Tuyển tập đề thi THPT quốc gia môn toán phần 3

TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II

ĐỀ THI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN, khối 12.
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
3
Câu I(4 điểm). Cho hàm số y  x  3x 2  4 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại
ba điểm phân biệt.
Câu II(2 điểm ). Giải phương trình:

3 sin 2 x  2 sin x
2
sin 2 x. cos x

Câu III(2 điểm )
1.Một hộp đựng các số tự nhiên có 4 chữ số được thành lập từ các số 0,1,2,3,4. Bốc ngẫu
nhiên một số. Tính xác suất để số tự nhiên được bốc ra là số có 4 chữ số mà chữ số đằng trước
nhỏ hơn chữ số đằng sau.
2.Giải phương trình

log22 x - log4 (4x 2 ) - 5 = 0

Câu IV(2 điểm ). Tính nguyên hàm I  

3xdx
x  x2  4

Câu V(4 điểm ). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác SAC

cân tại S, góc SBC bằng 600, mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) .
1. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC.
2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.
Câu VI(2 điểm ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2+y2 = 5 tâm O,
đường thẳng (d): 3x - y - 2 = 0. Tìm tọa độ các điểm A, B trên (d) sao cho OA =

10
và đoạn
5

OB cắt (C) tại K sao cho KA = KB.
Câu VII(2 điểm )Giải hệ phương trình:  x 2  2 x  5  y 2  2 y  5  y  3x  3
 2
2

y  3y  3  x  x

( x, y  R )

Câu VIII(2 điểm ). Cho c¸c sè thùc d-¬ng a, b, c. Chøng minh r»ng:
abc 
bc

a



abc 
ca

b



a bc  c
ab



93 3
2 abc

.

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

1


TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN;
(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)
Họ và tên thí sinh………………………..…….; Số báo danh………………
Điểm
0,25

Nội dung
I

1.
1/ Tập xác định: R
x  0
y,  0  
x  2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;0  và  2;   ; hàm số nghịch biến trên

0,25
0,25

khoảng  0; 2  .
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0  yCĐ = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2  yCT = 0.

0,25

2/ Sự biến thiên

y ,  3x 2  6 x ;

lim f ( x)  ; lim f ( x)  ;

x 

x 

Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
Bảng biến thiên
x



y,

0,25

0

+

0

y

2
-

0

0,25

+


4




0

3.Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (2;0), (1;0); đi qua điểm
(3;4).

0,25
0,25

y
4

-1

O

1

2

3

x

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

2


2/Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 3x2 + 4 = mx – 2m
2

 (x – 2)(x – x – 2 – m) = 0

0,25
0,5
0,25

x  2
 2
 x  x  2  m  0(*)

để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi và
0,25

chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2
  9  4m  0

hay 

0,25

2  2  2  m  0
2

9

m  

4
m  0

0,25

0,25

9
4

Vậy với m  (  ;+  )\{0}
II

sin x  0
ĐK: sin2x  0 => 
cos x  0
PT => 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx  (2sin2x – 2sin2x.cosx)+sin2x- 2sinx = 0

0,25
0,25

 2sin2x(1- cosx)+ 2sinx(cosx -1)= 0  2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0

0,25

 cos x  1

sin 2 x  sin x  0  sin x(2 cos x  1)  0

*)cosx = 1  sinx = 0 (loại)

0,25
0,25

*) sin 2x  sin x  0  sin x(2 cos x 1)  0

0,25

 2cosx -1 =0 (do sinx  0)

0,25

 cos x 

1

 x    k 2 (kZ) .
2
3

Vậy phương trình có nghiệm x  
III



3

0,25

 k 2

1.Gọi số có 4 chữ số là abcd , với a  0.
Số cách thành lập số có 4 chữ số là: 4.5.5.5= 500.

0,25

Theo giả thiết số đằng trước không thể là số 0. Như vậy số có 4 chữ số được
thành lập từ 1, 2, 3, 4;

0,25

mà chữ số đằng trước nhỏ hơn chữ số đằng sau chỉ có 1 cách đó là số 1234.

0,25

Vậy xác suất cần tìm là

1
.
500

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

0,25
3


2.ĐK: x>0
Phương trình  log 22 x  log 4 4  log 4 x 2  5  0

0,25

 log 22 x  log 2 x  6  0

0,25
0,25
0,25

2

Đặt t = log2x, phương trình trở thành: t – t – 6 = 0  t = 3 hoặc t = - 2
với t = 3  x = 23 = 8 (tm)
với t = - 2  x = 2-2 = ¼ (tm)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 8 và x = ¼
IV

I= 

3xdx
x  x2  4



0,5

3x( x  x 2  4 )dx
4

3x 2
3
dx   x x 2  4dx
4
4

2
3
3x
x
 4 dx  4  C1
3
3 2
1
2
2
 4 x x  4dx   8 x  4d ( x  4)  4
3
x3
1
Vậy I =
x 2  4  - +C.

4
4

0,25

= 

V

x

2

0,5
0,5



3

 4  C2

0,25

S

M

N
X

K
O

A

C
I

B

Gọi O là trung điểm AC . Vì tam giác SAC cân nên SO  AC

0,25
0,25
0,25

 SO  ( ABC )(vi(SAC )  ( ABC ))

vì

a
a 3
OA  OC  , OB 
2
2

nên

Đặt SO = m thì SB2 = m2+3a2/4, SC2 = m2+a2/4
Vì góc SBC bằng 600 nên
cos 60 0  cos( BS , BC ) 

SABC =

0,25
0,5

1
3a 2
a 6

 3a 2  4m 2  3a 2  m 

2 2 3a 2  4m 2
2

0,25

a2 3
2
1
3

Vậy VS . ABC  SO.S ABC 

0,25

2a 3
đvtt
8

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

4


2.Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Trong mp(SOB), từ I dựng đường thẳng IM //SO, M trên SB
Do SO vuông với (ABC) suy ra IM vuông với (ABC) hay đường thẳng IM là
trục đường tròn của tam giác ABC
Gọi N là trung điểm SB Trong tam giác SOB, từ N dựng đường trung trực của
cạnh SB, cắt IM tại X.
Suy ra X là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.

Theo 1) ta có SB = 3a/2., SN = 3a/4.
S

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

Ta có: SN.SB=SK.SO suy ra SK =
KN=SK.sinOSB =
XN = 1/3KN =

9a
M

4 6
N

3a
4 2

0,25

X

a

0,25

K

4 2

O

B
I

0,25

a 38
BX =
8

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là

a 38
8

VI
O

0,25

K
B
A

(C): x2 + y2 = 5 có tâm O(0;0) bán kính R = 5 .

10
=OA  OA  (d)
5
A  (d)  A(t;3t-2)  OA =(t;3t-2)

0,25

(d) có vtcp ud =(1;3). Ta có: OA . ud = 0

0,25

3
3 1
A ; 
5
5 5
Ta có  OAB vuông tại A, KA = KB  KA = KB = OK  K là trung điểm OB
 OB = 2OK = 2 5
Vì B  (d)  B(b;3b-2)Ta có OB2 = 20  b2+(3b-2)2 = 20  5b2-6b-8=0 
b  2  B  2; 4 

b   4  B   4 ;  22 



5
5 
 5

0,25

Ta có d(O;d) =

0,25

 t + 3(3t-2) = 0  t =

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

5

0,25
0,25


4 22
3 1
Vậy A  ;   , B(2;4) hoặc B   ;  

0,25

Phương trình (2)  y2 - 3y + 3 = x2 - x  y - 3x - 3 = y2 - x2 - 2y - 2x thế vào

0,25
0,25

5

VI
I

VI
II

 5

5

5 

phương trình (1) ta có:  x  1  4   y  1  4  y2 - x2 - 2y - 2x
2



 x  1

2

4

 y  1



 x  1

2

2

 4 +(x+1) =

2

2

2
2
 4  (y-1) -(x-1)

 y  1

2

0,25

2
 4 +(y-1) (*)

Xét hàm số f(t) = t  4 +t trên [0;+  ), f’(t) > 0  t≥0  f(t) đồng biến trên
[0;+  )

0,25

x  y  2
2
2
2
2
 phương trình (*)  f((x+1) ) = f((y-1) )  (x+1) = (y - 1)  

x   y
1

x



2
Với x = y - 2, thế vào (2) giải được: 
3
y 

2
3

 x   4
Với x = - y, thế vào (2) giải được: 
y  3

4
 1 3
3 3 
Vậy (x;y)    ;  ,   ;  
 2 2   4 4  

0,25
0,25

0,25

0,25

Ta có: ĐPCM


a  b  c  a a  b  c
bc



a  b  c  b a  b  c
ca



a  b  c  c a  b  c
ab



93 3
2

0,25
0,25

a
b
c
1

1
93 3
abc
abc
abc




b
c
c
a
a
b
2



abc abc abc abc abc abc
a
b
c
;y 
;z 
Đặt x 
, ta có: x,y,z>0 và x  y  z  1
abc
abc
abc

1

0,25

Khi đó
1 x 1 y 1 z 9  3 3
1 x 1 y 1 z 9  3 3







yz
zx
xy
2
1 x
1 y
1 z
2
1
1
1
9
Ta cm:


 1 Ta có:

1 x 1 y 1 z 2

đpcm 

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

0,25

6


 1
1
1 
1  x   1  y   1  z   


9
1  x 1  y 1  z 
1
1
1
9
9





1  x 1  y 1  z 1  x   1  y   1  z  2

Từ đó suy ra (1) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z 
Ta cm:

1
3

0,5

y
x
z 3 3



2
1 x 1 y 1 z
2

Thật vậy, Xét hàm số f(x) = x 1  x  víi 0  x  1
Ta có
BBT
x

f’(x) =

1  3x
2 x

1

3

=0 x ;
1
3

0

f’(x)
f(x)

+

0

1


2
3 3

Suy ra 0 < f(x) <

2
3 3

. Dấu “=” xảy ra  x 

1
3

y
x
3 3y
z 3 3
x
x
3 3x
=
; tương tự:
;

z



2
1  x 1  x  x
2
1 z
2
1 y
2
3 3
y
3 3
x
z 3 3
Suy ra
(x+y+z)=

.



2
1 x 1 y 1 z
2
1
Từ đó suy ra (2) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z 
3
Từ đó suy ra đpcm dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c

Vậy ta có:

Mọi cách khác giải đúng đều được điểm tối đa.

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

7

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2014 – 2015

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

Câu 1 (2,0 điểm).Cho hàm số y  x3  3x  2 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm m để phương trình x3  3x  1  m  0 có ba nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).Giải phương trình sau trên tập số thực: 32 x1  4.3x  1  0.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin 3x.cos x  3 cos 2 x  sin 4 x.
Câu 4 (1,0 điểm).

1 2
x  x  3 2 x  x 2  1.
2
b) Từ một hộp chứa 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20, lấy ngẫu nhiên hai quả cầu. Tính xác suất
để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3.

a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) 

Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC  600. Cạnh SA
vuông góc với mặt phẳng ( ABCD), góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD) bằng 600 , gọi M là trung điểm
của SB. Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD.
Câu 6 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) có tâm I (1; 2) , (C ) cắt trục
hoành tại A và B, cắt đường thẳng  : 3x  4 y  6  0 tại C và D. Viết phương trình đường tròn (C ) biết
AB  CD  6.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có CD  2 AB, phương
trình hai đường chéo của hình thang là AC : x  y  4  0 và BD : x  y  2  0. Biết tọa độ hai điểm
A, B dương và hình thang có diện tích bằng 36. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3
2


2 x  y  2 x  2 y  1  0

2
2
2
2

 5 x  2 xy  2 y  2 x  2 xy  5 y  3( x  y)

( x, y  ).

Câu 9 (1,0 điểm).Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện x yz =1 . Chứng minh

1
1
1
3


 .
2
2
2
(1  x) (1  y) (1  z )
4
---------- Hết --------->> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG

Câu
1a
(1,0 đ)

ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Nội dung

Điểm

Cho hàm số y  x  3x  2
3

•
Tập xác định của hàm số là D = R .
•
Sự biến thiên:
+ Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y   .
x 

0,25

x 

+ Đạo hàm: y '  3x  3; y '  0  x  1 ;
2

+ Bảng biến thiên:
x
 -11 
y‟
y

+

0,5

0

-0

+

4 

 0
+ Hàm số đồng biến trên (  ;-1) và (1;  ); Hàm số nghịch biến trên (-1;1).
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x  1; yct  0 ; Hàm số đạt cực đại tại x  1; ycd  4
Đồ thị

0,25

Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I(0;2) làm tâm đối xứng

1b

Tìm m để phương trình: x3  3x  1  m  0 có ba nghiệm phân biệt.

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

2


(1,0 đ)

x 3  3x  1  m  0

0,25

(1)

 x3  3x+2 = m + 1
Ta có số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị (C ) và đường 0,25
thẳng y = m + 1. Phương trình (1) có 3 nghiêm phân biệt khi đường thẳng
y=m + 1 cắt đồ thị (C ) tại ba điểm phân biệt
0,5
Dựa vào đồ thị ta có điều kiện: 0  m  1  4  1  m  3
Vậy m (1;3) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
(1,0 đ)

Giải phương trình sau trên tập số thực: 32x 1  4.3x  1  0.

32x 1  4.3x  1  0  3.32x  4.3x  1  0

3 x  1
 x 1
3 

3
x  0

 x  1
Vậy tập nghiệm của phương trình là S={-1 ; 0}
3
(1,0đ)

0,25
0,5

0,25

Giải phương trình: 2sin 3x.cos x  3 cos 2x  sin 4x.

2sin 3x.cos x  3 cos 2x  sin 4x.

0,5

 sin4x  sin 2x  3 cos 2x  sin 4x
 sin2x  3 cos 2x  0




 sin(2x  )  0  2x   k  x   k

3
3
6
2

(k  )

0,5

Vậy phương trình có nghiệm

x
4a
(0,5 đ)



6

k



2

(k  )

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: g(x) 
Ta có TXĐ: D  0; 2

f '(x)  x  1 

3(1  x)

2x  x 2
f '(x)  0  x  1

1 2
x  x  3 2x  x 2  1.
2
0,25

 (x  1)(1 

3
2x  x 2

),

5
2
Nên Max f (x)  f (0)  f (2)  1 .
f (0)  1; f (2)  1; f (1)  

0,25

xD

5
min f ( x)  f (1)   .

2
xD
>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

3


4b
(0,5đ)

Từ một hộp chứa 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20, lấy ngẫu nhiên hai quả cầu.
Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3.
Chọn hai quả cầu trong 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20 ta có C202 cách

0,25

2
Số phần tử của không gian mẫu là:   C20
 190

Gọi A là biến cố: “tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3”
Trong các số từ 1 đến 20 các số chia hết cho 3 là 3;6;9;12;15;18.
Tích 2 số ghi trên hai quả cầu là một số chia hết cho 3, xảy ra các trường hợp sau
Trường hợp 1: Mộtsố chia hết cho 3 và một số không chia hết cho 3. Ta có C61C141
cách
Trường hợp 2: Cả hai số đều chia hết cho 3. Ta có C62 cách.

0,25

1

Nên số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:  A  C61.C14
 C62  99

Suy ra P( A) 

A




99
190

99
190
SA
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh
vuông góc
0
với mặt phẳng ABCD, góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 60 , gọi M là trung
điểm của SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM, SD.
Vậy xác suất để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu là một số chia hết cho 3 là

5
(1,0 đ)

0,5

S

M

B

A

AC  a, SCA  600

O

SA  AC.tan 600  a 3
S ABCD  BA.BC.sin 600 

a2 3
2

1
a3
VS . ABCD  SA.S ABCD 
3
2

C
+

D

Gọi O là tâm của hình thoi

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

0,25

4


Ta có SD / /(AM O)  d (SD, MO)  d(SD,(AMO))  d(D,(AM O)) 

6
(1,0 đ)

7
(1,0 đ)

3VMAOD
S AMO

0,25
1
1 1
1
a3
VMAOD  VMABC  . VSABCD  VS . ABCD 
4
4 2
8
16
1
1

a
a 2 15
Tam giác AMO có AM  SB  a; MO  SD  a; OA   S AMO 
2
2
2
16
3a
a 15
 d(D, (AM O)) 

5
15
a 15
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD là
5
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) có tâm I (1; 2) , (C ) cắt
trục hoành tại A và B, cắt đường thằng  : 3x+4 y  6  0 tại C và D. Viết phương
trình đường tròn (C ) biết AB  CD  6.
Gọi bán kính của đường tròn (C) là R(R > 0)
Ta có d(I, AB)= d(I,Ox) = 2; d(I; CD) =d(I,  ) = 1. Suy ra R > 2

0,25

AB  2 R 2  4; CD  2 R 2  1

0,5

AB  CD  6  2 R 2  4  2 R 2  1  6  ...  R 2  5  R  5
0,25

Vậy phương trình đường tròn (C) là ( x  1)2  (y 2)2  5
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có CD  2AB ,
phương trình hai đường chéo của hình
thang là AC : x  y  4  0 và
BD : x  y  2  0. Biết tọa độ hai điểm A, B dương và hình thang có diện tích bằng
36. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang.
0,25

B

A
I
D

C

Gọi I là giao điểm hai đường chéo AC và BD. Tọa độ I là nghiệm của hệ
x  y  4  0
x  3

 I (3;1)

x  y  2  0
y 1
IA IB AB 1
1
1 1


  S IAB  S ABD  . S ABCD  4

Ta có
IC ID CD 2
3
3 3
Nhận thấy AC, BD vuông góc với nhau nên
>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

0,25
5


1
1
IA.IB  IA2  4  IA  IB  8
2
2
Gọi A(a; 4-a) (0 a  5(ktm)
IA  8  (a  3)2  (3  a) 2  8  
a  1
Suy ra A(1;3)
Gọi B(b;b-2)(b>2)
b  1(ktm)
IB  8  (b 3)2  (b 3) 2  8  
b  5
Suy ra B(5;3)
IC  2 IA  (4; 4)  C (7; 3)
SIAB 

8

(1,0 đ)

ID  2 IB  (4; 4)  D(1; 3)
Vậy A(1;3), B(5;3), C(7;-3);D(-1;-3)
3
2

2 x  y  2 x  2 y  1  0

2
2
2
2

 5 x  2 xy  2 y  2 x  2 xy  5 y  3( x  y)
1
Điều kiện y 
2

0,25

0,25

( x, y  ).
0,5

5x 2  2xy  y 2  (2x+y) 2  (x  y) 2  2x  y  2x  y
2x 2  2xy  5 y 2  (x+2y) 2  (x  y) 2  x  2 y  x  2 y

9

 5x 2  2xy  y 2  2x 2  2xy  5 y 2  3x  3 y
( dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y và x, y dương)
Nên từ phương trình 2 ta có x = y
Thay y = x vào phương trình (1) ta có
0,25
3
2
3
2
2x  x  2x  2x  1  0  (2x  x  2x  1)  ( 2x  1  1)  0
2(x  1)
 (x  1)(2x 2  x  1) 
0
2x-1  1
2
 (x  1)(2x 2  x  1 
)0
2x-1  1
x  1
 2
2
 2x  x  1 
0
(3)

2x-1  1
Với x  1  y  1 (thỏa mẵn điều kiện)
0,25
1

2
0
Ta có x   2x 2  x  1  (x  1)(2x - 1)  0  2x 2  x  1 
2
2x  1  1
Nên phương trình (3) vô nghiệm
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1)
Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện xyz =1. Chứng

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

6


(1,0 đ)

1
1
1
3



2
2
2
(1  x) (1  y) (1  z )
4
x, y, z dương và xyz = 1 nên luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hoặc bằng 1 hoặc hai 0,25
số cùng nhỏ hơn hoặc bằng 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là x, y .

 ( x 1)( y  1)  0  x  y  xy  1
0,5
1
1
2
2
2
1
z






2
2
(1  x) (1  y)
(1  x)(1  y) 1  x  y  xy 2  2xy 1  xy z  1
1
1
1
z
1





2

2
2
(1  x) (1  y) (1  z )
z  1 (1  z) 2
.
0,25
Ta có
z
1
3 ( z  1) 2
z
1
3



0


2
2
2
z  1 (1  z ) 4 ( z  1)
z  1 (1  z)
4
1
1
1
3





2
2
2
(1  x) (1  y ) (1  z )
4
Dấu „=‟ xảy ra khi x = y = z =1
minh

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

7


SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG
TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ

ĐỀ THI THỬ LẦN I
KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN : TOÁN

Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3x2  4 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt.

Câu 2 ( 2,0 điểm). Giải các phương trình:
3 sin 2 x  2 sin x
2
a)
sin 2 x. cos x

b) 9  3
x

x1

20

Câu 3 ( 1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

f ( x)  x 4  8 x 2  2015 trên đoạn  1;3 .
1

Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân

I   (x  2015)e x dx
0

Câu 5 ( 1,0 điểm). Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng
(các viên bi có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Chọn ngẫu nhiên
4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu.
Câu 6 ( 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm
A(2 ; 4 ; -1) , B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1).
a)Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm
uuurA(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ; 1)

b) Tính góc giữa hai véc tơ

uuur
AB và CD

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B
và AB=4a, AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a
Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a.
 x 2  y 2  xy  1  4 y
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
, ( x, y  R) .
2
2
 y( x  y)  2 x  7 y  2

.................Hết...................

>> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất!

1


SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG
TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ LẦN I
KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN : TOÁN

( Đáp án – thang điểm gồm 07 trang)
Câu
1
(2,0đ)

Điểm
0,25

Nội dung
a) (1,0đ)
1/ Tập xác định: R
x  0
y,  0  
x  2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;0  và  2;   ; hàm số nghịch biến

0,25
0,25

trên khoảng  0; 2  .
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0  yCĐ = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2  yCT = 0.

0,25

2/ Sự biến thiên

y ,  3x 2  6 x ;

lim y  ; lim y  ;

x 

x 

Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
Bảng biến thiên
x
0

,
y
+
0
y

0,25

-

2
0

+
0,25



4




0

3/Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (2;0), (1;0); đi qua
điểm (3;4).

>> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất!

0,25

2


0,25

y
4

-1

O

1

2

3

x

b) (0,5đ)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, x0  1  y0  2

y ,  3x 2  6 x , suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là y , (1)  3
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

y  3x  5

c) (0,5đ)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường
thẳng
y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt.
Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 3x2 + 4 = mx – 2m
 (x – 2)(x2 – x – 2 – m) = 0

0,25
0,25

x  2
 2
 x  x  2  m  0(*)

0,25

để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi
và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2

0,25

  9  4m  0

hay 

0,25

2  2  2  m  0
2

9

m  

4
m  0

0,25

0,25

9
4

Vậy với m  (  ;+  )\{0}

>> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất!

3

2
(2,0đ)

3 sin 2 x  2 sin x
2
sin 2 x. cos x

a) (1,0đ)Giải phương trình:

sin x  0
ĐK: sin2x  0 => 
cos x  0

0,25
0,25

Phương trình trở thành :

2sin x(3cos x  1)
2
2sin x.cos 2 x
 3cos x  1  2cos


2

x ( Do sin x  0 )

0,25

cos x  1
1
cos x 
2


2cos2 x  3cos x  1  0  

0,25

*)cosx = 1  sinx = 0 (loại)

0,25

1

 x    k 2 (kZ) .
2
3

Vậy phương trình có nghiệm x    k 2
3

0,25

*)  cos x 

b) (1,0đ) Giải phương trình: 9  3
x

Đặt

20

3x  t (t  0) phương trình đã cho trở thành :

0,25

t 1
t 2  3t  2  0  
t  2

0,25

Với t = 1, ta được x = 0

0,25

Với t = 2, ta được

x  log3 2

Vậy phương trình có hai nghiệm
3
(1,0đ)

x1

0,25

x  0, x  log3 2

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
trên đoạn

f ( x)  x 4  8 x 2  2015

 1;3

>> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất!

4


 x  2   1;3

f ' ( x)  4 x3  16 x ; f ' ( x)  0   x  0   1;3
 x  2   1;3

Ta có

0, 5

Ta có :

0,25

f (1)  2022; f (0)  2015; f (2)  2031; f (3)  2006

Vậy

4
(1,0đ)

max f ( x)  2006
 1;3

và

min f ( x)  2031

0,25

 1;3

1

Tính tích phân

I   (x  2015)e x dx
0

1

0,25

1

I   2015e dx   xe dx  I1  I 2
x

x

0

0

0,25

1

1
I1   2015e dx  2015e  2015e  2015
0
0
x

x

0,25

1

Tính

I 2   xe dx
x

0

u  x
du  dx

Đặt 
x
x
dv

e
dx

v  e

>> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất!

5


Do đó

I 2  xe

x 1
0

1

  e dx  e  e
x

x 1
0

0,25

1

0

Vậy
5
(1,0đ)

I  2015e  2014

Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng (các viên bi
có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Chọn ngẫu nhiên 4 viên
bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu.
0,25

4
Ta có số phần tử của không gian mẫu là: n( )  C15  1365 .

Gọi A là biến cố “4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu”.
Khi đó biến cố đối A là“4 viên bi chọn ra có đủ cả ba màu
TH1 : 4 viên được chọn có 2 bi đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng
Suy ra số cách chọn là

0,25

C42 .C51.C61

TH2 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 2 bi xanh và 1 bi vàng
Suy ra số cách chọn là

C41.C52 .C61

TH3 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi xanh và 2 bi vàng
Suy ra số cách chọn là

C41.C51.C62

 n( A)  C42 .C51.C61  C41.C52 .C61  C41.C51.C62  720

Do đó

0,25

0,25

n( A) 720 48
43
P( A) 


 P( A)  1  P( A) 
n() 1365 91
91

>> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất!

6


6
(1,0đ)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2 ; 4 ; -1) ,
B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1).
a) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ;
1)
uuur
b) Tính góc giữa hai véc tơ

a
(0,5đ)

uuur
AB và CD

Ta có bán kính của mặt cầu (S) là

Vậy phương trình mặt cầu (S) là
b
(0,5đ)

0,25

uuur
R  AB  (1)2  02  22  5

Ta có :

( x  2)2  (y 4)2  (z 1)2  5

0,25

uuur
uuur
AB  (1;0;2), CD  (0; 2; 2)

0,25

uuur uuur
Góc giữa hai véc tơ AB và CD là
uuur uuur
uuur uuur
AB.CD
cos( AB, CD)  uuur uuur 
AB . CD
(1).0  0.(2)  2.(2)
(1) 2  02  22 . 02  (2) 2  (2) 2
7
(1,0đ)

0,25



2

10

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB=4a,
AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a
Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a.
0,25

>> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất!

7


S

3a

A

C
5a

4a
B

0,25

Do SA  ( ABC) nên SA là đường cao của khối chóp S.ABC.
Trong tam giác vuông ABC.
Ta có:
BC  AC 2  AB2  (5a)2  (4a)2  3a

SABC 

0,25

1
1
AB.BC  .3a.4a  6a2
2
2

Vậy thể tích của khối chóp tam giác S.ABC là
V=

8
(1,0đ)

0,25

1
SABC. SA = 6a3 (đvtt)
3

 x 2  y 2  xy  1  4 y
Giải hệ phương trình: 
, ( x, y  R) .
2
2
 y( x  y)  2 x  7 y  2

Nhận xét: hệ không có nghiệm dạng (x0 ;0)

0,25

 x 1
x y  4

 x  y  xy  1  4 y
y


.
Với y  0 , ta có: 
2
2
2
 y( x  y)  2 x  7 y  2
( x  y ) 2  2 x  1  7

y
2

2

2

>> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất!

8

Đặt u 

x2  1
, v  x  y ta có hệ:
y

 uv  4
 u  4v
 v  3, u  1
 2

 2
v  2u  7
v  2v  15  0
v  5, u  9

0,25

+) Với v  3, u  1 ta có

0,25

 x2  1  y
 x2  1  y
 x2  x  2  0
 x  1, y  2




.
 x  2, y  5
x y 3
 y  3 x
 y  3 x

hệ: 

Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5).
 x 2  1  9 y  x 2  1  9 y  x 2  9 x  46  0


+) Với v  5, u  9 ta có hệ: 
,
 x  y  5  y  5  x  y  5  x

0,25

Hệ này vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y)  {(1; 2), (2; 5)}.
................ Hết..................

>> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất!

9


TRƯỜNG THPT LƯƠNG
THẾ VINH
HÀ NỘI

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn thi: Toán – Lần thứ 1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Năm học 2014 - 2015
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số

(

)

( ), với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
b) Tìm để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ
hơn 2.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
b) Giải phương trình
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân

√

(

(

)

∫

.
)

.

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (

)

. Tìm mô đun của số phức

.
b) Có hai thùng đựng táo. Thùng thứ nhất có 10 quả (6 quả tốt và 4 quả hỏng). Thùng
thứ hai có 8 quả (5 quả tốt và 3 quả hỏng). Lấy ngẫu nhiên mỗi thùng một quả. Tính
xác suất để hai quả lấy được có ít nhất một quả tốt.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gia với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm (
và mặt phẳng ( )

)

(

)

. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB và mặt

phẳng ( P ). Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt

phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
có đáy là hình chữ nhật,
Tam
giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và
mặt phẳng (ABCD) bằng
. Gọi M là trung điểm của SD. Tính theo a thể tích của khối
chóp
và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15.
Đường thẳng AB có phương trình
. Trọng tâm của tam giác BCD là điểm
(
). Tìm tọa độ bốn đỉnh của hình chữ nhật biết điểm B có tung độ lớn hơn 3.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình {

√
√

√

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b không âm và thỏa mãn: (
(
).
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

√

(

√

(

)

)
(

(

)
)

)

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

1


ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm)
a) (1,0 điểm)
TXĐ: D = R.
Đạo hàm:
) (
Các khoảng đồng biến: (
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
Bảng biến thiên:

hoặc
.
(0,25đ)
(
) (
). Khoảng nghịch biến:
; đạt cực đại tại

)

(0,25đ)
Đồ thị: (HS có thể lấy thêm điểm (

) (

))

(0,25đ)

b) (1,0 điểm)
(
)
Phương trình hoành độ giao điểm
( )
(
)
Đặt
(2)
Để (1) có 4 nghiệm phân biệt thì (2) có 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện

(0,25đ)
Điều kiện: Phương trình (2) phải có nghiệm thỏa mãn điều kiện
Phương trình (2) có
(thỏa mãn),
Điều kiện:
Đáp số:
Câu 2 (1,0 đ)
a) (0,5đ)

(0,25đ)

(0,25đ)
(0,25đ)

Phương trình đã cho tương đương với
>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

2