 − ( b − 1)2  + 2 a ( b − 1) i


a
+
b
−
1
i

(
)
a
+
b
−
1
i
( ) =
z −i
 =

=
2
2
2
2
z + i a − ( b − 1) i
a + ( b − 1)
a + ( b − 1)

a = b − 1
z −i
2
là thuần ảo nên a 2 − ( b − 1) = 0 ⇔ 
.
a
=
1
−

b
z+i

−3
5
−3 5
Kết hợp (1) ta có a = ; b = , vậy số phức đó là z =
+ i.
2
2
2 2
Vì

4
(1,0
điểm)

Xét 3 chữ cái O, xem 7 chữ cái còn lại là không phân biệt và đều gọi chúng là X.
Ta đếm số cách xếp 3 chữ cái O và 7 chữ cái X thành một hàng ngang sao cho:
Giữa hai chữ cái O luôn có ít nhất 2 chữ cái X ( ∗) .
+ Đầu tiên ta phải bỏ bốn chữ cái X vào giữa các chữ O để ( ∗) được thỏa mãn như
sau:
OXXOXXO
+ Còn lại 3 chữ cái X có thể xếp tùy ý.
Như thế số cách xếp 3 chữ cái O và 7 chữ cái X thành một hàng ngang thỏa điều
kiện ( ∗) bằng số cách xếp 3 chữ cái O và 3 chữ cái X thành một hàng ngang. Vì
vậy có C63 cách xếp.
Nếu xem 7 chữ cái X ở trên là phân biệt từng đôi thì ứng với mỗi cách xếp ở trên
còn có thể hoán vị theo 7! cách. Vậy nên có 7!.C63 cách xếp.
Tuy vậy có hai chữ cái C nên số cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán là

C63 .7!
= 50400 cách.
2
Chú ý, học sinh cũng có thể giải như sau:
Giả sử hai chữ cái C là khác nhau.
+ Chọn 3 chữ cái từ 7 chữ cái khác O thì có C73 cách chọn,
+ 3 chữ cái này cùng với 3 chữ cái O nếu xếp thành hàng ngang thì có A63 cách.

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

+ Còn lại 4 chữ cái, ta đưa vào giữa hai chữ cái O, có A42 . A22 cách đưa.
Theo quy tắc nhân thì có C73 . A63 . A42 . A22 cách

5
(1,0
điểm)

C73 . A63 . A42 . A22
Vậy có
= 50400 cách xếp thỏa mãn yêu cầu bài toán.

2
Gọi H là trung điểm IM thì SH ⊥ IM suy ra SH ⊥ ( ABCD ) .
Kẻ HE ⊥ BC tại E thì SEH là góc tạo bởi mặt bên ( SBC ) với đáy ( ABCD ) nên

SEH = 60

0

3

0.25


S

A

B

I

H

M
E

D

F

C

Kẻ IF ⊥ BC tại F thì HE là đường trung bình của hình thang vuông BMIF nên
1
1  a a  5a
5a 3
HE = ( MB + IF ) =  +  =
suy ra SH = EH . tan 600 =
2
2  3 2  12
12
1
5
Ta có S AMID = S ABD − S BMI = S ABD − S ABD = a 2 .
6
6
1
1 5 2 5a 3 25a 3 3
Suy ra VS . AMID = S AMID .SH = . a .
=
.
3
3 6
12
216
6
(1,0
điểm)

0.25

0.25

0.25

Kẻ DP ⊥ BN (P nằm trên đường thẳng AB) thì có ABN = ADP nên ∆ABN = ∆PAD
suy ra AM = AP , từ đó ta có HK = KD . Ta tính được D ( 2; −2 ) .
B

C

I
H
M

K

0.25
A

D

N

P

Đường thẳng BD có phương trình 5 x + 3 y − 4 = 0 . Một vectơ chỉ phương của BD là

 x = −2 + 3t
u = ( −3;5 ) . Theo giả thiết A ∈ d : 

suy ra DA = ( −4 + 3t ;1 − 5t ) .
 y = −1 − 5t
4


Góc giữa hai đường thẳng DA và DB bằng 450 khi và chỉ khi

17(2t − 1)
34

( 3t − 4 )

2

+ ( 5t − 1)

2

=

t = 0
1
⇔
2
t = 1

0.25

Theo giả thiết thì A ( −2; −1) .
Đường thẳng qua A và vuông góc với BD có phương trình −3 x + 5 y − 1 = 0 . Gọi I là tâm

5 x + 3 y − 4 = 0
 −3x + 5 y − 1 = 0

của hình vuông thì tọa độ I là nghiệm của hệ 

0.25

1 1
2 2
Vậy A ( −2; −1) ; B ( −1;3) ; C ( 3; 2 ) ; D ( 2; −2 ) .

Nên I  ;  , suy ra B ( −1;3) ; C ( 3; 2 ) .

7
(1,0
điểm)

8
(1,0
điểm)

Giả sử: C ( x ; y ; x − y − 1) ∈ (P ) . AB = 4 .

AC = BC ⇒ ( x − 3)2 + ( y − 5)2 + ( x − y − 5)2 = ( x − 3)2 + ( y − 1)2 + ( x − y − 5)2
Suy ra y = 3

0.25

Gọi I là trung điểm AB thì I(3;3; 4)

0.25
x = 4
(3 − x )2 + (8 − x )2 = 17 ⇔ 
x = 7
+ x = 7 → C (7;3;3) .

S ABC = 2 17 ⇒ CI . AB = 4 17 ⇒ CI = 17 ⇔

0.25

+ Với x = 4 → C (4;3; 0)

0.25

Điều kiện x ∈ [ −2; 2] . Bất phương trình được viết lại

(

− ( m + 2) 3 x + 2 − 2 − x

)

2

(

)

0.25

− 5 3 x + 2 − 2 − x − 8m + 6 ≥ 0 ( *)

Đặt t = 3 2 + x − 2 − x , bất phương trình trở thành

−2t 2 − 5t + 6
−2t − 5t + 6 ≥ m ( t + 8 ) ⇔ m ≤
t2 + 8
2

2

0.25

Xét hàm số f ( x ) = 3 2 + x − 2 − x , hàm số này liên tục trên D = [ −2; 2] và có
tập giá trị là [ −2;6] .
Từ đó bất phương trình (*) có tập nghiệm là [ −2;2] khi và chỉ khi bất phương

0.25

−2t 2 − 5t + 6
trình m ≤
nghiệm đúng với mọi t ∈ [ −2;6] .
t2 + 8
Xét hàm số g ( t ) =

−2t 2 − 5t + 6
5t 2 − 44t − 40
trên
−

2;6
ta
có
g
'
t
=
()
[ ]
2
t2 + 8
( t 2 + 8)

5

0.25


 22 + 6 19
t =
24
5
. Giá trị bé nhất của g ( t ) trên [ −2;6] là g ( 6 ) = − .
g '(t ) = 0 ⇔ 
11
 22 − 6 19
t =
5


9
(1,0
điểm)

−2t 2 − 5t + 6
Suy ra bất phương trình m ≤
đúng với mọi t ∈ [ −2;6] khi và chỉ khi
t2 + 8
24
24
m ≤ g ( 6 ) = − . Vậy mọi m ≤ − đều thỏa mãn yêu cầu bài toán.
11
11
Theo giả thiết ab + bc + ca = 1 ⇔ ab = 1 − c ( a + b ) nên
2 + ( a + b )(1 − c ) = 2 + (a + b) − c ( a + b ) = 1 + a + b + ab = ( a + 1)( b + 1)
2

Và

2

0.25

2

c + a ( 2c + b ) c + 2ac + ab c + 1 + ac − bc
1
=
=
= −c −

b−a−c
b−a−c
b−a−c
c+ a −b

Ta sẽ chứng minh với hai số thực a ≥ b > 0 , thì

( a + 1)( b + 1) ln 

ab + b 
≤b−a.
 ab + a 

Thật vậy bất đẳng thức tương đương với
1
1
1
1
 1
 1
 1
 1
ln 1 +  − ln 1 +  ≤
−
⇔ ln  1 +  −
≤ ln  1 +  −
 a
 b  a +1 b +1
 a  1+ a
 b  b +1

1
 1
Xét hàm số y = f ( x ) = ln 1 +  −
trên ( 0; +∞ ) ta có
 x  x +1
−1
1
1  1
1
−1
f '( x) =
+
=
− =
< 0, ∀ x ∈ ( 0; +∞ )

2
x ( x + 1) ( x + 1)
x + 1  x + 1 x  x. ( x + 1) 2

0.25

Suy ra hàm số y = f ( x ) nghịch biến trên ( 0; +∞ ) , nên với a ≥ b > 0 thì

1
1
 1
 1
ln 1 +  −
≤ ln 1 +  −

 a  1+ a
 b  b +1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b .
c 2 + 2ac + ab
1
1
Suy ra P ≤ b − a +
=b−a−c−
= − (c + a − b) −
b−a−c
c+ a −b
c+ a −b
1
Dễ thấy với c + a − b > 0 thì − ( c + a − b ) −
≤ −2 .
c+ a −b

0.25

Từ đó P ≤ −2 và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

( a = b ) ∧ ( c + a − b = 1) ∧ ( ab + bc + ca = 1) ⇔ ( c = 1) ∧ ( a = b =

(

)

2 −1

)

Vậy Pmax = −2 , xảy ra khi ( c = 1) ∧ a = b = 2 − 1 .
Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác đáp án và đúng thì vẫn được điểm tối đa.
----------------Hết---------------6

0.25


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
QUỐC HỌC - HUẾ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 - NĂM HỌC 2014-2015
MÔN THI: TOÁN
(Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3mx2  4m3 (1), với m là tham số thực.
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1.
b. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho OA  OB  6 (O là gốc tọa độ).
Câu 2. (1,0 điểm)
a. Giải phương trình

3 sin x  cos x  2cos3x  0 .





2

b. Tìm phần ảo của số phức z , biết rằng z  3z  1  2i .

3 x y  4 x  8

Câu 3. (0,5 điểm) Giải hệ phương trình 
x  1 ( x, y  ).
 y  log x

2
1
1
1

 1
Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình
.
x  2
x4
( x  4)( x  2)

ln(5  x)
dx .
2
x
1
4

Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân K  

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB cân
tại S, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng
(ABCD) bằng 45 . Gọi M, N, E lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CD, SC, AD; F là hình

chiếu vuông góc của E lên cạnh SD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và chứng minh mặt phẳng
(AMN) vuông góc với mặt phẳng (CEF).
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, với AB  2BC .
Gọi D là trung điểm của AB, E là điểm nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AC  3EC . Biết phương
 16 
trình đường thẳng CD là x  3 y  1  0 và điểm E  ;1 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
3 
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :



x 1 y  2 z 1
và hai


2
2
3

1

điểm A  2; 0;  1 , B 1;1;   . Chứng tỏ d và đường thẳng AB cắt nhau và tìm tọa độ giao điểm của
2


chúng. Xác định tọa độ điểm C trên d sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất.
Câu 9. (0,5 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0, mà trong mỗi số
luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ ?

x y 1 1

Câu 10. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa điều kiện 3       x  y  2 . Tìm
 y x x y
2

 x4 y 4
 1 1 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   2  2  3xy    .
x
y
 y x 
----- HẾT ----Họ và tên thí sinh : ……………………………………… Số báo danh : …………………….......................................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN
1a Khi m  1 thì y  x3  3x2  4 . TXĐ D 
lim y  , lim y   .
x 

.
0,25

x 

y '  3x  6 x , y   0  x  0  x  2 .
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) , đồng biến trên các khoảng (; 0) , (2;  ) .
Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCĐ  4 , hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT  0 .
BBT
0
x

2


y'


0
0

4

y
0

Đồ thị:
2

0,25

0,25

0,25

1b Ta có y  3x2  6mx  3x( x  2m) . Hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi m  0 .
Lúc đó hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(0; 4m3 ) và B(2m; 0) .

0,25

Giải ra m  1.

0,25



sinx + cos cosx = – cos3x
3
3




 cos  x     cos3x  cos  x    cos(  3x)
3
3



 
x


k
 3


2

 x   k ( k  ).
3
2

 x    k
 3
2b Đặt z  a  bi  z  a  bi .
Ta có a  bi  3(a  bi)  (1  2i)2  4a  2bi  3  4i .

3

0,25

OA  OB  6  4 m  2 m  6 .
3

2a

0,25

Pt  sin

0,25

0,25

0,25

a   34
4a  3


. Vậy phần ảo của z là 2 .
 2b  4

 b  2
ĐK x  0, x  1 .

0,25
0,25

(2)  log 2 x y  x  1  x y  2 x 1 .

2 x  2
 x  1 (loaïi)

Thay vào (1) ta được 3.2  4  8   x
2  4
x2
Vậy hệ có một nghiệm ( x; y)  (2; 3) .
x 1

x

.

0,25


4

ĐK 4  x  2 . BPT  x  4   x  2  1  ( x  4)( x  2) .

x  4   x  2  x  3 , kết hợp đk ta suy ra 4  x  3 là nghiệm bpt.
x  4   x  2  x  3 , khi đó bình phương hai vế ta được

( x  4)( x  2)  4 ( x  4)( x  2)  1  0  ( x  4)( x  2)  2  5
 3  2

5  2  x  3  2

So với đk ta được nghiệm 3  x  3  2

5 2

52.



5  2 .

Nhận xét. Có thể đặt ẩn phụ t  x  4   x  2 .
dx
Đặt u  ln(5  x), dv  2
x
dx
1
Ta có du  
,v
5 x
x
4
4
4
1
dx

1  1
1
 ln 4   
  dx
Suy ra K   ln(5  x)  
x
x(5  x)
5 15 x x 
1
1
4
1
6
 ln 4    ln(5  x)  ln x  1  ln 2 .
5
5
Vậy nghiệm bpt là S  4;  3  2

5

6

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

S

F
N
A

E
D

H
M
B
C

Gọi H là hình chiếu của S lên AB. ∆SAB cân tại S nên H là trung điểm của AB.
( SAB )  ( ABCD)  SH  ( ABCD ) . Có ( SD, ( ABCD))  SDH  45 .

5 2
5
1
5 3
a  SH  DH 
a . Vậy VSABCD  SH .S ABCD 
a .
4
2
3
6

Vì ∆CDE = ∆DAH suy ra ADH  DCE . Do đó CE  DH .
Mà SH  CE nên CE  (SDH). Suy ra CE  SD. Mà EF  SD nên SD  (CEF).
Mặt khác SD // MN nên MN  (CEF). Suy ra (AMN)  (CEF).
Gọi I  BE  CD , đặt BC  c  0 .
BA EA

Ta có
nên E là chân đường phân giác trong góc B của tam giác
BC EC
ABC. Do đó CBE  45 .
Mà ΔBCD vuông cân tại B nên BE  CD .
DH 2  AD 2  AH 2 

7

3 x  y  17  0
x  5

Pt đt BE 3x  y  17  0 . Tọa độ của I thỏa 
. Suy ra I (5; 2) .
y  2
 x  3y 1  0

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25


c
1
1
c 5
, CE  AC 
AB 2  BC 2 
.
3
3
3
2
c
 IE  CE 2  IC 2 
 IB  3IE . Suy ra B(4; 5) .
3 2

Ta có BI  CI 

Gọi C (3a  1; a) thì BC  2 BI  2 5  (3a  5) 2  (a  5) 2  20  a  1  a  3
Với a  1 thì C (2; 1) . Suy ra D(8; 3) , A(12; 1) .
Với a  3 thì C (8; 3) . Suy ra D(2;1) A(0;  3) .
8

9

 x  2  2t


Đường thẳng AB có phương trình  y  2t .
 z  1  t


0,25

0,25

1 3 1
Xét hệ giao điểm của d và AB ta tìm được giao điểm M  ; ;   .
0,25
2 2 4
Từ tọa độ M, A, B suy ra MA  3MB nên A, B cùng phía với d
trong mp(A, d).
Gọi A ' là điểm đối xứng của A qua d thì 0,25
CA  CB  CA ' CB  A ' B .
Suy ra chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi C  d  ( A ' B ) .
Gọi I (1  2t ; 2  2t ; 1  3t ) là hình chiếu của A lên d. Tìm được
2  13 30 11 
5
61 
0,25
 8 60
 43 111
t   , I ; ;
;
 , A   ; ;   , từ đó tìm được C  ,
.
17  17 17 17 
 17 17 17 

 68 68 136 
Từ giả thiết bài toán ta thấy có C42  6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0) và
C52  10 cách chọn 2 chữ số lẻ. Suy ra có C42 . C52 = 60 tập hợp, trong đó mỗi tập hợp có 0,25
4 chữ số gồm 2 chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
Mỗi tập 4 chữ số như thế ta thiết lập được 4! số thỏa mãn bài toán. Vậy có tất cả
C42 . C52 .4! = 1440 số.

10

0,25

 x y
3 3
 x y
3 3
Có 3     2  x  y    2  2 ( x  y)     2  2 3     6 .
x y
 y x
x y
 y x
10
x y
Đặt t   , t  2 thì 3t  2  2 3t  6  9t 2  24t  20  0  t 
y x
3
 x 4 y 4   x3 y 3   x 2 y 2   x y 
Có P   4  4   2  3  3    2  2   3     6  t 4  2t 3  3t 2  3t  6 .
x  y
x  y
x  y x

y
10
Xét hàm f (t )  t 4  2t 3  3t 2  3t  6 , t  .
3
10
Có f '(t )  4t 3  6t 2  6t  3  4t 2  t  103   223 t  t  119   3  0 t  .
3
10

Từ tính liên tục của f (t ) , suy ra f (t ) đồng biến trên  ;   , Do đó
3

 10  2596
.
f (t )  f   
81
3
2596
Dấu bằng xảy ra khi ( x; y )  (3;1) hoặc ( x; y )  (1; 3) . Vậy min P 
.
81

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25