Đề thi thử môn toán THPT quốc gia năm 2015 (6)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA

CVP thẩm định

NĂM 2015- LẦN 1
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

y = − x3 + 3 x 2 − 2 (1)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số

.

( C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
b) Xác định tất cả các giá trị của tham số

(1)

của hàm số
m

.

để đường thẳng

(∆) : y = m(2 − x) + 2

cắt

( C)
đồ thị

tại ba điểm phân biệt trong đó có đúng hai giao điểm có hoàng độ lớn hơn 1.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

sin 2 x + 3 cos 2 x − 2 = 0

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

y = x 8 − x2

Câu 4 (1,0 điểm).
lim
x →2

a) Tính giới hạn

x+2 −x
x + x −6
2

Xếp ngẫu nhiên 5 học sinh trong đó có học sinh A và B thành một hàng ngang.

b)

Tính xác suất để hai bạn A, B cùng được xếp ở vị trí đầu hàng.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, SA = AD
= 2a. Biết rằng hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và
SD.


Oxy

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
C ( 2; 2 )

Biết

Câu

I ( 1;0 )

, điểm

x+ y =0

7

cho tam giác ABC vuông đỉnh A.

là trung điểm cạnh BC, cạnh AB song song với đường thẳng

. Tìm tọa độ hai đỉnh A, B.
(1,0

điểm).

Trong

(C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 2 y + 1 = 0

,

mặt

phẳng

tọa

(C ') : x 2 + y 2 + 4 x − 5 = 0

độ

Oxy,

cho

hai

đường

tròn

M (1; 0)

cùng đi qua

. Viết phương trình

đường thẳng d qua M cắt hai đường tròn (C), (C’) lần lượt tại A và B ( A khác M ) sao cho
MA = 2 MB

.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình:

x ( 4 x 2 + 1) + ( x − 3) 5 − 2 x = 0

.

1

Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh

( a + b)

2

+

1

( a + c)

2

≥

1
a + bc
2

-------------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 VĨNH PHÚC

ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA
NĂM 2015- LẦN 1


Môn: TOÁN
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài
học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho
điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý

Nội dung trình bày

a
Cho hàm số

y = − x3 + 3 x 2 − 2 (1)

.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
TXĐ

¡

Điể
m

( C)

1,0
(1)

của hàm số

.
0,25

.

Sự biến thiên

Ta có

y ' = −3 x 2 + 6 x

.

x = 0
y ' = 0 ⇔ −3 x 2 + 6 x = 0 ⇔ 
x = 2

( −∞;0 ) ; ( 2; +∞ )
Hàm số nghịch biến trên các khoảng

( 0; 2 )
Hàm số đồng biến trên khoảng
Các điểm cực trị: yCĐ = y(2) = 2; yCT = y(0) = –2
lim y = +∞

x →−∞

lim y = −∞

;

x →+∞

. Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

0,25

Ta có

1

y '' = −6 x + 6

suy ra

y '' = 0 ⇔ −6 x + 6 = 0 ⇔ x = 1

⇒ yĐU = 0

Bảng biến thiên:
x

–∝
+∝

y’
y

0
+

2

0

–

–

0

+∝

+

0,25

2

–∝
–2
Đồ thị : Đồ thị nhận điểm uốn I(1;0 ) làm tâm đối xứng

0,25

Xác định tất cả các giá trị của tham số
b

( ∆) : y = m(2 − x) + 2

m

để đường thẳng

( C)

1,0

cắt đồ thị
tại ba điểm phân biệt trong đó có đúng hai
giao điểm có hoàng độ lớn hơn 1.
Phương trình hoành độ giao điểm của

(∆ )

( C)
và

0,25
là :


x=2

⇔ 2
− x3 + 3x 2 − 2 = m(2 − x) + 2
 x − x − 2 − m = 0 (*)

Đường thẳng

(∆)

( C)
cắt

tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

(*) có 2 nghiệm phân biệt

x1 , x2

khác 2

9

∆
 = 1 − 4 ( −2 − m ) > 0
m > −
⇔ 2
⇔
4
m ≠ 0
2 − 2 − 2 + m ≠ 0

Để có đúng hai gia điểm có hoành độ lớn hơn 1 thì nghiệm

x1 , x2

x1 < 1 < x2 ⇔ ( 1 − x1 ) ( 1 − x2 ) < 0 ⇔ 1 − ( x1 + x2 ) + x1 x2 < 0 ( **)

Theo Viet ta có

Giải phương trình

0,25

 m > −2

m ≠ 0

1,0

sin 2 x + 3 cos 2 x − 2 = 0

sin 2 x + 3 cos 2 x − 2 = 0 ⇔

1
3
s in2x +
cos 2 x = 1
2
2

0,25

π

⇔ sin  2 x + ÷ = 1
3


0,25

π π
= + 2 kπ
3 2

0,25

π
+ kπ ( k ∈ ¢ )
12

0,25

⇔ 2x +

⇔x=

0,25

 x1 + x2 = 1
⇒ ( **) ⇔ 1 − 1 − 2 − m < 0 ⇔ m > −2

 x1 x2 = −2 − m

Kết hợp điều kiện ta có

2

thỏa mãn

0,25

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = x 8 − x2

1,0


TXĐ

D =  −2 2; 2 2 

y / = 8 − x2 −

3

(

x2
8− x

2

) (

=

, hàm số

y ( x ) = x 8 − x2

liên tục trên

D

 x = −2
⇒ y/ = 0 ⇔ 
8− x
x = 2

0,25

8 − 2 x2

2

)

y −2 2 = y 2 2 = 0, y ( −2 ) = −4, y ( 2 ) = 4

Ta có

0,25

max y = −4 = y ( −2 ) ; min y = 4 = y ( 2 )

Vậy

lim

a

x →2

Tính giới hạn
lim
x→2

lim
x →2

4

0,25

D

D

0,25

x+2 −x
x + x−6
2

0,50

x+2 −x
x + 2 − x2
=
lim
x 2 + x − 6 x→ 2 ( x 2 + x − 6 ) x + 2 + 2

(

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

= lim
x→2

)

0,25

−x −1

( x + 3) (

x+2+2

)

=−

3
20

b Xếp ngẫu nhiên 5 học sinh trong đó có học sinh A và B thành một hàng

0,25
0,50

ngang. Tính xác suất để hai bạn A, B cùng được xếp ở vị trí đầu hàng.
n ( Ω ) = 5!

0,25

Ta có
n ( A ) = 2!3! ⇒ P ( A ) =

n ( A)

n ( Ω)

=

1
10

0,25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, SA = AD =
2a. Biết rằng hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng
0,25
(ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng AC và SD.


0,25
Gọi O là tâm hình chữ nhật
ABCD. Vì hai mặt phẳng (SAC)
và (SBD) cùng vuông góc với

mặt phẳng (ABCD) và (SAC) ∩
(SBD) = SO, nên ta có SO ⊥
(ABCD)

5

AC = AB + BC = 5a ⇒ AC = a ⇒ OA = ⇒ SO = =

0,25

Từ đó V = .SO.S = . a.2a = (đvtt)
Gọi M là trung điểm SB, Ta có OM // SD ⇒ (ACM) // SD. Do đó:

0,25

d(AC,SD) = d(SD,(ACM)) = d(D;(ACM)) =
VD. AMC = VMACD =

Ta có

1
1 1
a 3 11
×VS . ACD = × ×VS . ABCD =
2
2 2
12

.

Ta có OA = OB = OC = ⇒ SB = SC = SA = 2a. ∆SBC đều, do đó MC =
=a
=

Trong ∆SAB có AM = - = ⇒ AM
=−

Từ đó cosAMC =

2
12

a 3
2

.

0,25


142
12

=

⇒ sinAMC =

=

Suy ra S = MA.MC.sinAMC

Vậy d(AC,SD) =

a 2 71
8

a 3 11
2 781a
= 212 =
71
a 71
8
Oxy

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
C ( 2; 2 )

Biết

I ( 1;0 )

, điểm

đường thẳng

cho tam giác ABC vuông đỉnh A.

x+ y =0

là trung điểm cạnh BC, cạnh AB song song với

. Tìm tọa độ hai đỉnh A, B.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
Cạnh BC chứa đường thẳng IC nên PT là
6
Giải hệ

1,0

( x − 1)

2

+ y2 = 5

2x − y − 2 = 0

( x − 1) 2 + y 2 = 5
⇒ B ( 0; −2 )

2 x − y − 2 = 0

Do cạnh AB song song với đường thẳng

0,25

0,25
x+ y =0

nên PT cạnh AB:

0,25

x+ y+2=0

Giải hệ

 x + y + 2 = 0
⇒ A ( −1; −1)

2
2
( x − 1) + y = 5

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn
,

(C ') : x 2 + y 2 + 4 x − 5 = 0

(C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 2 y + 1 = 0

M (1; 0)

cùng đi qua

. Viết phương trình đường

thẳng d qua M cắt hai đường tròn (C), (C’) lần lượt tại A và B ( A khác M )
sao cho

MA = 2 MB

.

+ Ta có tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và
R = 1, R ' = 3

0,25

, đường thẳng (d) qua M có phương trình

a ( x − 1) + b( y − 0) = 0 ⇔ ax + by − a = 0, (a 2 + b 2 ≠ 0)(*)

.

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
7

1,0

0,25

MA = 2MB ⇔ IA2 − IH 2 = 2 I ' B 2 − I ' H '2

Khi đó ta có:

⇔ 1 − ( d ( I ;d ) ) = 4[9 − ( d ( I ';d ) ) ] IA > IH .

2

2

,

⇔ 4 ( d ( I ';d ) ) − ( d ( I ;d ) )
2

⇔

2

9a 2
b2
= 35 ⇔ 4. 2
−
= 35
a + b2 a 2 + b2

36a 2 − b 2
= 35 ⇔ a 2 = 36b2
a 2 + b2

Kiểm tra điều kiện
là:

IA > IH

.

rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn
0,25

6x + y − 6 = 0 6x − y − 6 = 0

;

Giải phương trình:

. Chọn

 a = −6
b =1⇒ 
 a=6

0,25

.

x ( 4 x 2 + 1) + ( x − 3) 5 − 2 x = 0

1,0
.

5
2

0,25

 2x(4x + 1) = [(5 - 2x) + 1] (1)

0,25

Điều kiện: x  . Phương trình đã cho tương đương với 2x(4x + 1) = 2(3 x)
8
Đặt u = 2x, v =

5 − 2x

(v  0).

Phương trình (*) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 + 1) (2)


Xét hàm số f(t) = t(t2 + 1)  f /(t) = 3t2 + 1 > 0,  t.

0,25

Do đó f(t) đồng biến trên R, nên (1)  f(u) = f(v)  u = v
Từ đó, PT đã cho ⇔ 2x = ⇔ ⇔

0,25

⇔ x = (thỏa điều
kiện)
Vậy nghiệm của phương trình là x =
1

Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh

Sử dụng BĐT

(a

2

Ta có
9

xz + yt

)

+

1

( a + c)

2

≥

1
a + bc
2

với

2

x, y , z , t ≥ 0

1
b
2
 c
+ bc ) 1 + ÷ ≥ ( a + c ) ⇒
≥
2
 b
( a + c ) ( b + c ) ( a 2 + bc )

Cộng vế theo vế các BĐT

( 1) & ( 2 )

1,0
0,25

2

1
c
2
 b
+ bc ) 1 + ÷ ≥ ( a + b ) ⇒
≥
( 1)

2
 c
( a + b ) ( b + c ) ( a 2 + bc )

(a
Tương tự

( x + y) ( z + t) ≥ (

( a + b)

2

0,25

( 2)
0,25
0,25

ta có BĐT cần chứng minh

---------- Hết ----------

TRƯỜNG THPT BÌNH SƠN

ĐỀ KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN (THPT Trần Phú thẩm định)

(Đề thi có 01trang)

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

y=
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số

2x - 3
x- 2

có đồ thị (C).


1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C)
2. Tìm trên (C) những điểm

A, B

của (C) tại
Câu II (2,0 điểm).

sao cho

M

AB

sao cho tiếp tuyến tại

M

của (C) cắt hai tiệm cận

ngắn nhất .

2( tan x – sin x) + 3( cot x – cosx) + 5 = 0
1. Giải phương trình:

.

log23 x + log23 x + 1 - 1 = 0
2. Giải phương trình:
Câu III (2,0 điểm).

.

y = x3 - 3x + 2
1. Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

[0;3]

trên

.

2. Trong lớp học có 3 tổ, tổ 1 có 12 học sinh, tổ 2 có 13 học sinh, tổ 3 có 10 học

sinh. Cô giáo gọi 4 học sinh lên bảng, tính xác suất của biến cố có nhiều nhất 3
học sinh tổ 1 được gọi.
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác
góc với đáy,

N

G

là trọng tâm tam giác

. Tính thể tích của khối đa diện

thẳng

AN

SAC

bằng

có đáy là hình chữ nhật với

(ABG )
, mặt phẳng

MNABCD

(ABCD)
và mặt phẳng

S.ABCD

300

biết

cắt

SA = AB = a

.

Câu V (1,0 điểm).

1 1 1
+ + =4
x y z

x, y, z
Cho

là các số dương thỏa mãn

.

1
1
1
+
+
£1
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z
CMR:
Câu VI (1,0 điểm).

.

SC

tại

M

SA

, cắt

vuông

SD

tại

và góc hợp bởi đường


Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác cân

2x – 5y + 1 = 0
, cạnh bên
trình đường thẳng

AC

AB

ABC

có đáy

BC

nằm trên đường thẳng :

12x – y – 23 = 0
nằm trên đường thẳng :

. Viết phương

(3;1).
biết rằng nó đi qua điểm

Câu VII (1,0 điểm). Tùy theo

m

, biện luận số nghiệm của phương trình

(m - 3).9x + 2(m + 1).3x - m - 1 = 0 (1)
.

(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:……………

TRƯỜNG THPT BÌNH
SƠN

HƯỚNG DẪN CHẤM KTCL ÔN THI THPTQG LẦN 1 NĂM
2015

(Hướng dẫn chấm có 07
trang)

Môn: TOÁN

I. LƯU Ý CHUNG:


- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài
học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học (Câu IV) nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.

II. ĐÁP ÁN:
Câu

Ý

I

1

Nội dung trình bày

Điể
m

1,0 điểm : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C)

2x - 3
x- 2

Hàm số y =
- TXĐ: D =

R

có :

\ {2}

- Sự biến thiên:

0.2
5

lim y = 2; lim = 2

+ ) Giới hạn :
làm TCN

x®+¥

x®- ¥

. Do đó ĐTHS nhận đường thẳng y = 2

limy = - ¥ ; limy = +¥
x®2-

x®2+

,
TCĐ

Ta có : y’ =

. Do đó ĐTHS nhận đường thẳng x = 2 làm

0.2
5

1

( x - 2)

2

<0

"x Î D

( - ¥ ;2)
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

( 2;+¥ ) .
và

Cực trị: Hàm số không có cực trị.

+) Bảng biến thiên
x
y’
y

−∞

2
-

+∞

2

−∞

-

+∞
2

0.2
5

- Đồ thị

+ Giao điểm với trục tung :

3
A(0; )
2

+ Giao điểm với trục hoành:

3
B( ;0)
2

0.2
5


y

f(x)=(2x-3)/(x-2)
f(x)=2
x(t)=2 , y(t)=t

8

6

4

2

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

-2

-4

-6

-8

2

(1,0 điểm). Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt
hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất .

æ
1
Mç
m;2 +
ç

ç
mè
Lấy điểm

y '( m) = -

ö
÷
÷
Î (C )
÷
÷
2ø
, đk

m¹ 2

. Ta có :

1

( m - 2)

2

0.2
5

.
Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình :

y =-

1

( m - 2)

2

( x - m) + 2 + m1- 2
æ
2
Aç
2;2 +
ç
ç
mè

Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là :

B(2m – 2;2)
Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là :

ö
÷
÷
÷
÷
2ø

0.2
5


ộ
ự
2
ờ
1 ỳ
AB = 4 ờ( m - 2) +
ỳ 8
2
ờ
m
2
(
) ỳỷỳ
ờ
ở
2

Ta cú :

. Du

"="

0.2
5

xy ra khi

ộm = 3
ờ
ờm = 1
ờ
ở

Vy cú hai im
II

1

(1,0

M

(1;1),(3;3).

0.2
5

tha món cú ta l :

im).

Gii

phng

trỡnh:

2( tan x sin x) + 3( cot x cosx) + 5 = 0

iu kin:

p
x ạ k , k ẻ Â.
2

Phng trỡnh ó cho tng ng vi :

2( tan x + 1 sin x) + 3( cot x + 1 cosx) = 0

ổsin x
ử
ổ
ử
cosx
ữ
ữ
ỗ
ữ
ữ
2ỗ
+
1
sin
x
+

3
+
1
cos
x
=0
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗsin x
ữ ố
ữ
ốcosx
ứ
ứ
2( sin x + cosx - cosx.sin x) 3( sin x + cosx - cosx.sin x)

+
=0
cosx
sin x

0.2
5

ổ2
3 ử
ữ

ữ
ỗ
+
ỗ
( cosx + sinx - cosx.sinx) = 0
ữ
ỗ
ữ
ốcosx sin x ứ

0.2


+Xột

2
3
- 3
+
= 0 tan x =
= tan a x = a + kp, k ẻ Â.
cosx sin x
2
+Xột :

sin x + cosx sin x.cosx = 0

vi

. t

5

t = sin x + cosx

tẻ ộ
- 2; 2ự
ờ
ỳ
ở
ỷ

.

Khi ú phng trỡnh tr thnh:

t2 - 1
t= 0 t2 - 2t - 1 = 0
2

Vi

t = 1 2

0.2
5

, suy ra :

ổ pử

ữ
2cosỗ
= 1ỗx - ữ
ữ
ữ
ỗ
4ứ
ố

x=

ột = 1+ 2 (l )
ờ
ờ
ờt = 1- 2
ở

p
b + k2p,
4

ổ pữ
ử 1- 2
2 cos ỗ
=
= cosb
ỗx - ữ
ữ
ỗ
4ữ

ố
ứ
2
k ẻ Â.

Vy nghim ca phng trỡnh l:

tan a =

x = a + kp, k ẻ Â
vi

cosb =

1-

- 3
2

x=
v

p
b + k2p, k ẻ Â
4

2
2

.

2

log23 x + log23 x + 1 - 1 = 0
(1,0 im): Gii phng trỡnh:

vi 0.2
5


+ Điều kiện:

x>0

t = log23 x + 1 ,

0.2
5

t ³ 1.

Đặt:

ét = 1
t +t - 2 = 0 Û ê
êt = - 2 (l )
ê
ë
2

Khi đó phương trình trở thành:
Với

t =1

, suy ra

III

1

0.2
5

log23 x = 0 Û x = 1

Vậy phương trình có nghiệm

0.2
5

x =1

0.2
5

(1,0 điểm) : Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

[0;3].

y = f (x) = x3 - 3x + 2
Xét hàm số

trên đoạn

f (x)
+ Ta có: Hàm số

[0;3].
liên tục trên

0.2
5

f ¢(x) = 3x2 - 3
+

+

,

éx = 1
2
¢
f (x) = 0 Û 3x - 3 = 0 Û ê
êx = - 1(l )
ê
ë
ff(0) = 2; (1) = 0; f (3) = 20
Lại có :

M ax f (x) = 20
[0;3]

Vậy

, khi

min f (x) = 0
[0;3]

, khi
2

( 1 điểm): Tính xác suất

0.2
5
0.2
5

x = 3.

x = 1.

0.2
5


Không gian mẫu gồm các tổ hợp chập 4 của 35 học sinh;

0.2
5

n(W) = C 354 = 52360
Gọi

A

là biến cố theo yêu cầu
0.2
5

A

là biến cố 4 học sinh được gọi đều thuộc tổ 1( hay không có học sinh nào
của tổ 2 hoặc tổ 3 được gọi )

( )

( )

P A =

n A = C 124 = 495
, suy ra

( )

P (A) = 1- P A =

IV

495
52360

0.2
5

51865 943
=
52360 952

0.2
5

(1,0 điểm): Tính thể tích của khối đa diện MNABCD

mp(SAC )
+ Trong

M
N

kẻ

AG

mp(SBD)
, trong

kẻ

cắt

BG

SC

cắt

S

0.2
5

tại

SD

tại

N

.

M

G

G

+ Vì là trọng tâm tam giác
dễ có

SG
2
=
SO
3
tam giác

SAC

nên

O

C

B

suy ra

SBD

G

cũng là trọng tâm

.

M ,N
Từ đó suy ra

+ Dễ có:

D

A

lần lượt là trung điểm của

1
1
VS .ABD = VS .BCD = VS .ABCD = V
2
2

.

SC SD
,

.


Theo công thức tỷ số thể tích ta có:

VS .ABN
SA SB SN

1 1
1
=
.
.
= 1.1. = Þ VS .ABN = V
VS .ABD
SA SB SD
2 2
4
VS .BMN
SB SM SN
1 1 1
1
=
.
.
= 1. . = Þ VS .BMN = V
VS .BCD
SB SC SD
2 2 4
8

0.2
5

Từ đó suy ra:

3
VS .ABMN = VS .ABN +VS .BMN = V .

8

+ Ta có:
bởi

SC

AN

1
V = SA.SABCD
3

Suy ra:

; mà theo giả thiết

mp(ABCD)
với

nên tam giác

AD =

SA ^ (ABCD )

chính là góc

NAD

cân tại

SA
=a 3
tan300

N

·
NAD

, suy ra

nên góc hợp
, lại có

N

là trung điểm của

·
·
0
NAD
= NDA
= 30.

Suy ra:

0.2

5

.

1
1
3 3
V = SA.SABCD = aaa
. . 3=
a
3
3
3

.
0.2
5

Suy ra thể tích cần tìm là:

VMNABCD = VS .ABCD - VS .ABMN

3
5
5 3a3
=V - V = V =
8
8
24

(đvtt).


V

1
1
1
+
+
£1
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z
(1,0 điểm): CMR:

Áp dụng BĐT

(a + b)2
1
1 1 1
³ ab Û
£ ( + )
4
a +b 4 a b

a,b > 0
, với

0.2
5

+Ta có :

1
1 1
1
£ ( +
);
2x + y + z 4 2x y + z
1
1 1
1
£ ( +
);
x + 2y + z 4 2y x + z
1
1 1
1
£ ( +
).
x + y + 2z 4 2z x + y

0.2
5

1
1 1 1
£ ( + );
x +y 4 x y
+ Lại có :

1
1 1 1
£ ( + );
y +z 4 y z

0.2
5

1
1 1 1
£ ( + ).
x +z 4 x z
1
1
1
+
+
£1
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z
Cộng các BĐT này ta được:

Þ
VI

0.2
5

đpcm.

(1,0 điểm): Viết phương trình đường thẳng AC

Đường thẳng

AC

(3;1)
đi qua điểm

nên có phương trình :

0.2
5


a ( x – 3) + b( y – 1) = 0, (a2 + b2 ¹ 0)
.
Góc của

AC

tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên :

2a - 5b
22 + 52 . a2 + b2

2a - 5b

Û

a +b
2

Û

2

5

a = - 12b

không thuộc

AB

Û 5( 2a - 5b) = 29( a2 + b2)
2

0.2
5

éa = - 12b
ê
Û ê
êa = 8b
ê
9
ë

cho ta đường thẳng song song với

AB

(3 ;1)
( và điểm

) nên không phải là cạnh của tam giác.

8
a= b
9

, chọn

a = 8 Þ b=9

Vậy Phương trình cạnh
VII

0.2
5

22 + 52 . 122 + 12

9a2 + 100ab – 96b2 = 0

Nghiệm

+Với:

29

=

2.12 + 5.1

=

0.2
5

.

AC

8x + 9y – 33 = 0
là :

(1,0 điểm): Biện luận số nghiệm phương trình

t = 3x, t > 0
Đặt

. Khi đó phương trình trở thành:

0.2
5


(m - 3)t 2 + 2(m + 1)t - m - 1 = 0
Û m(t 2 + 2t - 1) = 3t2 - 2t + 1 (2)
t Î (0; +¥ )

Ta xét

+)

+)

(2)

t 2 + 2t - 1 = 0 Û t = 2 - 1

, thì phương trình

t 2 + 2t - 1 ¹ 0 Û t ¹

vô nghiệm

(2)

2- 1

, khi đó

tương đương với

3t2 - 2t + 1
m= 2
(3)
t + 2t - 1

Xét hàm số

3t2 - 2t + 1
f (t) = 2
t + 2t - 1

(0; +¥ )
trên

D = (0; +¥ ) \ { 2 - 1}
Ta có :

f ¢(t) =

8t(t - 1)
(t + 2t - 1)2

0.2
5

2

ét = 0 (l )
f ¢(t) = 0 Û ê
êt = 1
f (t) = 3, lim f (t) = - 1
f (1) = 1 tlim
ê
®+¥
ë
t®0

+

,

,

lim f (t) = - ¥ , lim f (t) = +¥

t ®( 2- 1)-

Xét hàm số

t®( 2- 1)+

3t2 - 2t + 1
f (t) = 2
t + 2t - 1

(0; +¥ )
trên

0.2
5


Ta có bảng biến thiên sau:
t

0

f’(t)
f(t)

1

2- 1

-

-

-1

0

−∞

1

+¥

Do hàm số

t = 3x

là hàm đồng biến trên

duy nhất một giá trị của

x

+

+∞
3

¡

, nên với mỗi giá trị của

t>0

có

.

Vậy từ bảng biến thiên ta có:

Với
Với
Với

ém < - 1
ê
êm = 1
ê
êm ³ 3
ê
ë

0.2
5

(1)

, phương trình

có một nghiệm.

(1)

- 1£ m < 1

, phương trình

1< m < 3

vô nghiệm.

(1)
. phương trình

có hai nghiệm phân biệt.

TRƯỜNG THPT SÁNG SƠN

ĐỀ KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

(Đề thi có 01 trang)

Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
y = f ( x) = x3 + 3mx 2 −

Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số

3
( m − 1) x − 1
2

, m là tham số.

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.


b. Xác định tất cả các giá trị của m để hàm số

y = f ( x)

có cực trị.

Câu II (2,0 điểm).
a. Giải phương trình:
b. Giải phương trình

2sin 2 x − cos x + 1 = 0

.

2 x 2 − 3x − 1 = x − 1

Câu III (1,0 điểm). Thực hiện phép tính:

A = 25log5 6 + 49log 7 8

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C,
a 14
SG ⊥ ( ABC ), SB =
2
AB=3a, G là trọng tâm tam giác ABC,
. Tính thể tích khối chóp
( SAC )
S.ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng
theo a.
Câu V (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình
4 x + 3 y – 4 = 0; x – y –1 = 0
các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là
. Phân giác
x + 2y – 6 = 0
trong của góc A nằm trên đường thẳng
. Viết phương trình cạnh AC của tam
giác ABC.
Câu VI (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n sao cho:
C21n +1 − 2.2.C22n+1 + 3.22.C23n+1 − 4.23.C24n+1 + ... + ( 2n + 1) 22 n.C22nn++11 = 2015

.

Câu VII (1,0 điểm). Đội tuyển toán lớp 12 trường THPT A gồm 3 học sinh nữ và 12 học
sinh nam. Nhà trường cần lập một đội tuyển gồm 4 học sinh từ 15 học sinh trên để tham gia
kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Tính xác suất để đội tuyển có ít nhất 2 học sinh nữ.

Câu VIII (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2

2
4 x + 2 + 16 − 3 y = x + 8

……………………HẾT……………………
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:……........................….……….….….; Số báo danh:……………