Đề thi thử môn toán THPT quốc gia năm 2015 (10)

TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN
(Ma trận có 02 trang)

MA TRẬN ĐỀ KTCL
ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN

1. Yêu cầu về kiến thức : Theo quy định về chuẩn kiến thức của Chương trình
Chuẩn Giáo dục phổ thông Môn Toán cấp THPT của Bộ GD-ĐT.
2. Yêu cầu về kỹ năng : Theo quy định về chuẩn kỹ năng của Chương trình Chuẩn
Giáo dục phổ thông Môn Toán cấp THPT của Bộ GD-ĐT.
3. Phạm vi kiến thức : Phần chung của hai chương trình (chương trình Chuẩn và
Nâng cao) tính đến hết học kì I môn Toán 12.

Chủ đề
Nhận
biết
* Khảo sát hàm số và bài toán
liên quan
- Số câu
- Số điểm
* Lượng giác
- Số câu
- Số điểm
* Đại số tổ hợp

1
1.0

Mức độ nhận thức
Thông

Vận
hiểu
dụng

1
1.0

1
1.0
1
1.0

- Số câu
- Số điểm
* Hình học không gian

2
1.0

- Số câu
- Số điểm
* Phương pháp tọa độ trong
mặt phẳng
- Số câu
- Số điểm
* Phương trình, hệ phương
trình, bất phương trình đại số

1
1.0

Vận
dụng
cao
2
2.0

1
1.0

- Số câu
- Số điểm
* Mũ và logarit

Tổng

1
1.0
2
1.0
1
1.0

2
2.0

1
1.0

1

1.0


- Số câu
- Số điểm
* Bài toán tổng hợp
- Số câu
- Số điểm
TỔNG SỐ CÂU HỎI
TỔNG SỐ ĐIỂM
TỶ LỆ

TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN
(Đề thi có 01 trang)

1
1.0

5
4.0
40%

2
2.0
20%

3
3.0
30%

1
1.0
1
1.0
1
1.0
10%

1
1.0
11
10.0
100%

ĐỀ KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


y=
Câu 1. (1.0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
Câu 2. (1.0 điểm)
Tìm các giá trị của m
y = − x 3 + ( m + 3) x 2 − ( m 2 + 2m ) x − 2

x=2
đạt cực đại tại
sin 2 x − 2cos 2 x = 3sin x − cos x

x+2

x−2
để

hàm

số

Câu 3. (1.0 điểm) Giải phương trình :
Câu 4. (1.0 điểm) Giải vô địch bóng đá Châu Á có 16 đội bóng của 16 quốc gia khác
nhau tham dự, trong đó có 4 đội của 4 quốc gia ở khu vực Đông Nam Á. Ban tổ chức
bốc thăm ngẫu nhiên, chia 16 đội bóng thành 4 bảng A, B, C, D mỗi bảng có 4 đội để
tiến hành thi đấu. Tính xác suất để 4 đội bóng của các quốc gia ở khu vực Đông Nam
Á ở cùng một bảng.
Câu 5. (1.0 điểm)
3.9 x − 26.3x − 9 = 0
a. Giải phương trình :
log 2 ( x − 2 ) + log 2 ( x − 3) > 1
b. Giải bất phương trình :
Câu 6. (1.0 điểm) Cắt một hình nón bằng một mặt phẳng qua trục của nó ta được
thiết diện là tam giác đều cạnh 3a. Tính theo a diện tích xung quanh, diện tích toàn
của hình nón và thể tích của khối nón tương ứng.
S . ABCD
ABCD
a
Câu 7. (1.0 điểm) Cho hình chóp
có đáy
là hình thoi cạnh
và
·
BAD

= 600
SAB
S
Tam giác
vuông cân tại
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
SA
a
S . ABCD
E
mặt đáy. Gọi
là trung điểm của
. Tính theo thể tích khối chóp
và
( SBD )
E
khoảng cách từ đến mặt phẳng
.
Oxy
ABCD
AB = 2 BC
Câu 8. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng
, cho hình chữ nhật
có
.
H
A
BD E
F
Gọi

là hình chiếu vuông góc của
lên đường thẳng
,
và
lần lượt là
A ( 1;1)
CD
BH
EF
trung điểm của
và
. Biết
, đường thẳng
có phương trình
3x − y − 10 = 0
B, C , D
E
và có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh
.
Câu
9.
(1.0
điểm)
Giải
hệ
phương
trình
:
 x 3 + y 3 + x 2 + 2 y 2 + 2 x + 3 y + 2 = 0


2
 8 − xy − x + 2015 = x + x + y + 4 + 2016 x


Câu 10. (1.0 điểm) Cho

( bc + 1)

2

a , b, c

là các số thực dương thỏa mãn :

+ a 2 = 2 ( 1 + a ) + bc

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a + 1 + a 2c
4
12 a
P=
+
− 2
2
2
a bc
( c + 1) a + 1

------- HẾT ------Thí sinh không được sử dung tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm !

Họ và tên thí sinh : ……………………………………… Số báo danh :
…………………..
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm có 09 trang)
KTCL ÔN THI THPT QG LẦN 1 NĂM 2015
Môn: TOÁN
I. LƯU Ý CHUNG:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải, nếu học sinh làm cách khác đúng thì cho điểm
tương ứng với đáp án.
- Nếu học sinh bỏ bước nào thì không cho điểm bước đó
- Câu 6 không nhất thiết phải yêu cầu vẽ hình
- Câu 7 và Câu 8 bắt buộc phải có hình vẽ đúng (Nếu không có hoặc vẽ sai thì không
cho điểm)
- Điểm toàn bài tính đến 0.25 và không làm tròn
II. ĐÁP ÁN:
Câu
Câu 1

Nội dung trình bày
y=
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
a. Tập xác định :
b. Sự biến thiên

D = R \ { 2}

0.25

y, =

* Chiều biến thiên : Ta có

−4

( x − 2)

* Giới hạn :

lim y = 1 ; lim± y = ±∞
x→2

2

< 0 ∀x ≠ 2

( −∞; 2 )

Suy ra : Hàm số nghịch biến trên
* Cực trị : Hàm số không có cực trị
x →±∞

x+2
x−2

Điểm

và

( 2; +∞ )

0.25


Suy ra : Tiệm cận đứng
* Bảng biến thiên
x

, tiệm cận ngang
+∞

2

−

−
+∞

1

c. Đồ thị :
Tâm đối xứng :

y =1

0.25

−∞

y′
y

x=2

−∞

I = ( 2;1)

1

, cắt Ox tại

( −2; 0 )

, cắt Oy tại

( 0; −1)

y = − x 3 + ( m + 3 ) x 2 − ( m 2 + 2m ) x − 2

Câu 2

Tìm các giá trị của m để hàm số
x=2
đại tại
D=R
TXĐ :
y ' = −3x 2 + 2 ( m + 3) x − ( m 2 + 2m ) ; y '' = −6 x + 2 ( m + 3 )

Hàm số đã cho đạt cực đại tại

'

 y ( 2) = 0
⇔  ''

 y ( 2) < 0
x=2

0.25

đạt cực
0.25

0.25


Câu 3

2
2
−12 + 4 ( m + 3) − m − 2m = 0 m − 2m = 0
⇔
⇔
−
12
+
2
m
+
6

<
0
m < 3


0.25

m = 0
⇔
m = 2

0.25

m = 0, m = 2

. Kết luận : Giá trị m cần tìm là
sin 2 x − 2cos 2 x = 3sin x − cos x
Giải phương trình :
( *) ⇔ 2sin x.cosx + cosx + 2sin 2 x − 3sin x − 2 = 0

0.25

⇔ cosx ( 2sin x + 1) + ( 2sin x + 1) ( sin x − 2 ) = 0

0.25

1

sin
x

=
−
2
⇔

sin x + cosx = 2 ( vn )

0.25

⇔ ( 2sin x + 1) ( cosx + sin x − 2 ) = 0

⇔ x=−

π
7π
+ k 2π ; x =
+ k 2π , k ∈ ¢
6
6

0.25

Kết luận : Phương trình đã cho có các nghiệm là
π
7π
x = − + k 2π ; x =
+ k 2π , k ∈ ¢
6
6
Câu 4

Giải vô địch bóng đá Châu Á có 16 đội bóng của 16 quốc gia khác nhau
tham dự, trong đó có 4 đội của 4 quốc gia ở khu vực Đông Nam Á. Ban tổ
chức bốc thăm ngẫu nhiên, chia 16 đội bóng thành 4 bảng A, B, C, D mỗi
bảng có 4 đội để tiến hành thi đấu. Tính xác suất để 4 đội bóng của các quốc
gia ở khu vực Đông Nam Á ở cùng một bảng.
Ω
0.25
KGM
“ Chia ngẫu nhiên 16 đội bóng vào 4 bảng A, B, C, D mỗi
bảng có 4 đội ”
n ( Ω ) = C164 .C124 .C84 .C44
Ta có :
Xét biến cố M “ Chia 16 đội bóng vào 4 bảng A, B, C, D mỗi bảng có
0.5
4 đội sao cho 4 đội bóng của các quốc gia ở khu vực Đông Nam Á ở
cùng một bảng”
n ( M ) = 4.C124 .C84 .C44
Ta có
Vậy xác suất cần tính là
0.25
4
4
4
n( M )
4.C .C .C
4
4
1
P( M ) =

= 4 124 8 4 4 4 = 4 =
=
n ( Ω ) C16 .C12 .C8 .C4 C16 1820 455


Câu 5

3.9 x − 26.3x − 9 = 0

a. Giải phương trình :
3.9 x − 26.3x − 9 = 0 ⇔ 3.32 x − 26.3x − 9 = 0
1
 x
3
=
−
( vn )
⇔
⇔x=2
3
 x
3 = 9

x=2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
log 2 ( x − 2 ) + log 2 ( x − 3) > 1
b. Giải bất phương trình :
x>3
ĐK :
log 2 ( x − 2 ) + log 2 ( x − 3 ) > 1 ⇔ log 2 ( x − 2 ) ( x − 3 )  > log 2 2

x <1
⇔ ( x − 2 ) ( x − 3) > 2 ⇔ x 2 − 5 x + 4 > 0 ⇔ 
x > 4

Câu 6

0.25
0.25

0.25

0.25

3< x < 4
Kết hợp ĐK được nghiệm của bất phương trình là
Cắt một hình nón bằng một mặt phẳng qua trục của nó ta được thiết diện là
tam giác đều cạnh 3a. Tính theo a diện tích xung quanh, diện tích toàn của
hình nón và thể tích của khối nón tương ứng.

Giả sử tam giác SAB là thiết diện, suy ra S là đỉnh của hình nón, tâm
O của đáy hình nón là trung điểm của AB
l = SA = 3a
Suy ra hình nón đã cho có : Độ dài đường sinh
3a
r = OA =
2
Bán kính đáy
3 3a
h = SO =
2

Chiều cao

0.25


3a
9π a 2
S xq = π rl = π . .3a =
2
2

Diện tích xung quanh của hình nón là :
Diện tích toàn phần của hình nón là :
3a
9a 2 27π a 2
2
Stp = π rl + π r = π . .3a + π .
=
2
4
4

1
1 9a 2 3 3a 9 3a 3
V = π r 2h = π .
.
=
3
3
4

2
8

Câu 7

0.25
0.25

0.25

Thể tích khối nón là :
·
S . ABCD
ABCD
a
BAD
= 600
Cho hình chóp
có đáy
là hình thoi cạnh và
SAB
S
Tam giác
vuông cân tại và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt
SA
a
S . ABCD
E
đáy. Gọi là trung điểm của
. Tính theo thể tích khối chóp

( SBD )
E
và khoảng cách từ đến mặt phẳng
.

SH ⊥ ( ABCD )

Gọi H là trung điểm của AB, suy ra
VS . ABCD
*
AB a
⇒ SH =
=
∆SAB
2
2
vuông tại S
 AB = AD = a
a2 3 a2 3
⇒
∆
ABD
·
S ABCD = 2 S∆ABD = 2.
=
0
 BAD = 60
4
2
đều

1
1 a a 2 3 a3 3
VS . ABCD = .SH .S ABCD = . .
=
3
3 2 2
12

0.25

0.25


d ( E; ( SBD ) )

0.25

*
Gọi O là giao của AC và BD, I là trung điểm của BO, K là hình chiếu
vuông góc của H trên SI
Do EH song song SB, suy ra EH song song (SBD)
⇒ d ( E; ( SBD ) ) = d ( H ; ( SBD ) )
 BD ⊥ HI
⇒ BD ⊥ ( SHI ) ⇒ BD ⊥ HK

BD
⊥
SH

 HK ⊥ BD

⇒ HK ⊥ ( SBD ) ⇒ KH = d ( H ; ( SBD ) )

 HK ⊥ SI

AO a 3
a
=
, SH =
HK ⊥ SI
2
4
2 ∆SHI
Ta có
,
vuông tại H và
1
1
1
4 16
28
a 3 a 21
⇒
=
+
=
+
=
⇒
HK
=

=
HK 2 HS 2 HI 2 a 2 3a 2 3a 2
14
2 7
HI =

d ( E ; ( SBD ) ) = HK =
Vậy
Câu 8

0.25

a 21
14

Oxy

ABCD
AB = 2 BC
H
, cho hình chữ nhật
có
. Gọi
là
A
BD E
F
hình chiếu vuông góc của lên đường thẳng
, và
lần lượt là trung

A ( 1;1)
CD
BH
EF
điểm của
và
. Biết
, đường thẳng
có phương trình
3x − y − 10 = 0
B, C , D
E
và có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh
.
Trong mặt phẳng

Gọi G là trung điểm của AH, suy ra DEFG là hình bình hành
 AH ⊥ DF
⇒

∆ADF ⇒ DG ⊥ AF ⇒ EF ⊥ AF
 FG ⊥ AD
G là trực tâm

0.25


1.( x − 1) + 3.( y − 1) = 0 ⇔ x + 3 y − 4 = 0

0.25

Phương trình AF :
Tọa độ F thỏa mãn hệ
3x − y − 10 = 0
32
2
 17 1 
⇒ F  ; ÷⇒ AF =
=4

5
5
 5 5
x + 3y − 4 = 0

∆DCB
đồng dạng
1
2
⇒ EF = AF = 2
2
5

∆AFE

E ( t ;3t − 10 )
Gọi
, với
19
t=

5
t=
(loại

19
5

⇒

t<

EF AF
EF BC 1
=
⇒
=
=
BC DC
AF DC 2

10
3

EF 2 =
, do

8
5

0.25

nên được

t =3

hoặc

E ( 3; −1) ⇒ pt AE : x + y − 2 = 0

), suy ra
 AD = DE

D ( x; y )
 AD ⊥ DE
Giả sử
, do
nên ta có hệ
2
2
2
( x − 1) + ( y − 1) = ( x − 3) + ( y + 1) 2
x = 1 x = 3
⇔
;

y
=
−
1
x
−

1
x
−
3
+
y
−
1
y
+
1
=
0

y =1
(
)
(
)
(
)
(
)

Suy ra

Câu 9

D ( 1; −1)

hoặc

D ( 3;1)

D ( 1; −1)
Do D, F nằm khác phía so với đường thẳng AE nên ta được
0.25
C ( 5; −1)
Do E là trung điểm của DC nên được
uuu
r uuu
r
B ( 1;5 )
CB = DA
Do
nên được
B ( 1;5 ) , C ( 5; −1) , D ( 1; −1)
Vậy
 x3 + y 3 + x 2 + 2 y 2 + 2 x + 3 y + 2 = 0
( 1)

2
 8 − xy − x + 2015 = x + x + y + 4 + 2016 x ( 2 )
Giải hệ phương trình :
0.25
8 − xy − x ≥ 0
 2
x + x + y + 4 ≥ 0
ĐK :

( 1) ⇔ y 3 + 2 y 2 + 3 y = − x3 − x 2 − 2 x − 2

⇔ y 3 + 2 y 2 + 3 y = − ( x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1) + 2 ( x 2 + 2 x + 1) − 3 x − 3
⇔ y 3 + 2 y 2 + 3 y = ( − x − 1) + 2 ( − x − 1) + 3 ( − x − 1)
3

2

f ( t ) = t 3 + 2t 2 + 3t , t ∈ ¡

0.25

Xét hàm số
f ( t)
f ' ( t ) = 3t 2 + 4t + 3 > 0 ∀t ∈ ¡
¡
Có
, suy ra
đồng biến trên
( 1) ⇔ f ( y ) = f ( − x − 1) ⇔ y = − x − 1
Ta được
y = −x −1
( 2)
Thay
vào
và rút gọn được phương trình

x 2 + 8 + 2015 = x 2 + 3 + 2016 x

( *)

x 2 + 8 − x 2 + 3 = 2016 x − 2015 > 0 ⇒ x >
Ta có

g ( x ) = x 2 + 8 − x 2 + 3 − 2016 x + 2015 , x >
Xét hàm số
x

g' ( x) =
=

Suy ra

Câu 10

x +8
2

x

(

g ( x)

−

x
x +3
2

2

2015
2016

− 2016

x2 + 3 − x2 + 8

(x

0.25

2015
2016

+ 8 ) ( x 2 + 3)

) − 2016 < 0
 2015

; +∞ ÷

 2016


∀x >

2015

2016

nghịch biến trên
g ( x) = 0
Suy ra phương trình
(Phương trình (*)) có tối đa 1 nghiệm
g ( 1) = 0
Mặt khác
x =1
Từ đó ta được
là nghiệm duy nhất của phương trình (*)
x = 1 ⇒ y = −2
0.25
Với
(thỏa mãn điều kiện ban đầu)
( x; y ) = ( 1; −2 )
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất
2
a , b, c
( bc + 1) + a 2 = 2 ( 1 + a ) + bc
Cho
là các số thực dương thỏa mãn :


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a +1 1
4
12 a
P= 2 + +
− 2

2
a bc b ( 1 + c )
a +1

( bc + 1)

2

⇒ bc ≤ 1

Vì

a + 1 + a 2c
4
12 a
P=
+
− 2
2
2
a bc
( c + 1) a + 1
0.25

+ a 2 = 2 ( 1 + a ) + bc ⇔ b 2c 2 + bc = 1 + 2a − a 2 = 2 − ( a − 1) ≤ 2
2

⇒

a +1 a +1

≥ 2
a 2bc
a
0.25

1
1
4
4
≥c⇒ +
≥c+
2
2
b
b ( 1 + c)
( 1 + c)
c +1 c +1
4
4
+
+
≥ 3⇒ c +
≥2
2
2
2
2
( 1+ c)
( 1 + c)

Theo Cô-Si
a +1
12 a a + 1
12 a 1 1
6
P≥ 2 +2− 2
≥ 2 + 2−
= 2+ −
+2
a
a +1 a
2a
a
a
a
Do đó
1
t=
> 0 ⇒ P ≥ t 4 + t 2 − 6t + 2
a
Đặt
f ( t ) = t 4 + t 2 − 6t + 2 , t > 0
Xét hàm số
f ' ( t ) = 4t 3 + 2t − 6 , f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 1
Có
Bảng biến thiên
t
0
+∞
1

f ' ( t)
f ( t)

−

0

0.25

+
+∞

2
−2

Ta được

P ≥ f ( t ) ≥ −2

0.25


1

t
=
=1

a


⇔ a = b = c =1
bc = 1
c = 1



Dấu = xảy ra khi
a = b = c =1
min P = −2
Vậy
đạt được khi