Tuyển tập đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn toán p2

Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán Phần II


TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 (lần2)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn : Toán ; Thời gian làm bài:180 phút.
(gồm 1 trang)
Câu1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

2( x  1)
x 1

(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm toạ độ các điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M đi qua điểm A(0;-1).
Câu2 (1,0 điểm). Giải phương trình

sin2x – cos2x = 2 sinx – 1
1
4

Câu 3 (1,0 điểm). Tìm hệ số chứa x8 trong khai triển ( x2  x  )(1  2 x)2n thành đa thức biết
n là số tự nhiên thoả mãn hệ thức 3Cn3  7Cn2

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình log3 ( x 1)2  log 3 (2 x 1)  2
b) Một hôp đựng chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ
hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d1: x  2 y  3  0 và

d2: 2 x  y  1  0 cắt nhau tại điểm I. hoctoancapba.com Viết phương trình đường tròn tâm I
3
4

và tiếp xúc với d3: y  x . Viết phương trình đường thẳng d đi qua O cắt d1, d2 lần lượt tại
A, B sao cho 2IA=IB.
Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông canh a. Mặt bên SAB là
tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc
của S trên đường thẳng AB là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH= 2AH. Goi I là giao
điểm của HC và BD. hoctoa ncapba.com Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách
từ I đến mặt phẳng (SCD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm
9
2

H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M ( ;3) là trung điểm của cạnh BC,
phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của  ADH là d: 4 x  y  4  0 . Viết phương trình
cạnh BC.
 x x 2  y  y  x 4  x3  x

Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
(x,y R )
9
 x  y  x  1  y ( x  1) 
2

1
1
1
Câu 9(1,0 điểm). Cho a, b, c thuộc khoảng (0;1) thoả mãn ( 1)( 1)( 1)  1 . Tìm GTNN

a
b
c
2
2
2
của biểu thức P = a  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…………Lớp ……


Hướng dẫn chấm môn Toán (lần 1)
Câu
Câu1
(2,0
điểm).

Nội dung
Cho hàm số y 

2( x  1)
x 1

Điểm
(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

1

Tự giải

b) Tìm toạ độ các điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C)
tại M đi qua điểm A(0;-1).

2a  2
) thuộc (C ) pttt của (C ) tại M là
a 1
4
2a  2
y
( x  a) 
2
a 1
(a  1)
4
2a  2
Vì tt đi qua A(0;-1) nên 1 
(0  a) 
2
a 1
(a  1)

G ọi M( a;

a  1
Gi ải ra  (a  1)  4a  (2a  2)(a  1)  3a  2a  1  0  
a   1
3


1
M(1;0) ho ặc M( ; 4)
3
2

Câu2
(1,0
điểm).

Giải phương trình

2

0,25

0,25

0,25

0,25

sin2x – cos2x = 2 sinx – 1

0,25


 2s inx cosx+(1-cos2x) = 2sinx  2s inx(cosx+sinx-1)=0

Câu 3

(1,0
điểm).


 x  k
sinx=0
 x  k

 



 x    k 2  
 2 sin( x   )  1 
 x    k 2
4 4
4
2


  3
x  
 k 2
4
4

1
Tìm hệ số chứa x8 trong khai triển ( x2  x  )(1  2 x)2n thành đa thức
4
biết n là số tự nhiên thoả mãn hệ thức 3Cn3  7Cn2

(n  2)(n  1)n
(n  1)n
n!
n!
n  3, n  N  3
7

7
3! n  3!
2! n  2 !
2
2

0,25

giải ra n  9

0,25

1
1 20 k
(2 x  1) 20   C20
(2 x) 20 k
4
4 k 0
8
hệ số chứa x ứng với 20-k=8  k  12 . Do đó hệ số cần tìm là
1 12 8
C20 .2 =8062080
4

Khai triển

Câu 4
(1,0
điểm).

a) Giải phương trình

0,25

0,25

0,25

log3 ( x 1)2  log 3 (2 x 1)  2

x  1
x 1  0


đk: 
1
2 x  1  0
 x  2
pt  log 3 ( x  1) 2  log 3 (2 x  1) 2  2

( x  1)(2 x  1)  3
( x  1) (2 x  1)  9  


( x  1)(2 x  1)  3
1

 2 x 2  3x  2  0
x  (loai )


2
 2

 2 x  3x  4  0
x  2
2

0,25
0,25

0,25

2

0,25

Đáp số x=2
b) Một hôp đựng chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh.
Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi được
chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất.
Gọi A là biến cố “4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều
nhất”
Số phần tử của không gian mẫu là n(  )= C154  1365 .

0,25
Số kết quả thuận lợi của biến cố A là: n( A)  C52C41C61  240
0,25
240 16
Do đó P(A)=

1365

Câu 5
(1,0

91

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d1:


điểm).

x  2 y  3  0 và d2: 2 x  y  1  0 cắt nhau tại điểm I. Viết phương trình
3
đường tròn tâm I và tiếp xúc với d3: y  x . Viết phương trình
4

đường thẳng d đi qua O cắt d1, d2 lần lượt tại A, B sao cho 2IA=IB.
x  2 y  3  0
x  1

2 x  y  1  0
y 1

Toạ độ I l à nghiệm của 
d3:3x-4y=0
d(I; d3)=

0,25

1
5

đường tròn tâm I và tiếp xúc với d3 c ó pt:
(x-1)2+(y-1)2=

0,25

1
25

pt đt qua d’ qua O ,song song v ới d1là x+2y=0
2 1
)
5 5

Gọi M = d2  d ' =( ;

AI
IB
Gọi B(a; 2a-1) thuộc d2

OM BM
a  0

2
4
4
2
2
2
BM =( (  a)  (  2a)    4
a 
5
5
5
5


0,25

B(0;-1)(loại) B(4/5;3/5)

0,25

Pt d: 3x - 4y=0
Câu 6
(1,0
điểm


1
VS . ABCD  SH .S ABCD
3
a

a3 2
a
2.a 2 
(đvtt)
2 VS . ABCD 
9
9
3
d ( I , ( SCD))
IC
IC CD 3
IC 3
và
và


 

d ( H , ( SCD)) HC
IH BH 2
CH 5
13
CH2=BH2+BC2= a 2
9
1
1
1
11
a 22



 2  HM 
2
2
2
HM
SH
HK
2a
11
3a 22
d ( I , ( SCD )) 
55

Ta có SH2=HA.HB=2a2/9  SH 

Câu 7
(1,0
điểm)

0,25
0,25

0,25

0,25

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có
9
2

điểm H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M ( ;3) là
trung điểm của cạnh BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A
của  ADH là d: 4 x  y  4  0 . Viết phương trình cạnh BC.

Gọi K là trung điểm của HD. chứng minh
AN vuông góc với MN. Gọi P là trung điểm của AH.Ta có AB
vuông góc với KP, Do đó P là trực tâm của tam giác ABK.
Suy ra BP  AK  AK  KM
Phương trình KM: đi qua M(9/2;3) và vuông góc với AN có pt:

0,25
0,25


MK: x  4 y 

15
 0 Toạ độ K(1/2;2)
2

Do K là trung điểm của HD nên D(0;2),suy ra pt (BD): y-2=0
AH: x-1=0 và A(1;0); AD có pt: 2x+y-2=0
BC qua M và song song với AD nên BC: 2x+y-12=0
Câu8
(1,0
điểm).

 x x 2  y  y  x 4  x3  x
(1)


Giải hệ phương trình 
9
 x  y  x  1  y ( x  1)  (2)
2

x  1
Đk: 
y  0

0,25

0,25

(x,y  R )

(1)  x( x 2  y  x 2  x)  ( x  y )  0
x

yx
x2  y  x2  x

 x  y  0  ( x  y )( x 2  y  x 2  x  x)  0

Do đ ó x=y thay v ào pt (2) : x  x  x 1  x( x 1) 

9
2

Đ ặt t  x  x  1(t  0)  t 2  2 x  1  2 x( x  1)

Pt trở thành t2+1+2t=9 hay t2+2t-8=0 chỉ lấy t=2  x  1  x  2

Câu
9(1,0
điểm)

5

25
x 
2 x( x  1)  5  2 x  
x
2
16
4 x 2  4 x  25  20 x  4 x 2

25 25
Vậy hệ có nghiệm duy nhất( ; )
16 16
1
1
1
Cho a, b, c thuộc khoảng (0;1) thoả mãn ( 1)( 1)( 1)  1 . Tìm
a
b
c
2
2
2
GTNN của biểu thức P = a  b  c

1
1
1
(  1)(  1)(  1)  1  ab  bc  ca  a  b  c  1  2abc
a
b
c
2
P= (a  b  c)  2(ab  bc  ca)  (a  b  c)2  2(a  b  c  1)  4abc
abc 3
Theo Cô si abc  (
)
3
4
P  t 2  2t  2  t 3 v ới t  a  b  c (027

Khảo sát hàm số tr ên tìm ra minP =3/4 khi t=3/2 hay a=b=c=1/2

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25


TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 (Ngày thi: 28/12/2014) lần I
Môn: Toán – Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 ( ID: 81791 )(2 điểm + 2 điểm). Cho hàm số
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. Chứng minh rằng điểm uốn là tâm đối
xứng của đồ thị
b) Có tồn tại hay không tiếp tuyến của đồ thị có hệ số góc
. Chứng minh rằng có
duy nhất một tiếp tuyến của đồ thị đi qua điểm uốn.
Câu 2 ( ID: 81793 )(1 điểm + 1 điểm)
a) Giải phương trình:
b) Giải phương trình

.
.

Câu 3 ( ID: 81794 )(1 điểm + 1 điểm)
a) Tính nguyên hàm ∫

.

b) Tính tích phân ∫
Câu 4 ( ID: 81796 )(1 điểm + 1 điểm).
a) Cho tập
b) Tìm số phức z thỏa mãn

, hỏi có bao nhiêu số chẵn gồm 3 chữ số phân biệt của A.
̅
̅

Câu 5 ( ID: 81798 )(1 điểm + 1 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy
ABCD là hình thoi cạnh a, ̂
A’B’C’D’. Tính theo .
a) Thể tích của khối lăng trụ
b) Khoảng cách từ C đến mặt phẳng
và B’O.

√

√

, O và O’ là tâm của ABCD và

;
, và khoảng cách giữa hai đường thẳng AO’

Câu 6 ( ID: 81800 ) ( 2 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC. A’,
B’, C’ là các điểm sao cho
và
là hình bình hành. Biết
và
là trực tâm của các
. Tìm tọa độ các
đỉnh của
.
Câu 7 ( ID: 81803 )(1 điểm + 1 điểm). Trong không gian với hệ tea độ Oxyz, cho mặt cầu

, các điểm
và
.
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua các điểm A, B và C.
b) Tìm tọa độ tâm và bán kính đường tròn (C) là giao của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S),
và viết phương trình mặt cầu (S’) đồng tâm với mặt cầu (S’) và tiếp xúc với mặt
phẳng (P).


Câu 8 ( ID: 81805 )(2 điểm). Giải hệ phương trình {
Câu 9 ( ID: 81806 )(2 điểm). Với a, b, c là các số thực dương, nhỏ hơn và thỏa mãn
chứng minh rằng:
.
-------------Hết---------------Họ và tên thí sinh: ……………………………………..; Số báo danh: ……………………….


ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2015
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG, TP HCM
Câu 1.(2,0 điểm)
Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho
2. Tìm a để phương phương trình x3 – 3x2 + a = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt

3. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ để
tham gia đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số
học sinh nữ ít hơn số học sinh nam.
Câu 4 (1,5 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm 0, cạnh bên SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SAB) một góc 450.
1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a

2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD theo a
3. Tính khoảng cách từ điểm 0 đến mặt phẳng (SCD) theo a


Câu 6 (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng 0xy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của AB, N là
điểm trên cạnh AD sao cho AN = 2ND. Giả sử đường thẳng CN có phương trình x + 2y 11 = 0 và điểm M (5/2; 1/2)(). Tìm tọa độ điểm C.


SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014 – 2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (4,0 điểm).Cho hàm số y 

2x  1
, gọi đồ thị là (C).
x 1

a)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số.
b)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường
thẳng (d): x  3 y  2  0 .
x
Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình: 2sin 2    cos5x  1
2

Câu 3 (2,0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : f ( x)  x. (5  x)3 trên đoạn  0;5
Câu 4 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình sau : 2log2 3 (2 x  1)  2log3 (2 x 1)3  2  0
b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3
nhà hóa học nữ, .Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn
phải có nữ và có đủ ba bộ môn.
Câu 5 (2,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có
A  4;8  , B  8; 2  , C  2; 10  . Chứng tỏ ABC vuông và viết phương trình đường cao còn
lại.
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a .Góc
BAC  600 ,hình chiếu của S trên mặt  ABCD  trùng với trọng tâm của tam giác ABC .
Mặt phẳng  SAC  hợp với mặt phẳng  ABCD  góc 600 . Tính thể tích khối chóp
S. ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  theo a .
Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC.
Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có
phương trình là 3x  5 y  8  0, x  y  4  0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường
thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D  4; 2  . Viết
phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
3

2 y  y  2 x 1  x  3 1  x
Câu8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
(x, y  )
2
2
2
9

4

y

2
x

6
y

7



Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a  b  c và a 2  b 2  c 2  5 . Chứng
minh rằng: (a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca)   4
---------HẾT-------Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………………


SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Môn: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)
Câu 1. (4 điểm)
Nội dung

Điểm

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
+Tập xác định D  \ 1

2đ
0.25

+Sự biến thiên
 Chiều biến thiên: y ' 

3

 x  1

2

 0 x  1 .

0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1;  
 Cực trị : Hàm số không có cực trị.
 Giới hạn tại vô cực và tiệm cận:

2x 1
 2 ,đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang
x 
x  x  1

2x 1
2x 1
lim
 ; lim
  , đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng
x 1 x  1
x 1 x  1
lim y  lim

0.5

 Bảng biến thiên :
x
y'
y

-



+

+

-1
||

+
2

0.5

 ||

2



+Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm A  ;0 
1
2



Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm B  0; 1
Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là I  1; 2  làm tâm đối xứng
( Đồ thị )

0.5


2, Viết phương trình tiếp tuyến

2đ

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm M ( x0 ; y0 ) ta có : k  f ' ( x0 ) 

3
( x0  1) 2

Lại có k .     1  k  3
 3

0.5

1

hay

0.5

 x 0
3
3  0
2
( x0  1)
 x0  2

0.5

Với x0  0  y0  1 Vậy phương trình tiếp tuyến là : y  3x  1
Với x0  2  y0  5 Vậy phương trình tiếp tuyến là : y  3x  11

0.5

Câu 2. (2 điểm)
Nội dung
x
2sin 2    1  cos5x  cosx  cos5x
2

 cos  x   cos   5x 

 k

x 

 x    5 x  k 2
6 3
là nghiệm của phương trình.


 x  5 x    k 2
 x    k

4 2

Điểm
0.5
0.5
1.0

Câu 3. (2 điểm)
Nội dung

Điểm

f(x) = x (5  x)3 hàm số liên tục trên đoạn [0; 5] f(x)  x(5  x)3/ 2 x  (0;5)

0,5

5
2
f’(x) = 0  x  5; x  2 . Ta có : f(2) = 6 3 , f(0) = f(5) = 0

f ’(x) = 5  x (5  x)

Vậy Max f(x) = f(2) = 6 3 , Min f(x) = f(0) = 0
x[0;5]
x[0;5]

0,5
0,5
0,5

Câu 4. (2 điểm)
Nội dung

Điểm

a) 2log2 3 (2 x  1)  2log3 (2 x 1)3  2  0
1
2
2
PT  8log3 (2 x 1)  6log3 (2 x 1)  2  0

Điều kiện : x 

 log 3 (2 x  1)  1
 4 log (2 x  1)  3log 3 (2 x  1)  1  0  
log3 (2 x  1)   1


4
2
3

0,25
0,25

0,25


 x2
4
 
3  1 là nghiệm của phương trình đã cho.
x 3

2 3

0,25

b) Tính xác suất
Ta có :   C164  1820
Gọi A= “ 2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ”
B= “ 1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ “
C= “ 1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “
Thì H= A  B  C = ” Có nữ và đủ ba bộ môn “
P( H ) 

0.25

0.5

C82C51C31  C81C52C31  C81C51C32 3


7

0.25

Câu 5. (2 điểm)
Nội dung

Điểm

Ta có : AB   12; 6 ; BA   6; 12

0,5

Từ đó AB.BC  0 Vậy tam giác ABC vuông tại B

0,5

* Viết phương trình đường cao BH: Ta có đường cao BH đi qua B  8; 2  và

0,5

nhận AC   6; 18  6 1;3 làm vecto pháp tuyến
Phương trình BH : x  3 y  2  0

0,5

Câu 6. (2 điểm)
S
E

A
D

H

O

B

C

Nội dung
* Gọi O  AC  BD Ta có : OB  AC , SO  AC  SOB  600

Điểm
0.25


Xét tam giác SOH vuông tại H : tan 600 

SH
a 3
a
 SH  OH .tan 600 
. 3

HO
6
2
a2 3
2

0.25

1 a a 2 3 a3 3
(đvtt)

3 2 2
12

0.25

Ta có : tam giác ABC đều : S ABCD  2.S ABC 
1
3

0.25

Vậy VSABCD  .SH .S ABCD  . .

* Tính khỏang cách
Trong (SBD) kẻ OE SH khi đó ta có : OC; OD; OE đôi một vuông góc Và :
0.5

a
a 3

3a
OC  ; OD 
; OE 
2
2
8

Áp dụng công thức :

1
1
1
1
3a



d 
2
2
2
d (O, SCD ) OC
OD OE
112
2

0.5
Mà d  B, SCD   2d  O, SCD  

6a

112

Câu 7. (2,0 điểm)
A

E
H

B

K

M

C

D

Nội dung

Điểm

Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của
BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt,
vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M
là nghiệm của hệ phương trình:

0,5

7


x

x  y  4  0

2  M  7 ; 1 




2 2
3x  5 y  8  0
y   1

2

AD vuông góc với BC nên nAD  uBC  1;1 , mà AD đi qua điểm D suy ra
phương trình của AD :1 x  4   1 y  2   0  x  y  2  0 . Do A là giao điểm
của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

0,5

3x  5 y  8  0
x  1

 A 1;1

x  y  2  0
y 1

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:

0,25


x  y  4  0
x  3

 K  3;  1

x  y  2  0
 y  1

Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK  KCE , mà KCE  BDA (nội tiếp chắn cung
AB ) Suy ra BHK  BDK , vậy K là trung điểm của HD nên H  2; 4  .
(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ
0.25 điểm)
Do B thuộc BC  B  t; t  4  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra
C  7  t ;3  t  .
HB(t  2; t  8); AC(6  t;2  t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên

0,25

0,25

t  2
HB. AC  0   t  2  6  t    t  8  2  t   0   t  2 14  2t   0  
t  7
Do t  3  t  2  B  2; 2  , C  5;1 . Ta có

AB  1; 3 , AC   4;0   nAB   3;1 , nAC   0;1

0,25

Suy ra AB : 3x  y  4  0; AC : y  1  0.
Câu 8. (2,0 điểm)
Nội dung

Điểm

Điều kiện: x  1; y    ;  . Ta có
 2 2
3 3

0.25

(1)  2 y 3  y  2 1  x  2 x 1  x  1  x

0.25

 2 y 3  y  2(1  x) 1  x  1  x

Xét hàm số f (t )  2t 3  t , ta có f '(t )  6t 2  1  0, t   f (t ) đồng biến trên
y  0

.
0.25

Vậy (1)  f ( y )  f ( 1  x )  y  1  x  

2
 y  1 x

Thế vào (2) ta được :

4 x  5  2 x2  6 x 1

Pt  2 4 x  5  4 x 2  12 x  2   4 x  5  1   2 x  2 
2

 4 x  5  2 x  3(vn)

4x  5  1 2x

 y42

Với x  1  2  

 y   4 2

Câu 9. (2,0 điểm)

1

x

2

 
x  1  2(l )


  x  1  2


Vậy hệ có hai nghiệm.

0.25
2

0.5

0.5


Nội dung

Điểm

(a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca)   4  (a  b)(b  c)(a  c)(ab  bc  ca)  4 (*).

0.25

Ta có
Đặt vế trái của (*) là P
Nếu ab + bc + ca < 0 thì P  0 suy ra BĐT được chứng minh
Nếu ab + bc + ca  0 , đặt ab + bc + ca = x  0
 a  b  b  c  (a  c)
(a-b)(b-c)  
 
2

4


2

2

 (a - b)(b - c)(a - c) 

0.25
(a  c)3
(1)
4

Ta có : 4(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 2(a - c)2 + 2(a - b)2 + 2(b - c)2
 2(a - c)2 + [(a - b) + (b - c)]2 = 2(a - c)2 + (a - c)2 = 3(a - c)2
4
Suy ra 4(5 - x)  3(a - c)2 ,từ đây ta có x  5 và a  c 
(5  x) (2) .
3

0.25

0.25

3

2 3
1
4


x (5  x)3 (3)
Từ (1) , (2) suy ra P  x.  (5  x)  =
9
4
3


Theo câu a ta có: f(x) = x (5  x)3  6 3 với x thuộc đoạn [0; 5]
2 3
.6 3  P  4 . Vậy (*) được chứng minh.
nên suy ra P 
9

Dấu bằng xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0

………. Hết……….

1.0


SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2015

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

Môn: TOÁN

Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0điểm). Cho hàm số

(1).

a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ (C) của hàm số (1).
b)Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng
d: x + 3y +1 = 0.
Câu 2 (1,0điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

trên đoạn

.

Câu 3 (1,0điểm).Giải các phương trình sau
.

a)

b)

Câu 4 (0,5điểm). Tính tích phân

.

Câu 5 (0,5điểm). Cho tập hợp X gồm các số tự nhiên có ba chữ số phân biệt được lập từ các chữ số
1,2,3,4,5,6. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên từ tập hợp X, tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số
bằng 8.
Câu 6 (1,0điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(-1;4;6) và điểm B(-2;3;6). Viết phương
trình mặt cầu (S) có tâm thuộc trục Ox và đi qua điểm A và điểm B. Tìm tọa độ các giao điểm của (S) với

trục Oz.
Câu 7 (1,0điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác vuông
cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.
Câu 8 (1,0điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Điểm F(
của cạnh AD. Đường thẳng EK có phương trình

là trung điểm

với điểm E là trung điểm của cạnh AB,

điểm K thuộc cạnh DC và KD = 3KC. Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết điểm E có hoành độ
nhỏ hơn 3.
Câu 9 (1,0điểm). Giải hệ phương trình

.

Câu 10 (1,0điểm).
Cho ba số thực a,b,c đôi một phân biệt và thỏa mãn các điều kiện

và

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
------------------Hết-------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y =

ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.
2x − 1
.
x +1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có hoành độ x = 1.

Câu 2.(1,0 điểm)
a) Cho góc α thỏa mãn:

π
3
tan α
< α < π và sin α = . Tính A =
.
2
5
1 + tan 2 α

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 + i ) z + (3 − i ) z = 2 − 6i. Tính môđun của z.

Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log 3 ( x + 2) = 1 − log 3 x.
Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình:

x2 + x +

x − 2 ≥ 3( x 2 − 2 x − 2).

2

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (2 x 3 + ln x) dx.
1

Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2a, ACB = 30o ,
Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và SH =

2a. Tính theo

a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).

Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc
đường thẳng ∆ : 4 x + 3 y − 12 = 0 và điểm K (6; 6) là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm
nằm trên ∆ sao cho AC = AO và các điểm C, B nằm khác phía nhau so với điểm A. Biết điểm C có
hoành độ bằng

24
, tìm tọa độ của các đỉnh A, B.
5

Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 0) và B (1; 1; − 1). Viết
phương trình mặt phẳng trung trực (P) của đoạn thẳng AB và phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc
với (P).
Câu 9.(0,5 điểm) Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp. Cán bộ hỏi thi đưa cho mỗi thí
sinh một bộ câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình
thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong số đó để xác định
câu hỏi thi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác suất để 3
câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn là giống nhau.

Câu 10.(1,0 điểm) Xét số thực x. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P=

3( 2 x 2 + 2 x + 1)
+
3

1

1

+

2

2 x + (3 − 3 ) x + 3

----------- HẾT -----------

2

2 x + (3 +

.
3 )x + 3


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN

CÂU
Câu 1
(2,0 điểm)

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

a) (1,0 điểm)
Tập xác định: D = » \ {−1} .
● Giới hạn và tiệm cận:
lim + y = − ∞ , lim − y = + ∞ ; lim y = lim y = 2.
●

x → ( −1)

x → −∞

x → ( −1)

0,25

x → +∞

Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = − 1 và một
tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2.
●

Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' =

3
> 0 ∀x ∈ D.
( x + 1) 2

0,25

Suy ra, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; − 1) và ( −1; + ∞ ) .
- Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị.

Lưu ý: Cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị của hàm số.
- Bảng biến thiên:
x

–∞
+

y'
y
●

+∞

–1
+∞

2

0,25

+
2
–∞

Đồ thị (C):
y

2

−1 O ½
−1

0,25

x


b) (1,0 điểm)
Tung độ y0 của tiếp điểm là: y0 = y (1) =

1
.
2

0,25
3
.

4

0,25

3
1
( x − 1) + ;
4
2

0,25

Suy ra hệ số góc k của tiếp tuyến là: k = y '(1) =
Do đó, phương trình của tiếp tuyến là: y =

3
1
x− .
4
4
a) (0,5 điểm)
Câu 2
(1,0 điểm) Ta có: A = tan α = tan α.cos 2 α = sin α.cos α = 3 cos α.
1 + tan 2 α
5
hay y =

0,25

(1)

0,25

2

3
16
cos 2 α = 1 − sin 2 α = 1 −   =
.
25
5
π
4
Vì α ∈  ; π  nên cos α < 0. Do đó, từ (2) suy ra cos α = − .
5
2 
12
Thế (3) vào (1), ta được A = − .
25
b) (0,5 điểm)

(2)
0,25

(3)

Đặt z = a + bi, ( a , b ∈ » ); khi đó z = a − bi . Do đó, kí hiệu (∗) là hệ thức cho
trong đề bài, ta có:
(∗) ⇔ (1 + i )( a + bi ) + (3 − i )( a − bi ) = 2 − 6i
⇔ (4a − 2b − 2) + (6 − 2b)i = 0

⇔

{

{

4a − 2b − 2 = 0
a=2
⇔
b = 3.
6 − 2b = 0

Do đó | z | =

Câu 3
(0,5 điểm)

2

0,25

0,25

2

2 + 3 = 13.

Điều kiện xác định: x > 0. (1)
● Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là phương trình đã cho, ta có:

(2) ⇔ log 3 ( x + 2) + log 3 x = 1 ⇔ log 3 ( x ( x + 2)) = log 3 3
●

0,25

⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ x = 1 (do (1)).

0,25

● Điều kiện xác định: x ≥ 1 + 3.
Câu 4
đó, ký hiệu (2) là bất phương trình đã cho, ta có:
(1,0 điểm) ● Với điều kiện
2
(2) ⇔ x + 2 x − 2 + 2 x ( x + 1)( x − 2) ≥ 3( x 2 − 2 x − 2)
⇔
⇔

(1)
0,25

x ( x − 2)( x + 1) ≥ x ( x − 2) − 2( x + 1)

(

x ( x − 2) − 2 ( x + 1)

Do với mọi x thỏa mãn (1), ta có
(3) ⇔

)(

x ( x − 2) +

x ( x − 2) +

)

( x + 1) ≤ 0.

(3)
0,50

( x + 1) > 0 nên

x( x − 2) ≤ 2 ( x + 1)
2

⇔ x − 6x − 4 ≤ 0
⇔ 3 − 13 ≤ x ≤ 3 + 13.
(4)
Kết hợp (1) và (4), ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
1 + 3 ; 3 + 13  .



0,25


2

2
Câu 5
3
I
=
2
x
d
x
+
Ta
có:
∫
∫ ln xdx.
(1,0 điểm)
1

0,25

(1)

1

2

2

Đặt I1 = ∫ 2 x dx và I 2 = ∫ ln xdx. Ta có:
3

1

1

0,25

2

1
15
I1 = x 4 = .
2 1
2
2

2

I 2 = x.ln x 1 − ∫ xd(lnx) = 2 ln 2 − ∫ dx = 2 ln 2 − x 1 = 2 ln 2 − 1.
2

2

1

1

0,50

13
V ậ y I = I1 + I 2 =

+ 2 ln 2.
2

Câu 6
(1,0 điểm)

1
AC = a và SH ⊥ mp(ABC).
2
Xét ∆v. ABC, ta có: BC = AC .cos ACB = 2 a.cos 30o = 3a.

Theo giả thiết, HA = HC =

0,25

1
1
3 2
AC.BC.sin ACB = .2a. 3a.sin 30o =
a .
2
2
2
1
1
3 2
6a3
Vậy VS . ABC = SH .S ABC = . 2a.
a =
.

3
3
2
6
Vì CA = 2HA nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)).
(1)
Gọi N là trung điểm của AB, ta có HN là đường trung bình của ∆ABC.
Do đó HN // BC. Suy ra AB ⊥ HN. Lại có AB ⊥ SH nên AB ⊥ mp(SHN). Do đó
mp(SAB) ⊥ mp(SHN). Mà SN là giao tuyến của hai mặt phẳng vừa nêu, nên
trong mp(SHN), hạ HK ⊥ SN, ta có HK ⊥ mp(SAB).
Vì vậy d(H, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C, (SAB)) = 2HK. (2)
Do đó S ABC =

Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN. Xét ∆v. SHN, ta có:
1
1
1
1
1
=
+
= 2 +
.
2
2
2
HK
SH
HN
2a

HN 2
1
3a
Vì HN là đường trung bình của ∆ABC nên HN = BC =
.
2
2
1
1
4
11
66a
Do đó
= 2 + 2 = 2 . Suy ra HK =
.
2
HK
2a
3a
6a
11
Thế (3) vào (2), ta được d ( C , ( SAB ) ) =

2 66a
.
11

0,25

0,25

0,25
(3)


Câu 7
(1,0 điểm)

Trên ∆, lấy điểm D sao cho BD = BO và D, A nằm khác phía nhau so với B.
Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KA và OC; gọi F là giao điểm của các
đường thẳng KB và OD.
Vì K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O của ∆OAB nên KE là phân giác của góc
OAC . Mà OAC là tam giác cân tại A (do AO = AC, theo gt) nên suy ra KE cũng
là đường trung trực của OC. Do đó E là trung điểm của OC và KC = KO.
Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm của OD và KD = KO.
Suy ra ∆CKD cân tại K. Do đó, hạ KH ⊥ ∆, ta có H là trung điểm của CD.
Như vậy:
+ A là giao của ∆ và đường trung trực d1 của đoạn thẳng OC;
(1)
+ B là giao của ∆ và đường trung trực d 2 của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối
(2)
xứng của C qua H và H là hình chiếu vuông góc của K trên ∆.
24
(gt) nên gọi y0 là tung độ của C, ta có:
Vì C ∈ ∆ và có hoành độ x0 =
5
24
12
4.
+ 3 y0 − 12 = 0. Suy ra y0 = − .

5
5
6
 12
Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là  ; −  và đường thẳng OC có
5
 5
phương trình: x + 2 y = 0.
Suy ra phương trình của d1 là: 2 x − y − 6 = 0.
Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
2 x − y − 6 = 0.

{

Giải hệ trên, ta được A = (3; 0).

0,50

0,25


Gọi d là đường thẳng đi qua K(6; 6) và vuông góc với ∆, ta có phương trình của
d là: 3 x − 4 y + 6 = 0. Từ đây, do H là giao điểm của ∆ và d nên tọa độ của H là
nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
3x − 4 y + 6 = 0.

{

 6 12 
 12 36 
Giải hệ trên, ta được H =  ;  . Suy ra D =  − ;
.
5 5 
 5 5 
 6 18 
Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là  − ;  và đường thẳng OD có
 5 5
phương trình: 3 x + y = 0.
Suy ra phương trình của d 2 là: x − 3 y + 12 = 0.
Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
x − 3 y + 12 = 0.

0,25

{

Giải hệ trên, ta được B = (0; 4).

Câu 8
1
3 1
Gọi M là trung điểm của AB, ta có M =  ; ; −  .
(1,0 điểm)
2
2 2
Vì (P) là mặt phẳng trung trực của AB nên (P) đi qua M và AB = (−1; 1; − 1) là
một vectơ pháp tuyến của (P).

3 
1
1


Suy ra, phương trình của (P) là: (−1)  x −  +  y −  + (−1)  z +  = 0
2 
2
2


hay: 2 x − 2 y + 2 z − 1 = 0.
Ta có d (O , ( P)) =

| −1|
22 + (−2)2 + 22

=

1
2 3

.

Do đó, phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với (P) là: x 2 + y 2 + z 2 =

0,25

0,25

0,25

1
12

0,25

hay 12 x 2 + 12 y 2 + 12 z 2 − 1 = 0.

Câu 9
Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cặp hai bộ 3 câu hỏi, mà ở vị trí
(0,5 điểm) thứ nhất của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh A chọn và ở vị trí thứ hai của cặp là bộ
3 câu hỏi thí sinh B chọn.
3
Vì A cũng như B đều có C10
cách chọn 3 câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên theo quy

( )

0,25

2

3
tắc nhân, ta có n(Ω) = C10
.

Kí hiệu X là biến cố “bộ 3 câu hỏi A chọn và bộ 3 câu hỏi B chọn là giống
nhau”.
Vì với mỗi cách chọn 3 câu hỏi của A, B chỉ có duy nhất cách chọn 3 câu hỏi

3
3
giống như A nên n ( Ω X ) = C10
.1 = C10
.
Vì vậy P ( X ) =

n (Ω X )
n( Ω)

=

3
C10
3 2
10

(C )

=

1
1
=
.
3
C10 120

0,25