Tuyển tập đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn toán p3

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


SỞ GD & ĐT ĐĂK LĂK

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

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

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

x
x 1

(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm m để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có
diện tích bằng

3 , với I là giao điểm của hai tiệm cận.

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: sin 2 x  2 cos 2 x  3sin x  cos x .
b) Giải phương trình: log 2 (4 x 1  4).log 2 (4 x  1)  3 .
e

1


Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I    x   ln xdx.
x
1
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2  i  z  5  i . Tính mô đun của số phức w  1  iz  z 2 .
b) Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20. Chọn ngẫu nhiên ra 5 tấm thẻ. Tính xác suất để trong 5 tấm
thẻ được chọn ra có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 2 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ
mang số chia hết cho 4.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  2;5;1 và mặt phẳng

( P) :6 x  3 y  2 z  24  0 . Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P). Viết
phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H, sao cho điểm A nằm
trong mặt cầu.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi đường thẳng SC
và mặt phẳng (ABCD) bằng 30 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến
mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC.
Biết B  2; 3 và AB  BC , đường thẳng AC có phương trình x  y  1  0 , điểm M  2; 1 nằm trên
đường thẳng AD. Viết phương trình đường thẳng CD.
3
3
2
 x  y  3 y  x  4 y  2  0
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
3
 x  x  3  2 x  2  y

( x, y   ) .

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  3. Chứng minh rằng:
1
1
1
1



.
2
2
1  a (b  c) 1  b (c  a ) 1  c (a  b) abc
2

-------------Hết----------Học sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015
Đáp án

Câu
1
(2,0đ)

Điểm

a) (1,0 điểm)
 Tập xác định D   \ 1 .
 Sự biến thiên:

0,25

1

- Chiều biến thiên: y '  

 0, x  D .

 x  1 2
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ;1  và 1;   .

0,25

- Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1 .  tiệm cận ngang: y  1.
x 

x 

lim y   ; lim y   .  tiệm cận đứng: x  1 .

x 1

x 1

- Bảng biến thiên:

x
y'
y

1

0,25



1
-

-




1

 Đồ thị:

0,25
y

x

1

b) (1,0 điểm)
Gọi d : y  x  m .

0,25

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:

x
 xm
x 1

 x   x  1 x  m  (Vì x  1 không phải là nghiệm của phương trình)
 x 2   m  2  x  m  0 (1)
Ta có   m 2  4  0, m nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị ( C) tại hai điểm phân biệt A,

0,25

B với mọi m .
Khi đó, A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m  , với x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1).
Ta có: I 1;1  d  I , AB  
và AB 
Ta có: S IAB

2

m
2

 x2  x1    x2  x1 

2

0,25

.

2





 2  x1  x2   8 x1 x2  2 m2  4 .

m m2  4
1
 AB.d  I , AB  
. Theo giả thiết, ta có:
2
2
S IAB  3 

m m2  4
 3  m  2.
2

0,25


2
(1,0đ)

a) Phương trình đã cho tương đương 2sin 2 x  3sin x  2  2 sin x cos x  cos x  0

0,25

  2sin x  1 sin x  cos x  2   0
 sin x  cos x  2  0 : Phương trình vô nghiệm

0,25



 x   6  k 2
 2sin x  1  0  
(k   )
 x  7  k 2

6
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  
b) log 2 (4

x 1


6

 k 2 , x 



x

7
 k 2 (k  ).
6



 4).log 2 (4  1)  3  2  log2 (4 x  1) .log 2 (4 x  1)  3
t  1
t   3

Đặt t  log 2 (4 x  1) , phương trình trở thành:  2  t  t  3  

0,25
0,25

 t  1  log 2 (4 x  1)  1  4 x  1  2  x  0 .
 t  3  log 2 (4 x  1)  3  4 x  1 

1
7
 4 x   : Phương trình vô nghiệm.
8
8

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  0 .
3
(1,0đ)

e

e

e

1
1

Ta có: I    x   ln xdx   x ln xdx   ln xdx.
x
x
1
1
1
e

1
x2
 Tính  x ln xdx . Đặt u  ln x và dv  xdx . Suy ra du  dx và v 
x
2
1
e

e

0,25

0,25

2

e

x2
x
e2 x 2
e2 1
Do đó,  x ln xdx 
ln x   dx  
 
2
2
2 41 4 4
1
1
1
e

1
1
 x ln xdx. Đặt t  ln x  dt  x dx . Khi x  1 thì t  0 , khi x  e thì t  1 .
1

 Tính
e

1

0,25

1

1

t2
1
 .
Ta có:  ln xdx   tdt 
x
2 0 2
1
0
0,25

e2  3
.
Vậy, I 
4
4
(1,0đ)

3a  b  5
a  1

.
a  b  1 b  2

a) Đặt z  a  bi  a, b    . Từ giả thiết ta có: 

0,25

Do đó z  1  2i .
Suy ra w  1  iz  z 2  1  i 1  2i   1  2i   3i . Vậy w  3 .

0,25

5
 15504 .
b) Số phần tử của không gian mẫu là: n     C20

0,25

2

Trong 20 tấm thẻ, có 10 tấm thẻ mang số lẻ, có 5 tấm thẻ mang số chẵn và chia hết cho 4, 5
tấm thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 4.
3
Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Ta có: n  A   C10
.C51 .C51  3000 .

Vậy, xác suất cần tính là: P  A  

n  A  3000 125
.


n    15504 646

0,25


5
(1,0đ)

 x  2  6t

Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Suy ra: d :  y  5  3t
 z  1  2t


0,25

Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) nên H  d  ( P ) .
Vì H  d nên H  2  6t;5  3t ;1  2t  .
Mặt khác, H  ( P ) nên ta có: 6  2  6t   3  5  3t   2 1  2t   24  0  t  1

0,25

Do đó, H  4; 2;3  .
Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu.

0,25
2

Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784 , suy ra 4 R  784  R  14 .
Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H nên IH  ( P )  I  d .
Do đó tọa độ điểm I có dạng I  2  6t; 5  3t;1  2t  , với t  1.
Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:

0,25

 6  2  6t   3  5  3t   2 1  2t   24
 t  1
 14


d ( I , ( P ))  14
2
2
2


6  3  (2)

  t  3  t  1

 AI  14


2
2
2
 2  t  2
  6t    3t    2t   14
Do đó, I  8;8;  1 .
2

2

2

Vậy, mặt cầu ( S ) :  x  8   y  8   z  1  196
6
(1,0đ)

Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra SH  ( ABCD)

S

0,25

  300 .
và SCH
K
A

D
I

Ta có: SHC  SHD  SC  SD  2a 3 .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

SH  SC .sin SCH  SC .sin 300  a 3

H

B

HC  SC .cos SCH  SC .cos300  3a

C

Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra

0,25

BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 .
1
4a3 6
.
S ABCD .SH 
3
3
Vì BA  2HA nên d  B ,  SAC    2d  H ,  SAC  

Vậy, VS . ABCD 

0,25

Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:

AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà, ta lại có: HK  SI .
Do đó: HK   SAC  .
Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên
Suy ra, HK 

HS .HI
2

HS  HI







2



HI AH
AH .BC a 6

 HI 

.
BC AC
AC
3

a 66
.
11



Vậy , d B ,  SAC   2d H ,  SAC   2HK 

2a 66
11

0,25

7
(1,0đ)

Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp trong một
đường tròn. Mà BC  CD nên AC là đường phân

C

B

.
giác của góc BAD
Gọi B ' là điểm đối xứng của B qua AC.
Khi đó B '  AD .
Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là
nghiệm của hệ phương trình:

H

A

D

B'

0,25

M

x  y 1  0

x  3
. Suy ra H  3; 2  .


x  y  5  0
y  2
Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó B '  4;1 .



0,25

Đường thẳng AD đi qua M và nhận MB ' làm vectơ chỉ phương nên có phương trình
x  3 y  1  0 . Vì A  AC  AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

x  y 1  0
x  1

. Do đó, A 1; 0  .

x  3 y 1  0
y  0
 
Ta có ABCB’ là hình bình hành nên AB  B ' C . Do đó, C  5; 4  .
Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra d : 3 x  y  14  0 .

0,25

Gọi I  d  AD , suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:

3x  y  14  0
 43 11 
 38 11 
. Suy ra, I  ;  . Do đó, D  ;  .

 10 10 
 5 5
x  3 y 1  0

Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận CD làm vectơ chỉ phương nên có phương trình
9 x  13 y  97  0 .
(Học sinh có thể giải theo cách khác)
8
(1,0đ)

0,25

0,25

 x 3  y 3  3 y 2  x  4 y  2  0 (1)
 3
(2)
 x  x  3  2 x  2  y

Điều kiện: x  2 .
3

(1)  x3  x  2  y 3  3 y 2  4 y  x3  x  2   y  1   y  1  2 .
Xét hàm số f  t   t 3  t  2 trên  2;   .

0,25

Ta có: f '  t   3t 2  1  0, t   2;   . Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  2;   .
Do đó: x  y  1.
0,25

Thay y  x  1 và phương trình (2) ta được: x3  3  2 x  2  1

 x3  8  2









x  2  2   x  2  x2  2 x  4 





  x  2  x2  2 x  4 

2



x22




  x  2  x2  2x  4 

x22




x22

x2 2

2  x  2








0
x2 2 

2



2

2



x22





0,25

 x2  0 x  2 y  3
 x2  2 x  4 



 0  x2  2x  4 
2

Ta có VT  x  2 x  4   x  1  3  3;VP 

2



x2  2

2
x2  2



(*)

 1, x   2;  


Do đó phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2; 3 .
9
(1,0đ)

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3  ab  bc  ca  3 3 (abc)2  abc  1 .
Suy ra: 1  a 2 (b  c)  abc  a 2 (b  c)  a (ab  bc  ca)  3a 
Tương tự ta có:

1
1

(1).
1  a (b  c) 3a

0,25
0,25

2

1
1
1
1
(2),

 (3).
2
1  b (c  a ) 3b
1  c (a  b ) 3c
2

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

0,25

1
1
1
1 1 1 1 ab  bc  ca
1


 (   )

.
2
2

1  a (b  c) 1  b (c  a ) 1  c (a  b) 3 c b c
3abc
abc
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc  1, ab  bc  ca  3  a  b  c  1, (a, b, c  0).

0,25


Đề thi thử THPT Quốc gia
Môn Toán

Đề số 2

Năm 2015
Trường THPT Xuân Trường C

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y=(2x-2)/(2x+1) (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tung độ tiếp điểm bằng 2
c) 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 3. (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos2x(cosx+sinx) - sin4x=0
Câu 4. (1,0 điểm) Cho khai triển (2+x)8 tìm hệ số của số hạng chứa x6 trong khai triển
đó

Câu 6. (1,0 điểm) Tìm GTLN, GTNN của hàm số f(x) = x2-8lnx trên [1; e]
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SC vuông với (ABCD), đáy ABCD là hình

thoi có cạnh bằng a√3 và góc ABC = 1200 Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
(ABCD) bằng 450 Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng SA, BD.


Câu 8. (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 hoành độ âm.


Đề thi thử THPT Quốc gia
Môn Toán

Đề số 1

Năm 2015
Trường THPT Xuân Trường C

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y=x3-3x2+2 có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng
d:y=9x+2014
Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình: 1+sin2x+cos2x-cosx=0
Câu 3. (1,0 điểm) Giải phương trình: 32x+1 – 4.3x+1 = 0
Câu 4. (1,0 điểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f(x) = ex(x2-x-5) trên đoạn [1; 3]
b) Một chiếc hộp đựng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím và 3 cái
bút màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy được ít nhất hai bút cùng
màu.

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 600. 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 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 M(1;-5), N(7/2;5/2), P(-13/2;5/2),(M, N, P không trùng với A, B, C).


Tìm tọa độ của A, B, C biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua Q(-1;1) và điểm A có
hoành độ dương.


Đề thi thử THPT Quốc gia
Môn Toán

Lần 2

Năm 2015
Trường THPT Thạch Thành I

Câu 1: (2 điểm). Cho hàm số y = 2x3-3x2+1 (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm A(2;5).
Câu 2: (1 điểm).
1. Giải phương trình: sin2x – cos2x = 2sinx - 1.

Câu 3: (1 điểm).
1. Tìm hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển Niuton của nhị thức: (2+x)12.
2. Một hộp đựng 4 bi đỏ, 5 bi xanh và 6 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 4 viện bi. Tính xác suất

để trong 4 viên bi lấy ra có đủ cả 3 màu.

Câu 5: (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, BC = 2a; góc ACB
= 300. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) ,
tam giác SAB vuông. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(SBC).


Câu 6: (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có hai đường
chéo cắt nhau tại I. Kẻ AH và BK lần lượt vuông góc với BD và AC; Đường thẳng AH cắt
đường thẳng BK tại E. Giả sử H(-3/5;4/5), phương trình đường thẳng BK là: 3x-y+5=0 và
phương trình đường thẳng IE là: x+y+1=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD.
Câu 7: (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho 2 mặt phẳng: (α): xz+1=0; (β): x-4y+z-3=0. Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với hai mặt phẳng
(α), (β) và tiếp xúc với mặt cầu (S): (x-1)2+(y-1)2+(z-1)2=4.

----------------Hết----------------


Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015
Môn Toán

Đề

Thời gian: 180 phút
Trường THPT chuyên ĐH Sư phạm HN

Câu 1. (4 điểm)
Cho hàm số: y = -x3 + 3x2 + 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A(1;4)

có hệ số góc k. Tìm giá trị của k để đường thẳng ∆ cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt
A,B,D. Chứng minh rằng các tiếp tuyến của (C) tại các điểm B và D có hệ số góc bằng
nhau.
Câu 2. (4 điểm) Giải các phương trình
1) (1 + sin2x)(cos x – sinx) = 1 – 2sin2x

Câu 4. (1.5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f(x) = 2.33x – 4.33x + 23x trên đoạn [-1;1]
Câu 5.(1.5 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD, đường thẳng SA vuông góc với
mặt phẳng (ABCD) và SA = AD = a. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và SC.
Câu 6. (1,5 điểm). Từ một hộp chứa 16 thẻ được đánh số từ 1 tới 16, chọn ngẫu nhieen4
thẻ. Tính xác suất để 4 thẻ được đánh số bởi các số chẵn.


Câu 7. (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD. Qua B kẻ đường thằng vuông
góc với AC tại H. GỌi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH,BH và AD.


TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG

ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT LẦN I
NĂM HỌC 2014- 2015
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x 2 + 2 .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm a để phương trình x3 − 3x 2 + a = 0 có ba nghiệm thực phân biệt.
Câu II (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
1. Giải phương trình: log 2 ( x - 3) + 2log 4 x = 2 .
2. Giải phương trình: 4sin 2

x
3π
⎛
− 3 cos 2 x = 1 + 2 cos 2 ⎜ x −
2
4
⎝

⎞
⎟ .
⎠

3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 + 3 − x ln x trên đoạn [1; 2].
Câu III (1,5 điểm)

2
1. Tìm nguyên hàm sau: I = ∫ (x − + 3s inx)dx .
x
x2
3 − cos x
2. Tính giới hạn: T = lim
.
x →0
x2

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 IV (1.5 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O , 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 O đến mặt phẳng (SCD) theo a .

1
⎧
2
⎪3xy 1 + 9 y + 1 =
Câu V(1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨
x +1 − x .
⎪ x 3 (9 y 2 + 1) + 4( x 2 + 1) x = 10
⎩

(

)

Câu VI(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của AB , N là
điểm trên cạnh AD sao cho AN = 2 ND . Giả sử đường thẳng CN có phương trình x + 2 y − 11 = 0 và
⎛ 5 1 ⎞
điểm M ⎜ ; ⎟ . Tìm tọa độ điểm C.
⎝ 2 2 ⎠
Câu V (1,0 điểm ) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz = 2 2

x8 + y8

y8 + z8
z 8 + x8
+
+
≥ 8.
x4 + y4 + x2 y2 y4 + z4 + y2 z2 z4 + x4 + z2 x2
-------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 LÊ HỒNG PHONG
Câu
I
(2.0)

ĐÁP ÁN TOÁN 12
(Đáp án gồm 5 trang)
Đáp án

Điểm
3

2

1.(1.5 điểm)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x − 3x + 2
• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:

0.25

⎡ x = 0
⎣ x = 2

- Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 − 6 x ; y ' = 0 ⇔ ⎢

Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0); đồng biến trên các khoảng ( −∞; −2) và

(0; +∞)

0.5

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2; yCT = 3, đạt cực tiểu tại x = 0; yCĐ = -1.
- Giới hạn: lim y = +∞ ; lim y = −∞
x→−∞

-

x→+∞

Bảng biến thiên:
−∞
x
y'

0
0
2

-

+

2
0

-

+∞
0.25

y
-2

−∞
•

Đồ thị:

0.5
3

2

2.(0.5 điểm) Tìm a để phương trình x − 3x + a = 0 có ba nghiệm thực phân biệt.

Phương trình x3 − 3x 2 + a = 0 ⇔ x3 − 3x 2 + 2 = 2 − a
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng
y = 2 − a , suy ra a ∈ (0; 4)
1. (0.5 điểm) Giải phương trình: log 2 ( x - 3) + 2log 4 x = 2 .
•

•

II
(2.0)

•
•
•

x
3π
⎛
− 3 cos 2 x = 1 + 2 cos 2 ⎜ x −
2
4
⎝
3π ⎞
⎛
Phương trình ⇔ 2(1 − cosx) − 3 cos 2 x = 2 − cos ⎜ 2 x −
⎟
2 ⎠
⎝
⇔ sin 2 x − 3 sin 2 x = 2cosx

•
•
•

π ⎞
⎛

⇔ sin ⎜ 2 x − ⎟ = cos x
3 ⎠
⎝

0.25

0.25

Điều kiện: x > 3
Phương trình tương đương với log 2 x( x - 3) = 2 ⇔ x(x − 3) = 4
Giải và kết hợp điều kiện thu được nghiệm x = 4

2.(1.0 điểm)Giải phương trình: 4sin 2

0.25

0.25

⎞
⎟ .
⎠
0.25
0.25
0.25


•

π k 2π
⎡

x= +
⎢
π ⎞
⎛
⎛ π
⎞
18
3
⇔ sin ⎜ 2 x − ⎟ = sin ⎜ − x ⎟ ⇔ ⎢
(k ∈ Z)
3 ⎠
⎝
⎝ 2
⎠
⎢ x = 5π + k 2π
⎢⎣
6

0.25

3(0.5 điểm) Tìm GTLN-GTNN của hàm số y = x 2 + 3 − x ln x trên đoạn [1; 2].
•
•

x

Ta có y ' =

−3

− ln x − 1 =

− ln x < 0, ∀x ∈ [1; 2]

0.25

x2 + 3
(x + x 2 + 3) x 2 + 3
GTLN của hàm số trên đoạn [1; 2] là y (1) = 2 , GTNN của hàm số trên đoạn 0.25

[1; 2] là

y (2) = 7 − 2 ln 2

2
1. (0.5 điểm) Tìm các nguyên hàm sau: I = ∫ (x − + 3s inx)dx .
x
0.25

dx
+ 3∫ sin xdx
x

•

I = ∫ xdx − 2∫

•

x2

I = − 2ln x − 3cos x + C
2

0.25
2

3x − cos x
2. (0.5 điểm) Tính giới hạn: T = lim
.
x →0
x2
2
0.25
3x − 1
1 − cos x
• T = lim 2 + lim
x →0
x →0
x
x2
0.25
x
2sin 2
x 2 ln 3
−1
e
1
• T = lim 2
ln 3 + lim 2 2 = + ln 3
x →0 x ln 3

x →0
x
2
4
4
3 (0.5 điểm) 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.
0.25
• Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử, ta có n(Ω) = C525
• Gọi A là biến cố: “5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ
ít hơn số học sinh nam”
1
• TH1: 1 học sinh nữ và 4 học sinh nam, suy ra số cách chọn là: C10
C154
•

TH2: 2 học sinh nữ và 3 học sinh nam, suy ra số cách chọn là: C102 C153

n(A) C110 C154 + C102 C153 325
=
=
n(A) = C C + C C ⇒ P(A) =
5
n(Ω)
C25
506
1 (05 điểm) Tính thể tích của khối chóp S . ABCD theo a.
•

•
•
•

1
10

4
15

2
10

3
15

0.25

1
VS . ABCD = SA.dt (ABCD)
3
Trong đó dt (ABCD) = a 2

0.25

Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAB) bằng góc
a3
0
∑
∑

ASD = 45 ⇒ SA = AD cot ASD = a ⇒ VS . ABCD =
3

0.25


2.(0.5 điểm)Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
•

SC a 3
=
2
2
3. (0.5 điểm) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD) theo a
1
• Vì O là trung điểm của AC nên d (O, (SCD)) = d (A, (SCD))
2
• Gọi H là hình chiếu của A trên SD, ta có
⎧ AH ⊥ SD
1
⇒ AH ⊥ (SCD) , từ đó dẫn đến d (O, (SCD)) = AH
⎨
2
⎩(SAD) ⊥ (SCD)
a 2
a 2
• Trong tam giác vuông SAD, ta tính được AH =
⇒ d (O, (SCD) =
2
4

1
⎧
2
⎪3xy 1 + 9 y + 1 =
(1.0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨
x +1 − x
⎪ x 3 (9 y 2 + 1) + 4( x 2 + 1) x = 10
⎩
•

V

0.25
Gọi I là trung điểm của SC, ta có IS = IC = ID = IA = IB (do các tam giác
ΔSAC , ΔSBC , ΔSCD là các tam giác vuông), nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S.ABCD

Bán kính mặt cầu R =

x +1 + x
x

PT (1) ⇔ 3 y + 3 y 9 y 2 + 1 =

⇔ 3 y + 3 y (3 y ) + 1 =
•

•
•

0.25

0,25

ĐK: x ≥ 0
Nhận xét: Nếu x = 0 thì không TM hệ PT
Xét x > 0

2

0.25

)

(

•
•

0.25

1
x

+

1

2

⎛ 1 ⎞
⎜⎜
⎟⎟ + 1 (3)
x ⎝ x ⎠

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 2 + 1 , t > 0. Ta có: f’(t)
t2
= 1 + t2 +1 +
>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)
t2 +1
1
⎛ 1 ⎞
PT(3) ⇔ f(3y)= f ⎜⎜
⎟⎟ ⇔ 3y =
x
⎝ x ⎠
Thế vào pt(2) ta được PT: x 3 + x 2 + 4( x 2 + 1). x = 10 . Đặt

0,25

0,25

g(x)= x 3 + x 2 + 4( x 2 + 1). x − 10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0 ⇒ g(x) là
hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)
•
•
•

Ta có g(1) = 0. Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
1

Với x =1 ⇒ y =
3
1
KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; ).
3

0,25


VI

(1.0 điểm)Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của
AB , N là điểm trên cạnh AD sao cho AN = 2 ND . Giả sử đường thẳng CN có
⎛ 5 1 ⎞
phương trình x + 2 y − 11 = 0 và điểm M ⎜ ; ⎟ . Tìm tọa độ điểm C.
⎝ 2 2 ⎠
• Gọi H là hình chiếu vuông góc
của M trên CN, ta có
3 5
MH = d (M, CN) =
2
•

•

Xét tam giác CMN, ta có
2
2
2
∑ = CN + CM − MN = 2 ⇒ NCM

∑ = 450 , từ đó suy ra được
cos NCM
2CN .CM
2
3 10
MC =
2
Do C thuộc đường thẳng CN nên C (11 − 2c; c ), từ

MC =
•
V

0.25

0.25

0.25

3 10
⇔ 5c 2 − 35c + 50 = 0
2
0.25

Tìm được C (7; 2);C(1;5)

(1.0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz = 2 2

x8 + y8
y8 + z8

z 8 + x8
+
+
≥8
x4 + y4 + x2 y2 y4 + z4 + y2 z2 z4 + x4 + z2 x2
•

Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8

•

3(a 2 + b 2 )
a2 + b2
2
2
Do ab ≤
nên a + b + ab ≤
Dấu“=”có ⇔ a=b
2
2

•

a4 + b4
a4 + b4
Ta có: 2
.
≥
a + b 2 + ab 3 2
2

a +b
2

(

a4 + b4

1
≥ (a 2 + b 2 ) (1).
3

Ta sẽ chứng minh:

•

Thật vậy: (1) ⇔ 2( a 4 + b 4 ) ≥ (a 2 + b 2 ) 2 ⇔ (a2 – b2)2 ≥ 0 (luôn đúng).
Do đó ta được:

•

3 2
a + b2
2

)

1
a4 + b4
≥ (a 2 + b 2 ) Dấu“=”có ⇔ a2=b2 ⇔ a=b
2

2
a + b + ab 3

Áp dụng BĐT trên ta có:

b4 + c4
1
≥ (b 2 + c 2 ) Dấu“=”có ⇔ b=c
2
2
b + c + bc 3

c4 + a4
1
≥ (c 2 + a 2 ) Dấu“=”có ⇔ c=a
2
2
c + a + ca 3
•

0,25

)

•

(

0,25

Cộng các vế các BĐT trên ta được:

0,25


2
a4 + b4
b4 + c4
c4 + a4
≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) (2)
+
+
2
2
2
2
2
2
a + b + ab b + c + bc c + a + ca 3
Dấu“=”có ⇔ a=b=c
•

Theo BĐT Cô-si ta có:

2 2
(a + b 2 + c 2 ) ≥ 2.3 a 2 b 2 c 2 = 8 .Dấu“=”có
3

⇔ a=b=c. Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 2

0,25


Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015

Lần 1

Môn Toán
Thời gian: 180 phút
Trường THPT Chí Linh

Câu I ( 4,0 điểm). Cho hàm số y=(1/2)x3-(3/4)x2-6mx+1/2.
1) Với m = 1/2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
2) Tìm các số thực m để hàm số có 2 điểm cực đại, cực tiểu trên [-1;1].


Câu VI (4,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ABC
= 600, cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC tạo với đáy góc 600.
1) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.
2) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SD.
3) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD theo a.
Câu VII (2,0 điểm). Trong hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(4;2), B(-3;1), C là điểm có hoành
độ dương nằm trên đường thẳng (d):x+y=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC, biết diện tích tam giác ABC bằng 25.
Câu VIII (1,0 điểm). Một đội xây dựng gồm 3 kĩ sư, 7 công nhân lập một tổ công tác
gồm 5 người. Hỏi có bao nhiêu cách lập được tổ công tác gồm 1 kĩ sư làm tổ trưởng, 1
công nhân làm tổ phó và 3 công nhân tổ viên.
Câu IX (1,0 điểm). Giữa hai nông trường chăn nuôi bò sữa có một con đường quốc lộ.

Người ta xây dựng một nhà máy sản xuất sữa bên cạnh đường quốc lộ và con đường nối
hai nông trường tới nhà máy. Hỏi phải xây dựng con đường và địa điểm xây dựng nhà
máy như thế nào để cho chi phí vận chuyển nguyên liệu nhỏ nhất.


Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015

Lần 1

Môn Toán
Thời gian: 180 phút
Trường THPT Nguyễn Huệ

b) Cho 8 quả cân trọng lượng lần lượt là: 1 kg, 2 kg ,…, 8 kg. Chọn ngẫu nhiên 3 quả
cân. Tính xác suất để trọng lượng 3 quả cân được chọn không quá 9 kg.
Câu 5 (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a,
cạnh bên tạo với đáy một góc bằng 300. Gọi M là trung điểm của BC và I là trung điểm
của AM. Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy A’B’C’ là trọng tâm G của tam giác
A’B’C’ . Tính thể tích khối chóp A.A’B’C’ và khoảng cách từ C đến mặt phẳng
(ABB’A’).


Câu 6 (1 điểm) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh A (1;
2; 1), B (-2; 1; 3), C (2; -1; 1) và D (0; 3; 1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B
sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng cách từ (D) đến (P).
Câu 7 (1 điểm) Cho có trung điểm cạnh BC là M (3; -1) , đường thẳng chứa đường cao
kẻ từ B đi qua điểm E (-1; -3) và đường thẳng chứa AC đi qua điểm F(1; 3) Điểm đối
xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm D (4; -2) Tìm tọa độ đỉnh A của
tam giác ABC và phương trình đường thẳng BC.