Tổng hợp 210 đề thi thử môn toán 2015 phần 3

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN

MÔN TOÁN LỚP 12 - NĂM HỌC 2014 - 2015

Thời gian làm bài : 180phút
(Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4,0 điểm)
Cho hàm số y  x 4  2mx 2  m  1 (1) , với m là tham số thực.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 .
2) Tìm những giá trị của m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm
số tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 .


Câu 2 (2.0điểm) Giải phương trình: sin2x + cosx- 2 sin  x   -1= 0.
4

Câu 3 (2.0 điểm) Giải bất phương trình 3 x  3  2 x  28  x  5
Câu 4(2.0 điểm)

Giải phương trình:

2
1

20
log9 (9 x) log27 x
n

2 
3
Câu 5(2.0 điểm) 1) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn  x  4  , ( x  0)
x

3
2
1
Biết số nguyên dương n thỏa mãn An  8Cn  Cn  49
2) Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ
20 câu hỏi trên. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu
nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc
Câu 6 (2.0điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A' B 'C ' có tam giác ABC vuông tại C .
Biết AC  a , BC  a 3 ; mặt phẳng ABC' hợp với mặt phẳng  ABC  góc 600 .





1) Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A' B 'C ' theo a .
2) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC
Câu 7 (2.0điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, biết điểm
 82 6 
B  8; 4  ,điểm M  ;  thuộc đường thẳng AC , CD  2 AB và phương trình AD : x  y  2  0 . Tìm
 13 13 
tọa độ các điểm A, C, D.







 x  1  x2 . y  1  y 2  1

Câu 8: (2 .0 điểm) Giải hệ phương trình : 
( x, y  R ) .
 x 6 x  2 xy  1  4 xy  6 x  1
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  3.
1
1
1
1
Chứng minh rằng:



.
2
2
2
1  a (b  c) 1  b (c  a ) 1  c (a  b) abc

Câu 9 (2.0 điểm)

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

1

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
MÔN TOÁN LỚP 12- 2014-2015
Hướng dẫn giải chi tiết

Câu

Điể
m

Câu 1

2
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

1.(2 điểm). Khi m  1 hàm số trở thành: y  x 4  2 x 2
 TXĐ: D= 
 CBT. Giới hạn lim   , lim  
x  

0.25

x

x  0
Sự biến thiên: y '  4 x3  4 x  0  4 x  x 2  1  0  
 x  1
BBT
x

y’




1
0

+



0
0
0

1
0



0.25
0.25



+


y

-1

0.5

-1

Hàm số đồng biến trên các khoảng  1;0  và 1;   
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;  1 và  0;1 .

0.25

Điểm cực đại  0;0  , cực tiểu  1;  1 , 1; 1 .
Đồ thị: Giao với Oy tại  0;0  , đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng



Đồ thị

0.5

8

6

4

2

0

-5

5

10

-2

-4

-6

-8

x  0
2. (2 điểm) y '  4 x 3  4mx  4 x  x 2  m   0   2
x  m
'
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị  pt y  0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu
khi x đi qua các nghiệm đó  m  0
 Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

2

0.25
0.25
0.25




 

A  0; m  1 , B  m ; m 2  m  1 , C

S ABC 



m ; m2  m  1

0.25

1
yB  y A . xC  xB  m 2 m ;
2

AB  AC  m 4  m , BC  2 m

0.25

m4  m  2 m

AB. AC.BC
1
1
R
4S ABC
4m 2 m

0.25

m  1
 m  2m  1  0  
m   5  1

2

0.25

3

Kl : m = 1 hoặc m =

Câu 2

0.25

5 1
2

Câu 2(2 điểm )
Pt đã cho tương đương:
sin 2x  cos x  (sin x  cos x) 1  0
 2cos x(sin x 1)  sin x 1  0
  sin x  1 2 cos x  1  0
 sin x  1 hoặc cos x 

sin x  1  x  

cosx 


2

0.25
0.25
0.25

1
2

0.25

 k 2 .

0.25

1

 x    2 k .
2
3

Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là: x  
x


3


2

 k 2 ;

 2 k ( k  Z )

Câu 3

0.25
0.25
0.25
1

Câu 3 (2điểm )
3 x  3  2 x  28  x  5
 x  1
(I)  3x  3  x  5  2 x  28  
2
( 3x  3  x  5)  2 x  28
 x  1

2
 3 x  12 x  15  13  x

3

0.25
0.25
0.25

0.25


x  1
TH 1 
 x  13
13  x  0
1  x  13
TH 2  2
 4  x  13
2
3 x  12 x  15  (13  x)
Kết luận bpt có nghiệm x  4

0.25
0.25
0.25
0.25

Câu 4 (2điểm)

Câu 4

1
Điều kiện: x  0, x  1, x  . Khi đó
9
2
1

20

log9 9 x log27 x
2
1


20
1
1
 log3 x  2 log3 x
2
6
2
3


1  0
log 3 x  2 log 3 x

0.25
0.25
0.25
0.25

t  2
t  2
2
3


Đặt t = log 3 x , ta được

  1  0  t  0
t2 t
 t  3
t 2  t  6  0

* t  2  log 3 x  2  x  9
1
1
.
Vậy nghiệm của phương trình là x  9 và x 
* t  3  log 3 x  3  x 
.
27
27
Câu 5

Câu 5 (2điểm) An  8Cn  Cn  49, ( n  N , n  3)
3

(1) 

2

1

0.25

0.25

 n3  7 n 2  7 n  49  0

 n  7 (tm)

0.25




0.25

2

n!
n!
8
 n  49
(n  3)!
2!.(n  2)!

3
Xét khai triển  x 

0.25
0.25

4

2 

x
k

7

Số hạng tổng quát là C

7

 x
3

7k

k

 2 
k
k
  4    2  C7 x
x


28  7 k
12

Vì cần tìm số hạng không chứa x nên k  4
Vậy số hạng không chứa x là  2  C7 =560
4

4

0.25

0.25

Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có C 204  4845 đề thi. 0.25
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có C102 .C102  2025 trường
hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có C103 .C101  1200 trường

4

0.25


Câu 6

hợp.
0.25
4
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có C10  210 trường hợp.
Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc, có
0.25
2025  1200  210  3435 trường hợp
Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc là
3435 229

.
4845 323
1
1
a2 3
SABC = CA.CB 

2
2
Từ giả thiết có VABC . A' B'C ' = SABC .CC ';
Gọi H là hình chiếu của D trên AB
 AB  (CC ' H)


'  600
 ((ABC
'), (ABC))  (CH,
HC ')  CHC
Xét tam giác vuông ABC có CH là chiều cao
1
1
1
1
1
4
a 3
nên CH 2  CA 2  CB2  3a 2  a 2  3a 2  CH 
2
Xét tam giác vuông CHC’ có
3a
a 2 3 3a a 3 3 3
CC '  HC tan 600 
 VABC.A'B'C' 
. 
( đvtt)
2
2

2
4

0.25

0.25

0.25
0.25
Gọi M là trung điểm của AB
I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC
Ta có IA =IB = IC = IC’
I thuộc d với d là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( d đi qua O và vuông góc
với (ABC)
Và I thuộc mặt trung trực của CC’
CC ' 3a
Tam giác IMC có MC = a , IM 

2
4
5a
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C’.ABC là R  IC  IM 2  CM 2 
4
Câu 7

5

0.25
0.25
0.25

0.25
1


+  Tìm tọa độ đỉnh A, C, D

+) Phương trình trình AB: x  y  12  0 , vì A là giao điểm của AB và AD nên tọa độ
 x  y  12
x  5
A thỏa mãn hệ phương trình 

 A  5;7 
 x  y  2
y  7

 æ
ì
ö
ï
ïAM = çç17 ; - 85 ÷÷
ï
çè13 13 ø÷  AM : 5x + y - 32 = 0
+) Có ïí
ï
ï
ï
ï
îA (5;7)
+) C thuộc AM ta có C( a, 32- 5a )
+) Lại có

d (C , AD)  2 AB  6 2



a  5a  32  2
2

y

0.25
0.25

A

0.25
H

B

0.25

D
M

O

x

1

6 2

C

a  7

a  3
với a = 3 loại vì B, C nằm về cùng phía đối với đường thẳng AD
+) Từ đó ta được : C(7;-3)


+) Ta lại có D thuộc AD và DC  2 AB suy ra D(1;3)
+) Vậy A(5;7), C(7; -3), D(1; 3)

0.25
0.25
0.25
0.25

Câu 8
1

1  x 

x2  1   y 

 y

2

 1 (3)

+ Xét f  t   t  t 2  1 , t  R
Khi đó : f '  t  

t2 1  t

t2 1
Suy ra :  3  x   y



t t
t2 1

1
0.25
0.25

 0 t  R . Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R

0.25
0.25

2
 2 x 2  6 x  1  3x
x
25 x 2



Thế x = - y vào (2) ...   2 x 2  6 x  1   
2
4

 2 x 2  6 x  1  2 x

Với

6

2 x 2  6 x  1  3 x...  x  1; y  1

0.25
0.25


0.25

3  11
3  11
;y
2
2

3  11
x

x

1



2
hoặc 
Kết luận pt có nghiệm 
 y  1
 y  3  11

2

+ 2 x 2  6 x  1  2 x...  x 

0.25

2
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3  ab  bc  ca  3 3 ( abc )  abc  1 .
2

Câu 9

1  a 2 (b  c)  abc  a 2 (b  c)  a (ab  bc  ca)  3a
Suy ra:
1
1


(1).
2
1  a (b  c) 3a

1
1

(2)
1  b (c  a ) 3b
Tương tự ta có:
1
1

,
(3).
2
1  c (a  b) 3c

1
0.25
0.25
0.25

2

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
1
1
1
1 1 1 1 ab  bc  ca
1


 (   )


.
2
2
2
1  a (b  c) 1  b (c  a ) 1  c (a  b) 3 c b c
3abc
abc
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc  1, ab  bc  ca  3  a  b  c  1, (a, b, c  0).

Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần
- Có gì chưa đúng xin các thầy cô sửa dùm - Xin cảm ơn
Người ra đề : Mai Thị Thìn

7

0.25
0.25

0.5
0.25







?i Du ? ng V

ăn

Hó

-L

Đ

?i

Su

uy?n Thi

o ng.*** Tru

mB
Tâ

a

ng

H?

c&

Ng?ai Ng? 6
0

An

ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN (Lần thứ 1)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y  x 3  3x 2  (m  1) x  1 (1) có đồ thị (C m ), với m là tham số .

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1 .
b) Tìm m để đường thẳng (d): y = x + 1 cắt đồ thị (C m ) tại 3 điểm phân biệt P(0;1), M, N sao cho bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng

5 2
với O(0;0).
2

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 cos 2 2 x  2 cos 2 x  4 sin 6 x  cos 4 x  1  4 3 sin 3x cos x .
0

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I 

dx

 ( x  1)

3  2x  x 2

x
x 1

6 x2
x 1



1
2

Câu 4 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình: 16.9

3 x 1
x 1

 793.36

 81.2

 0.

b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng ( các viên bi chỉ khác nhau về màu
sắc). Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình
mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : x  y  z  2  0 và (  ) : x  y  z  4  0
theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy A’B’C’ là tam giác đều
cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh A’B’. Gọi E là trung
điểm của cạnh AC. Tính thể tích của khối tứ diện EHB’C’và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng
(ACC’A’).

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B và C thuộc trục tung.
Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết
rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1.

 x 3  3 xy 2  x  1  y 2  2 xy  x 2
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  3
 y  3 yx 2  y  1  x 2  2 xy  y 2
Câu 9 (1,0 điểm). Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện ( x  y ) 3  4 xy  2 .

Tìm GTNN của biếu thức P  3( x 2  y 2 ) 2  2( x  y ) 2  xy (3 xy  4)  2015 .

HẾT

( x, y  R ).


?i Du ? ng V

ăn

Hó

-L

Đ

?i

Su

uy?n Thi

o ng.*** Tru

mB
Tâ

a

ng

H?

c&

Ng?ai Ng? 6
0

An

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1
Câu 1. b. Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và (d): x 3  3 x 2  (m  1) x  1  x  1

 x  0  y  1  P (0;1)
 x ( x 2  3 x  m)  0   2
 x  3x  m  0 (2)
m  0

Để (C m ) cắt (d) tại 3 điểm phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0  
9

m  4
Giả sử M ( x1 ; x1  1) , N ( x 2 ; x 2  1) khi đó x1 ; x 2 là nghiệm của pt (2)
1
OM .ON .MN
Ta có S OMN  MN .d (O; (d )) 
với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN
2
4R
1
OM .ON .MN
MN .d (O; (d )) 
 OM .ON  2 R.d (O; (d ))  5 2d (O; (d ))
(3)
2
4R
2

2

OM .ON  (2 x1  2 x1  1)(2 x1  2 x1  1)
2

2

Với x1  3 x1  m; x 2  3 x 2  m  OM .ON  4m 2  12m  25
d (O; (d )) 

1
2



2
2

Khi đó thế vào (3) ta được:

4m 2  12m  25  5 2

m  0
2
5
thỏa đề chỉ có m  3
2
m  3

Câu 2. Pt  2 cos 2 2 x  2 cos 2 x  4 sin 6 x  2 sin 2 2 x  4 3 sin 3x cos x
 cos 2 2 x  cos 2 x  2 sin 6 x  sin 2 2 x  2 3 sin 3x cos x

 cos 2 2 x  sin 2 2 x  cos 2 x  2 sin 6 x  2 3 sin 3x cos x
 cos 4 x  cos 2 x  2 sin 6 x  2 3 sin 3x cos x
 2 sin 3x sin x  4 sin 3x cos 3x  2 3 sin 3x cos x
sin 3x  0
 2 sin 3x(sin x  2 cos 3x  3 cos x)  0  
sin x  3 cos x  2 cos 3x
* sin 3x  0  x  k



3

( k  )



 x   12  k
( k  )

 x    k
24 2


 k
k
Vậy nghiệm của phương trình là: x    k , x 

, x
( k  ) .
12
24 2
3
0
0
0
1
1
dx
Câu 3. I  
 
dx = 

dx
2
 x3
1 ( x  1) 3  2 x  x
1 ( x  1) ( x  1)(  x  3)
1
2


 ( x  1)
2
2
2
x 1


* sin x  3 cos x  2 cos 3 x  cos x    cos 3 x 
6


Đặt t 

 x3
 x3
4
 t2 
 2tdt 
dx
x 1
x 1

( x  1) 2


?i Du ? ng V

ăn

Hó

-L

Đ

?i

Su

uy?n Thi

o ng.*** Tru

mB
Tâ

a

ng

H?

c&

Ng?ai Ng? 6
0

An

3

I 

1
1
dt  ( 7  3 ) .

2 7
2

Câu 4.
a) Điều kiện x  1 . Đưa phương trình về dạng
9
16 
4

3 x 1
x 1

3 x 1

3 x 1

793  3  x 1
 3  x 1

 81  0 , rồi đặt t   
 
6 2
2

1
;x  2 .
2
b) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là C144  1001 cách .
Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu :
+ TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 .C 51 .C 72 cách

Đáp số : x 

+ TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 .C52 .C 71 cách
+ TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 .C 51 .C 71 cách
Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là C 21 .C 51 .C 72 + C 21 .C 52 .C 71 + C 22 .C 51 .C 71 = 385 cách .
1001  385 616
8
Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là P 
.


1001
1001 13
Câu 5. Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) .

Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : x  y  z  2  0 và (  ) : x  y  z  4  0 theo
hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ :
3a  7b  4c  15
 IA  IB


 3a  2b  2c  9
 IA  IC
a  b  c  2  a b  c  4
d ( I , ( ))  d ( I , (  ))


a  1
a  19 7


Giải hệ ta được : b  0 hoặc b   12 7
c  3
c   9 7


a  1

Với b  0 , viết được phương trình mặt cầu : ( x  1) 2  y 2  ( z  3) 2  25 .
c  3

a  19 7
2
2
2

19  
12  
9
1237


Với b   12 7 , mặt cầu có phương trình :  x     y     z   
7 
7 
7
49

c   9 7


Câu 6. BE //( A' B' C ' ) nên d(E,(A’B’C’) = B’H

Tam giác B’HC’vuông tại H nên B’H =

a 3
2

1
3 2
3 2
A' B'.B' C '.sin 60 0 
a  S HB 'C ' 
a
2
4

8
1
1 a 3 a2 3 a3
 B' H .S HB 'C '  .

3
3 2
8
16

 S A'B 'C ' 
 VEHB 'C '

BB' 2  B' H 2 


?i Du ? ng V

ăn

Hó

-L

Đ

?i

Su

uy?n Thi

o ng.*** Tru

mB
Tâ

a

ng

H?

c&

Ng?ai Ng? 6
0

An

3VB. ACC ' A'
3a 3 a 3 a 3
; VB. ACC ' A'  V ABC . A'B 'C '  V B. A'B 'C ' 


S ACC ' A'
8
8
4
A' I  AB, IJ  AC  A' J  AC , S ACC ' A'  A' J . AC

d ( B, ( ACC ' A' )) 

A' J 

a3
a 15
4  a 15 .
A' A 2  IJ 2 
 d ( B, ( ACC ' A' )) 
5
4
a 15
.a
4
3

Câu 7. Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4) .
Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng
bằng 1 .
Vì B nằm trên trục tung nên B(0;b). Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với BC  Oy : x  0 nên AB :
y=b.
 16  4b 
;b .
Vì A là giao điểm của AB và AC nên A
 3

Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có
16  4b
4

2
b  4.
b4
2 S ABC
1
3
3
r


 b4 .
2
4
5
AB  BC  CA
3
16  4b
 16  4b 
b4  b4  b4
b4 
 (b  4) 2  

3
3
3
 3 
Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 .
Với b = 1 ta có A(4;1), B(0;1). Suy ra D(4;4) .
Với b = 7 ta có A(-4;7), B(0;-7). Suy ra D(-4;4) .
3

2
2
2
(1)
 x  3 xy  x  1  y  2 xy  x
Câu 8. Giải hệ phương trình  3
2
2
2
 y  3 yx  y  1  x  2 xy  y
(2)
Từ (1) và (2) ta có x 3  3 xy 2  x  1  ( y 3  3 yx 2  y  1)i  y 2  2 xy  x 2  ( x 2  2 xy  y 2 )i
 x 3  3x 2 yi  3xy 2 i 2  y 3 i 3  ( x  yi)  1  i  (1  i) y 2  2 xy(1  i )  x 2 (1  i )
 ( x  yi) 3  ( x  yi)  1  i  (1  i)( y 2  2 xyi  i 2 x 2 )
 ( x  yi) 3  ( x  yi)  1  i  (1  i)( y  ix) 2  z 3  (1  i ) z 2  z  (1  i )  0
 z  1; z  1; z  1  i .
Do đó (x;y) = (1;0); (-1;0); (-1;-1) .
Câu 9. Với mọi số thực x, y ta luôn có ( x  y ) 2  4 xy , nên từ điều kiện suy ra
( x  y ) 3  ( x  y ) 2  ( x  y ) 3  4 xy  2  ( x  y ) 3  ( x  y ) 2  2  0  x  y  1 .
3
3
Ta biến đổi P như sau P  ( x 2  y 2 ) 2  ( x 2  y 2 ) 2  2( x 2  y 2  2 xy)  xy (3xy  4)  2015
2
2
3 2
3
 ( x  y 2 ) 2  ( x 4  y 4 )  2( x 2  y 2 )  2015 (3)
2
2
2

2 2
9
(x  y )
Do x 4  y 4 
nên từ (3) suy ra P  ( x 2  y 2 ) 2  2( x 2  y 2 )  2015 .
2
4
1
Đặt x 2  y 2  t thì t 
(do x  y  1) .
2


?i Du ? ng V

ăn

Hó

-L

Đ

?i

Su

uy?n Thi

o ng.*** Tru

mB
Tâ

a

ng

H?

c&

Ng?ai Ng? 6
0

An

9 2
1
9
1
t  2t  2015 với t  , có f ' (t )  t  2  0 , với t  nên hàm số f(t) đồng biến
4
2
2
2
 1  32233
1

.

trên  ;  . Suy ra min f (t )  f   
1


16
2
2

t ;  
Xét hàm số f (t ) 

2



32233
1
, đạt được khi và chỉ khi x  y  .
Do đó GTNN của P bằng
16
2


*www.luyenthidaihoc.edu.vn*www.kythiquocgia.edu.vn
*www.kythiquocgia.com
Tel: 08. 3719 4559 – 0932.178517


SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm).
Cho hàm số y  x 3  3mx 2  4m 2  2 (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m  1 .
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm I (1;0) là trung điểm
của đoạn AB.
Câu 2 (1,0 điểm).




Giải phương trình 4 sin  x    2 sin  2 x    3 cos x  cos 2 x  2 sin x  2 .
3
6


Câu 3 (1,0 điểm).
x  2 2x  5
Tính giới hạn sau lim
.
x2
x  2
Câu 4 (1,0 điểm).
Một hộp đựng 5 viên bi màu đỏ và 6 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bi. Tính

xác suất để trong 4 viên bi được lấy ra đó có đủ cả hai màu và số viên bi màu đỏ lớn hơn số viên bi
màu xanh.
Câu 5 (1,0 điểm).
2
2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) :  x  1   y  2   9 . Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn (C ) biết đường thẳng BC có phương trình là
2x  5  0 .
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình lăng trụ ABC. A / B / C / có các đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
C / lên mặt phẳng (ABC ) là điểm D thuộc cạnh BC sao cho DB  2DC . Góc giữa đường thẳng
AC / và mặt phẳng (ABC ) bằng 45 0 . Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ABC ), ( A / B / C / )
và côsin góc giữa hai đường thẳng AD,CC / .
Câu 7 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có BC  2 AD  2 DC ,
đỉnh C (3;3) , đỉnh A nằm trên đường thẳng d : 3 x  y  2  0 , phương trình đường thẳng
DM : x  y  2  0 với M là điểm thỏa mãn BC  4CM . Xác định tọa độ các điểm A, D, B.
Câu 8 (1,0 điểm).
 2 x  1  4 x 2 y  1  y 2  1
Giải hệ phương trình 
 x x  y  xy  1  2 xy  x  y  1
Câu 9 (1,0 điểm).







Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 1  2a 2  1  2b 2  1  2c 2  5 .

Chứng minh rằng 4 2a 3  b 6  c 6  64 .
-----------HẾT--------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………..; Số báo danh:……..…………….


SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 MÔN TOÁN LỚP 12
NĂM HỌC 2014 – 2015

Câu
Đáp án
a) (1,0 điểm)
1
(2,0đ) Với m=1, hàm số trở thành: y  x 3  3x 2  2
*Tập xác định: D  
*Sự biến thiên:

Điểm

0,25

-

x  0
Chiều biến thiên: y /  3x 2  6 x , y /  0  
x  2
Các khoảng đồng biến: ( ; 0 ); ( 2;  ) , khoảng nghịch biến: (0;2).

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -2.
Giới hạn tại vô cực: lim y   ; lim y  

-

Bảng biến thiên:

-

x 

x 
y/

+

0
0

0,25

x 



2
0

-

+



2

0,25

y
-2





*Đồ thị: Giao Oy tại (0;2), Giao Ox tại (1;0) và 1  3;0
Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng
(Học sinh tự vẽ hình)
b) (1,0 điểm)
x  0
Ta có y /  3x 2  6mx ; y /  0  
 x  2m


0,25

0,25

/

Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị  y  0 có 2 nghiệm phân biệt  m  0

2
(1,0đ)

Tọa độ các điểm cực trị A, B là A(0;4m 2  2); B(2m;4m 3  4m 2  2)
m  1
I là trung điểm của AB nên 
3
2
 2 m  4 m  2  0
Giải hệ được m = 1, thỏa mãn điều kiện tồn tại cực trị.
Vậy giá trị của m cần tìm là m = 1.
Phương trình đã cho tương đương với
2 sin x  2 3 cos x  3 sin 2 x  cos 2 x  3 cos x  cos 2 x  2 sin x  2





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

 4 sin x  2  3 cos x  3 sin 2x  0  1  2 sin x  3 cos x  2  0

0,25

* 3 cos x  2  0 : phương trình vô nghiệm



 x  6  k 2
* 1  2 sin x  0  
. Nghiệm của phương trình là
 x  5  k 2
6


0,25

1


x 

x 



 k 2
6
k  Z
5
 k 2
6

0,25

Câu
Đáp án
3
x  2 2x  5
x  2 2 x  5 x  2 2x  5
 lim
(1,0đ) Ta có lim
x  2
x  2
x2
x  2 x  2 2x  5



 lim







Điểm



x 2  8x  20

0,25

x  2x  2 2x  5 
x  10
x  2x  10 
 lim
lim
x  2 x  2 x  2 2 x  5 
x  2 x  2 2 x  5
x  2

0,25

= 3.
4
4
Số phần tử của không gian mẫu là: C11
 330 .
(1,0đ) 4 viên bi được chọn gồm 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh.
Số cách chọn 4 viên bi đó là C 35 .C16  60 .
60
2
 .
Vậy xác suất cần tìm là p 
330 11
5
5

x
2
2
(1,0đ)


x  1  y  2   9 
2

Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ: 
2 x  5  0
y  2  3 3

2
Đường tròn (C) có tâm I(1; 2). Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (C) nên I là trọng
tâm của tam giác. Từ đó tìm được A(-2; 2).
5
3 3 5
3 3
; C ;2 
 và ngược lại. A(-2; 2)
Vậy B ;2 



2
2
2
2

 

/
6
Từ giả thiết có C D  (ABC); AC / , (ABC)  AC / , AD  C / AD  45 0

(1,0đ)
a 7
a 7
Sử dụng định lí cosin cho ABD  AD 
 C / D  AD 
3
3
/
/
/
/
Vì CC // AA nên AD, CC  AD, AA .
4a
Vì C / D  (ABC) nên C / D  (A / B / C / )  C / D  C / A /  DA / 
3
2 2
AA /  CC /  C / D 2  DC 2 
a
3
Áp dụng hệ quả của định lí cosin trong A / AD ta được
14
14
cos A / AD  
 cosAD, CC /   cos A / AD 
56
56
7
Vì A  d  A(a;2  3a ) .
(1,0đ) Có S
ADM  2S DCM  d A, DM   2d C, DM 





 

 

0,25



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

0,5

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



a  1  A(3;7)


. Do A, C nằm khác phía với đường thẳng DM nên A(-1; 5).
a  3  A(1;5)
AD  CD
Vì D  DM  D(d; d  2) . Từ giả thiết có 
. Giải hệ ta được d = 5 nên D(5; 3).
AD  CD

0,25

0,25

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

Có BC  2AD  B(9;1) .
2


Câu
8
(1,0đ)

Đáp án





Điểm



 2 x  1  4 x 2 y  1  y 2  1 (1)
. Điều kiện x  y  xy  1  0 (*). Vì t  1  t 2  0

x x  y  xy  1  2 xy  x  y  1 (2)
4x 2  y 2
nên (1)  2 x  1  4x 2  1  y 2  y  2 x  y 
0
1  4x 2  1  y 2

0,25





 2 x  y  1  4 x 2  1  y 2  2 x  y  0  2 x  y  0  y  2 x

Thay y = -2x vào (2) ta được x 3x  2x 2  1  4x 2  3x  1
 xx

0,25

3 1
3
1
3 1 


 2  2  x 2   4   2  . Đặt t   2
x x
x
x x 
x


Khi x > 0 ta được

t  2  t  4  t  7. Từ đó, kết hợp với x > 0 ta được

3  37
3  37
;y
thỏa mãn điều kiện (*)
14
7
Khi x < 0 ta được  t  2  t  4  t  2. Từ đó, kết hợp với x < 0 ta được
x

x

3  17
17  3
;y
thỏa mãn điều kiện (*). Vậy hệ có 2 cặp nghiệm….
4
2

0,25

0,25

9
Với hai số không âm A, B ta chứng minh: 1  A  1  B  1  1  A  B (1). Thật vậy,
(1,0đ)
(1)  2  A  B  2 1  A 1  B  2  A  B  2 1  A  B
 1  A  B  AB  1  A  B , luôn đúng.
Dấu đẳng thức xảy ra khi A = 0 hoặc B = 0.

0,5

Áp dụng (1) ta có 5  1  2a 2  1  2b 2  1  2c 2  1  1  2a 2  2b 2  1  2c 2

 2  1  2a 2  2b 2  2c 2 .
Suy ra a 2  b 2  c 2  4, hay b 2  c 2  4  a 2 . (2)





3









3

Khi đó 4 2a 3  b 6  c 6  4 2a 3  b 2  c 2  4 2a 3  4  a 2 .
Từ (2) và do a, b, c không âm ta có 0  a  2 .




Xét hàm số f (a )  4 2a 3  4  a 2



f / (a )  12 2a 2  6a 4  a 2

2



3

trên 0;2 . Ta có



 



 6a a  2 a 6  a 2  2 8  a 2

Với a  0;2 , f / (a )  0  a  0; a  2
Có f (0)  64; f ( 2 )  24; f (2)  32 2  f (a )  64; a  0;2
Vậy 4 2a 3  b 6  c 6  64 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  0, c  2 hoặc a  c  0; b  2

3

0,5


SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM

KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC:
Câu 1) (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 + 3 x 2 - 2 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số
1
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = - x
9
Câu 2) (1,0 điểm)
2 x
a) Giải phương trình: cos x + 2 cos - 3 = 0
3
b) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện z + z = 6 và z 2 + 2 z - 8i là một số thực.

2
Câu 3) (0,5 điểm) Giải phương trình: log 4 ( x - 7 x + 10) - log 4 ( x - 2) = log 1 ( x + 5)
4

Câu 4) (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
ìï x ( x + 6 y - 4) + 3 y (3 y - 4) + 8 + 2( x + y ) = ( x + y ) 2 + 4(1 - xy ) + 2
í
2
ïî 3 x - xy + 22 - 1 - y = x - 2 y + 3
Câu 5) (1,0 điểm) Tính tích phân I =

p
4

ò ( x + 2 + tan

2

x) sin xdx

0

Câu 6) (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có AC = a 3 , BC = 3a , ·
ACB = 300 . Cạnh
bên hợp với mặt phẳng đáy góc 600 và mặt phẳng (A’BC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Điểm H trên
cạnh BC sao cho BC = 3BH và mặt phẳng (A’AH) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích khối lăng
trụ ABC.A’B’C ' và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (A’AC).
Câu 7) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A(– 3; – 4), tâm đường tròn nội tiếp
1
I(2; 1) và tâm đường tròn ngoại tiếp J( - ;1 ). Viết phương trình đường thẳng BC.

2
Câu 8) (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4; – 2; 11), B( – 2; – 10; 3) và mặt phẳng
(P): x + y – z – 4 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng trung trực đoạn AB và tìm điểm M trên mặt phẳng (P)
sao cho MA = MB = 13.
Câu 9) (0,5 điểm) Một hộp đựng 3 xanh , 4 bi đỏ và 5 bi vàng . Lấy ngẫu nhiên 5 bi từ hộp. Tính xác suất để
trong 5 bi lấy ra có đủ 3 màu và số bi xanh và số bi đỏ bằng nhau.
Câu 10) (1,0 điểm) Cho hai số thực a, b thuộc khoảng (0, 1) thỏa mãn (a 3 + b3 )(a + b) - ab(a - 1)(b - 1) = 0 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
12
a 4 + b4
+
3
ab
P=
ab
36 + (1 + 9a 2 )(1 + 9b 2 )
------------------------------------------------------1


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Câu

Đáp án

Điểm

Câu1)
a) y = x 3 + 3x 2 - 2
y = -¥ , lim y = +¥
+ TXĐ D = R , xlim

®-¥
x ®+¥
é x = 0 Þ y = -2
+ y ' = 3x 2 + 6 x , y ' = 0 Û ê
ë x = -2 Þ y = 2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------+ BBT
-¥
x
0
+¥
-2
y’
+
0
0
+
¥
y
Câu 1
-¥
-2
(2,0đ)
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Hàm ĐB trên các khoảng ( -¥ ; -2 ), (0; + ¥ ) và NB trên khoảng ( -2 ; 0). Điểm cực đại đồ
thị ( -2 ; 2); điểm cực tiểu đồ thị (0; -2 )
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Đồ thị

0,25

0,25

0,25

4

2

-10

-5

0,25
5

10

-2

-4

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------1
b)Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = - x nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9.
9
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------é x0 = 1 Þ y0 = 2
2
Ta có y '( x0 ) = 9 Û 3x0 + 6 x0 = 9 Û ê
ë x0 = -3 Þ y0 = -2
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Phương trình tiếp tuyến tại điểm (1, 2) là y = 9( x - 1) + 2
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------+Phương trình tiếp tuyến tại điểm (– 3, – 2 ) là y = 9( x + 3) - 2

0,25

0,25
0,25
0,25
2


Câu 2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------(1,0đ) Câu 2)
x
2 x
3 x
2 x
a) cos x + 2cos - 3 = 0 Û 4cos - 3cos + 2 cos - 3 = 0
3
3
3
3
x
x
x
Û (cos - 1)(4 cos 2 + 6cos + 3) = 0
3
3
3
Câu

Đáp án
x
x
Û cos = 1 Û = k 2p Û x = 6 kp , k Î Z
3

3
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------b) Gọi z = x + yi . Ta có z + z = 6 Û ( x + yi ) + ( x - yi ) = 6 Û x = 3 (1)

2
2
2
z 2 + 2 z - 8i = ( x + yi) + 2( x - yi ) - 8i = ( x - y + 2 x) + (2 xy - 2 y - 8)i là số thực nên
2 xy - 2 y - 8 = 0 (2).
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------Từ (1) và (2) ta giải được x = 3 và y = 2. Vậy z = 3 + 2i
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------ì x 2 - 7 x + 10 > 0
ìx < 2 Ú x > 5
ï
ï
Câu 3
x-2 >0
Û íx > 2
Û x >5
(0,5đ) Câu 3) b)ĐK í
ïx + 5 > 0
ï
î x > -5
î

0,25

Điểm
0,25

0,25
0,25

0,25

2
Với ĐK trên phương trình tương đương : log 4 ( x - 7 x + 10) - log 4 ( x - 2) = - log 4 ( x + 5)

Û log 4 ( x 2 - 7 x + 10)( x + 5) = log 4 ( x - 2)
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------Û ( x 2 - 7 x + 10)( x + 5) = x - 2
Û ( x - 5)( x + 5) = 1 Û x = 26 (vì x > 5)
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------ìï x( x + 6 y - 4) + 3 y (3 y - 4) + 8 + 2( x + y ) = ( x + y ) 2 + 4(1 - xy ) + 2 (1)
Câu 4) í
2
ïî 3 x - xy + 22 - 1 - y = x - 2 y + 3(2)
Câu 4
(1,0đ) ----------------------------------------------------------------------------------------------------------+Ta có (1) Û ( x + 3 y - 2) 2 + 4 + ( x + 3 y - 2) = ( y - x) 2 + 4 + ( y - x)
+ Xét hàm f (t ) = t + 4 + t , t Î R . Ta có f '(t ) =
2

t
t +4
2

+1 =

t2 + 4 + t
t +4
2

> 0, "t Î R

Suy ra f(t) đồng biến trên R.
------------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Ta có (1) Û f ( x + 3 y - 2) = f ( y - x ) Û x + 3 y - 2 = y - x Û y = 1 - x
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------+ Thế y = 1 – x vào (2) ta có : x 2 + 2 x + 22 - x = x 2 + 2 x + 1 (3) . Với ĐK x ³ 0. ta có

0,25

0,25

0,25

(3) Û ( x 2 + 2 x + 22 - 5) - ( x -1) = x 2 + 2 x - 3
Û

x2 + 2 x - 3
x 2 + 2 x + 22 + 5

-

x -1
= ( x - 1)( x + 3)
x +1
0,25
3


ộ 1
ổ
ửự
1
+ ( x + 3) ỗ1 ( x - 1) ờ

ữỳ = 0 x = 1
x 2 + 2 x + 22 + 5 ứ ỷỳ
ố
ởờ x + 1
ổ
ử
1
1
+ ( x + 3) ỗ1 ữ > 0 (phi gii thớch)
x +1
x 2 + 2 x + 22 + 5 ứ
ố
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------x = 1 ị y = 0 .Vy h cú nghim (x ; y) = (1 ; 0)
Vỡ vi x 0 thỡ

Cõu

ỏp ỏn
p
4

p
4

im
p
4

sin x
dx

2
x
0
0
0
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------ỡu = x + 1
ỡdu = dx
ịớ
.
+ t ớ
ợ dv = sin xdx ợv = - cos x

Cõu 5 Cõu 5) I =
(1,0)

ũ ( x + 2 + tan

2

x)sin xdx =

p
4

ũ ( x + 1)sin xdx + ũ cos

p
4

p

p
2
2
Ta cú ( x + 1) sin xdx = -( x + 1) cos x + cos xdx = -( + 1)
+ 1 + sin x 04 = p +1
ũ0
ũ0
4
2
8
p
4
0

0,25

0,25

0,25

------------------------------------------------------------------------------------------------------------p
4

p
4

p

4
+ sin x dx = -d (cos x) = 1

ũ0 cos2 x ũ0 cos2 x cos x 0 = 2 - 1
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------2
+ Vy I = p+ 2
8
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------Cõu 6 Cõu 6)
(1,0)
ỡ( A ' BC ) ^ ( ABC )
A'
ù
ị A ' H ^ ( ABC )
ớ( A ' AH ) ^ ( ABC )
ù A ' H = ( A ' BC ) ầ ( A ' AH )
ợ
C'
B'
ã' AH = 600
Suy ra A

ị A ' H = AH tan 600 = a 3
2

0,25

0,25
3

9a
4
4
-------------------------------------------------------Vỡ AH 2 + AC 2 = HC 2 ị HA ^ AC ị AA ' ^ AC

1
1
S A ' AC = . AC. AA ' = .a 3.2a = a 2 3
2
2
H

0,25

---------------------------------------------------------AH 2 = AC 2 + HC 2 - 2 AC .HC .cos 300 = a 2
ị AH = a

A

B

0,25

C

VABC . A ' B 'C ' = S ABC . A ' H =

3a

3

.a 3 =

0,25

4