LTV lan3 2015 montoan www MATHVN com

Trờng thpt lơng thế vinh
Hà nội

đề thi thử thpt quốc gia năm 2015
Môn thi: Toán - Lần thứ 3
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
-------------- Ngày 16.5.2015 --------------

Năm học 2014 - 2015

3x 2
.
x 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th ( C ) ca hm s ó cho.

m

Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s y =

co

b) Tỡm cỏc giỏ tr ca m ng thng d : y = x + m ct th ( C ) ti hai im phõn bit.
Cõu 2 (1,0 im).

3


5

v tan = 2 . Tớnh M = sin 2 + sin + + sin
2 .

2
2

2

2+i
b) Cho s phc z tha món h thc: (i + 3) z +
= (2 i ) z . Tỡm mụun ca s phc w = z i .
i

N.

a) Cho gúc tha món: < <

Cõu 3 (0,5 im). Gii bt phng trỡnh: log 2 ( x 2) + log 0,5 x < 1 .


2

HV

Cõu 4 (1,0 im). Gii bt phng trỡnh: x x 2 > x3 4 x 2 + 5 x x3 3 x 2 + 4 .
Cõu 5 (1,0 im). Tớnh tớch phõn: I = x ( x + cos 2 x ) dx.
0

AT

Cõu 6 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S . ABCD cú ỏy l hỡnh thang vuụng ti A v B ; AB = BC = a;
AD = 2a ; SA ( ABCD ) . Gúc gia mt phng ( SCD) v mt phng ( ABCD) bng 450 . Gi M l trung
im AD . Tớnh theo a th tớch khi chúp S .MCD v khong cỏch gia hai ng thng SM v BD .

Cõu 7 (1,0 im). Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú phng trỡnh ng phõn giỏc
trong gúc A l d : x + y 3 = 0 . Hỡnh chiu vuụng gúc ca tõm ng trũn ni tip tam giỏc ABC lờn
ng thng AC l im E (1;4) . ng thng BC cú h s gúc õm v to vi ng thng AC gúc

450 . ng thng AB tip xỳc vi ng trũn (C ) : ( x + 2 ) + y 2 = 5 . Tỡm phng trỡnh cỏc cnh ca tam
giỏc ABC .

M

Cõu 8 (1,0 im).

2

Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho im A (1; 1;0 ) v ng thng

x +1 y 1 z
=
=
. Lp phng trỡnh mt phng ( P ) cha A v d . Tỡm ta im B thuc trc Ox
2
1
3
sao cho khong cỏch t im B n mt phng ( P ) bng 3 .

w.

d:

Cõu 9 (0,5 im). Trong t xột tuyn vo lp 6A ca mt trng THCS nm 2015 cú 300 hc sinh ng

ww

ký. Bit rng trong 300 hc sinh ú cú 50 hc sinh t yờu cu vo lp 6A. Tuy nhiờn, m bo quyn
li mi hc sinh l nh nhau, nh trng quyt nh bc thm ngu nhiờn 30 hc sinh t 300 hc sinh núi
trờn. Tỡm xỏc sut trong s 30 hc sinh chn trờn cú ỳng 90% s hc sinh t yờu cu vo lp 6A.

Cõu 10 (1,0 im). Cho cỏc s thc a, b dng v tha món ab 1 .
1
1
32
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
T=
+

.
1+ a 1+ b
2a(1 + a) + 2b(1 + b) + 8
---------------- HT ---------------Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh: ..; S bỏo danh:


Trờng thpt lơng thế vinh
Hà nội

đáp án thang điểm
đề thi thử thpt quốc gia năm 2015

m

Môn thi: Toán Lần thứ 3

--------------- ỏp ỏn cú 06 trang --------------

Nm hc 2014 2015

co

Cõu
ỏp ỏn
1
3x 2
.
(2,0) a) (1,0 im) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s y =

im

x 1

Tp xỏc nh: D = R \ {1} . lim y = 3; lim y = 3 suy ra tim cn ngang y = 3 .
x

x +

x 1

x 1

o hm: y ' =

1

( x 1)

2

< 0 x 1 .

Bng bin thiờn:
x

y'
y
3

0,25

0,25

HV

Hm s luụn nghch bin trờn khong ( ;1) v (1;+ ) .
Hm s khụng cú cc tr.

N.

lim+ y = +; lim
y = suy ra tim cn ng ca th hm s l ng thng x = 1 .


+

1

+

-



0,25

3

th: (Hs cú th ly im (2; 4); (0; 2) ).
b) (1,0 im) Tỡm cỏc giỏ tr ca m d : y = x + m ct th ( C ) ti hai im phõn bit.

AT

0,25

3x 2
= x + m ( x 1)
x 1
f ( x ) = x 2 + (2 m) x + m 2 = 0 (1)
> 0
K: (1) cú 2 nghim phõn bit khỏc 1
f (1) 0

0,25

0,25

M

Phng trỡnh tng giao:

m 2 4m 12 > 0
m > 6; m < 2 .

0,25
0,25

w.

2
3


5

. Tớnh M = sin 2 + sin + + sin
2 .
(1,0) a) (0,5 im) Cho tan = 2 . < <

ww

2

2
1

1
1
3
Ta cú
= 1 + tan 2 = 1 + 4 = 5 cos 2 = cos =
< x <
.
2
cos
5
2
5
1 1
.
M = sin 2 + cos + cos 2 = sin 2 + cos + 2cos 2 1 = cos 2 + cos =
5
5
b) (0,5 im) Cho (i + 3) z +

2



0,25
0,25

2+i
= (2 i ) z . Tỡm mụun ca s phc w = z i .
i

1/6


( a , b ∈ R, i

Gọi z = a + ib

2

= −1) . Từ giả thiết ta có:

(i + 3)(a + bi ) + 1 − 2i = (2 − i )(a − bi )

Bpt ⇔ log 2 ( x − 2 ) − log 2 x < 1 ⇔ log 2

⇔ x − 2 < 2 x ⇔ x > −2 .

x−2
x−2
<1⇔
<2
x
x

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bpt là x > 2 .

Bpt ⇔ x − x − 2 >

2
x ( x − 2 ) + 1 −




( x − 2)

2

( x + 1)

)

m

(loại).

AT

2
x > 2 : (1) ⇔ ( x − 2) 1 + x + 1 > x 1 + ( x − 2 ) + 1 


1
1
1
1
.
Chia 2 vế cho x .( x − 2) > 0 ta được: (1) ⇔
+ 1+ >
+ 1+
2

x x−2
x
( x − 2)

Xét hàm f (t ) = t + 1 + t , t > 0 ⇒ f '(t ) = 1 +
2

1
1
.
>
x x−2

t

1+ t2

0,25

> 0 ∀t > 0 ⇒ f (t ) đồng biến ∀t > 0

M

(1) ⇔

0,25

0,25

2

(

0,25

( x ≥ 0) .

⇔ ( x − 2)+ | x − 2 | x + 1 > x 1 + ( x − 2 ) + 1  . (1)


• x = 2 : (1) ⇔ 0 > 2 2 (loại). x = 0 : (1) ⇔ −2 > −2
•

0,25

x3 − 4 x 2 + 5 x − x 3 − 3 x 2 + 4 .

HV

4
(1,0đ) Giải bất phương trình: x − x − 2 >

co

Điều kiện: x > 2 .

0,25

N.

3
(0,5đ)

 a = −1
a + 1 = 0
4

⇔ (a + 1) + (2a + 5b − 2)i = 0 ⇔ 
⇔
4 ⇒ z = −1 + i.
5
2a + 5b − 2 = 0
b = 5
26
1
1
Từ đó: | z − i |=| −1 − i |= 1 +
.
=
5
5
25
Giải bất phương trình: log 2 ( x − 2) + log 0,5 x < 1 .

0,25

w.

⇔ x − 2 > x ⇔ x 2 − 5 x + 4 > 0 ⇔ x > 4; x < 1 .
Kết hợp x > 2 ⇒ x > 4 .

• 0 < x < 2:
2
(1) ⇔ ( x − 2) 1 − x + 1 > x 1 + ( x − 2 ) + 1  .


1
1
1
1
Chia 2 vế cho x .( x − 2) < 0 ta được: (1) ⇔
.
− 1+ <
− 1+
2
x x−2
x
x
−
2
(
)

ww

(

)

Xét hàm f (t ) = t − 1 + t 2 , t ∈ R ⇒ f '(t ) = 1 −

Từ đó (1) ⇔

t
1+ t2

=

1+ t2 − t
1+ t2

0,25

> 0 ∀t ⇒ f (t ) đồng biến ∀t .

1
1
1
. Trường hợp này vô nghiệm vì
<
< 0.
x−2
x x−2

Đáp số: x > 4 .

2/6


Cách 2: ĐK x ≥ 0 (mỗi dấu + ứng với ¼ điểm)
x = 0 không là nghiệm. Xét x > 0 :

)(

)

x +1 >

x2 − 5x + 4

x 3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3 x 2 + 4

x −1
 > 0.
x3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3x 2 + 4 
x −1

 x +1
⇔ f ( x) = ( x − 4 ) 
+
 x +2
x +1
+ Xét g ( x ) =
+
x +2
x3 − 4 x 2 + 5 x + x 3 − 3 x 2 + 4
Nếu x ≥ 1 thì g ( x ) > 0 .

x3 − 3x 2 + 4 =

x + 1 > 1 . Ta có:

( x + 1)( x − 2 )

2

x +1
x +1 1
>
=
x +2 2 x +2 2

(1)

N.

+ Nếu 0 < x < 1: x + 1 > 1 ⇒

m

(

x −2

co

+ (1) ⇔

= x − 2 x +1 > x − 2 = 2 − x

π

2

Tính tích phân: I = x ( x + cos 2 x ) dx.

∫
0

π

π

2

2

AT

5
(1,0đ)

HV

⇒ x3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3x 2 + 4 > 2 − x
1− x
1− x
1− x
1− x
1
⇒
<

=
<
=
x3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3x 2 + 4 2 − x 2 − 2 x + x 2 − 2 x 2
x −1
1
⇒
>−
(2) . Từ (1) và (2) suy ra g ( x ) > 0 ∀x > 0 .
2
x3 − 4 x 2 + 5 x + x3 − 3x 2 + 4
+ f ( x) > 0 ⇔ x − 4 > 0 ⇔ x > 4 . Kết hợp ĐK suy ra đáp số: x > 4 .

π

2
1 π π3
.
I = ∫ x 2 dx + ∫ x cos 2 xdx . Ta có A = ∫ x 2 dx = x 3 2 =
0
3
24
0
0
0

π
2

M

1
B = ∫ x cos 2 xdx. Đặt u = x ⇒ u ' = 1. v ' = cos 2 x ⇒ v = sin 2 x .
2
0
π

0,25

π
1
12
x sin 2 x 02 − ∫ sin 2 xdx .
2
20

w.

B=

0,25

π

1 1
1
2 1
= 0 −  − cos 2 x  = ( −1 − 1) = −
2 2
2

0 4

π3

1
− . ( I ≈ 0,792) .
24 2

ww

I = A+ B =

6
(1,0đ)

0,25

0,25

S . ABCD đáy là hình thang vuông tại A và B ; AB = BC = a; AD = 2a ; SA ⊥ ( ABCD) . Góc giữa
( SCD) và ( ABCD) bằng 450 . M là trung điểm AD . Tính thể tích S .MCD , d ( SM , BD )

Ta có ( SCD) ∩ ( ABCD) = CD. CD ⊥ SA, AC ⇒ CD ⊥ ( SAC ) ⇒ SC ⊥ CD ⇒ SCA = 450.

0,25

3/6


1

1
VS .MCD = .SA.S MCD . SA = AC = a 2; S MCD = a 2 .
3
2
3
a 2
1
1
Suy ra VS .MCD = .a 2. a 2 =
.
6
3
2
Gọi N là trung điểm AB ⇒ BD //( SMN ) .

m

0,25

S

Suy ra:

.

H

A

M

0,25

D

N

P

HV

AH ⊥ ( SMN ) ⇒ d ( A,( SMN )) = AH
1
1
1
Tam giác vuông SAP có
=
+
2
2
AH
AS
AP 2
1
1
1
1
1
1
11

=
+
+
= 2+ 2 + 2 = 2
2
2
2
a
AS
AN
AM
2a
a
2a
4
a 22
a 22
Suy ra AH =
.
⇒ d ( SM , BD ) =
11
11

N.

Kẻ

0,25

co

d ( SM , BD) = d ( BD,( SMN )) = d ( D,( SMN )) = d ( A, ( SMN )) .
AP ⊥ MN ( P ∈ MN ) , AH ⊥ SP ( H ∈ SP )

B

C

7
Tam giác ABC có phân giác trong góc A là d : x + y − 3 = 0 . Hình chiếu của tâm đường tròn nội
(1,0đ)
tiếp tam giác ABC lên AC là E (1; 4) . BC có hệ số góc âm và tạo với đường thẳng AC góc 450 .
Đường thẳng AB tiếp xúc với (C ) : ( x + 2 ) + y 2 = 5 . Tìm phương trình các cạnh.
2

AT

Gọi F là điểm đối xứng với E qua d ⇒ F (−1; 2) . Nhận xét: (C ) có tâm I (−2;0), bán kính R = 5
và F ∈ (C ) .
Từ đó AB qua F và vuông góc với IF nên có phương trình AB : x + 2 y − 3 = 0 .
AB ∩ d = A(3;0) ⇒ AC : 2 x + y − 6 = 0 .
Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC . Đường thẳng ∆ qua

M

 1 10 
E , ⊥ AC ⇒ ∆ : x − 2 y + 7 = 0 ⇒ ∆ ∩ d = J  − ;  .
 3 3
2
Gọi vtpt của đường thẳng BC là n = (a; b), a + b 2 ≠ 0 . Ta có:

| 2a + b |
cos 450 =
5. a 2 + b 2
⇒ 2 ( 2a + b ) = 5 ( a + b
2

2

) ⇒ 3a

w.

2

2

+ 8ab − 3b = 0

0,25

A

E

H

2

a = 0 : suy ra b = 0 (loại)
a ≠ 0 : chọn a = 1 ⇒ b = 3 (thỏa mãn hệ số góc âm),

1
b = − (loại).
3
Suy ra phương trình BC : x + 3 y + C = 0 .

I

0,25

F
J

B

D

C

ww

•
•

0,25

4/6


Do J là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC nên d ( J , AC ) = d ( J , BC )

x +1 y −1 z
. Lập ( P) chứa A và d . Tìm B ∈ Ox : d ( B, Ox ) = 3 .
=
=
2
1
−3
Đường thẳng d qua M ( −1;1;0 ) và có vtcp u = (2;1; −3) . Ta có MA = (2; −2;0) .

N.

A (1; −1;0 ) , d :

( P) qua A (1; −1;0 ) và có vtpt n =  MA, u  = ( 6;6;6 ) . Chọn n = (1;1;1) .

0,25

Phương trình tổng quát của ( P) là: 1( x − 1) + 1( y + 1) + 1( z − 0) = 0 ⇔ x + y + z = 0.

0,25

Gọi B(b;0;0) ∈ Ox; d ( B, ( P )) = 3 ⇔

|b|
= 3.
3

⇔| b |= 3 ⇔ b = ±3 ⇒ B(±3;0;0) .
Đáp số: ( P ) : x + y + z = 0 ; B(±3;0;0) .

HV

8
(1,0đ)

0,25

co

m

2 10
1
| − + − 6 | | − + 10 + C |
−29 + 10 2
−29 − 10 2
3 3
Suy ra
(thỏa mãn); C =
(loại vì khi
= 3
⇒C =
3
3
5
10
29 + 10 2
đó A, J nằm 2 phía BC ). Từ đó: BC : x + 3 y −
= 0.
3

29 + 10 2
= 0.
Đáp số: AB : x + 2 y − 3 = 0 ; AC : 2 x + y − 6 = 0 ; BC : x + 3 y −
3

0,25
0,25

AT

Có 300 học sinh đăng ký. Có 50 học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A. Bốc thăm ngẫu nhiên 30 học sinh từ
9
(0,5đ) 300 học sinh nói trên. Tìm xác suất để có đúng 90% số học sinh đạt yêu cầu.
Gọi A là biến cố: “Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu”.
30
Chọn ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh có C300
cách chọn.
27
Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu, tức là chọn được 27 em. Chọn 27 học sinh từ 50 học sinh có C50
cách.
3
Chọn nốt 3 em từ 250 em còn lại có C250
cách.

0,25

27
3
Số cách chọn học sinh đạt yêu cầu là: C50
. C250

.

3
C5027 .C250
≈ 1,6.10−21 .
30
C300

M

Xác suất của biến cố A là P ( A) =

10
(1,0đ) Cho a, b > 0 : ab ≥ 1 . Tìm GTNN của T =

1
1
2
+
≥
,
1 + a 1 + b 1 + ab

1
1
32
.
+
−
1+ a 1+ b

2a (1 + a ) + 2b(1 + b) + 8

( ab ≥ 1) .

w.

Ta có:

Thật vậy: Quy đồng, chuyển vế, bđt trên tương đương với

2

=

ww

Lại có:

1 + ab

0,25

(

a− b

)(
2

)

ab − 1 ≥ 0 (Đúng).

0,25

1
1
4
2
2
4
. Suy ra:
.
+
≥
≥
=
1 + a 1 + b ab + 3
1 + ab.1 1 + ab + 1 ab + 3
2

5/6


(

)

Ta có: a (1 + a ) + b(1 + b) = a 2 + b 2 − 2 + ( a + b + 2 ) ≥ ( 2ab − 2 ) + 2 ab + 2 ≥ 2 ab + 2 .
Suy ra: 2a (1 + a ) + 2b(1 + b) + 8 ≥ 4 ab + 12 .

−16

m

1
1
−32
−32
≤
⇒
≥
=
2a (1 + a ) + 2b(1 + b) + 8
2a (1 + a ) + 2b(1 + b) + 8 2 ab + 3
4 ab + 12
4
16
⇒T ≥
−
.
ab + 3
ab + 3

(

N.

2

.
0,25

co

4
16
−
= f (t ).
t +3
t +3
−8t
8
(t 2 + 3) 2 − t (t + 3) t + 3
f '(t ) = 2
+
= 8. 2
.
(t + 3) 2 (t + 3) t + 3
(t + 3) 2 (t + 3) t + 3

Đặt t = ab ≥ 1 ⇒ T ≥

ab + 3

)

0,25

⇔ t 2 + 3 > t t + 3 ⇔ t 4 + 6t 2 + 9 > t 3 + 3t 2 ⇔ (t 4 − t 3 ) + 3t 2 + 9 > 0 (Đúng ∀t ≥ 1 ).

Suy ra f '(t ) > 0 ∀t ≥ 1 ⇒ f (t ) đồng biến ∀t ≥ 1 .
Từ đó: MinT = f (1) = −7 ⇔ t = 1 ⇔ a = b = 1.

0,25

t ≥1

HV

Xét M = (t 2 + 3) 2 − t (t + 3) t + 3 > (t + 3) t 2 + 3 − t t + 3 > 0

Cách 2: Có thể dồn biến về u = a + b ≥ 2 ab ≥ 2 như sau:
•

1
1
4
4
+
≥
=
1+ a 1+ b 1+ a +1+ b u + 2

a (1 + a ) + b(1 + b) = a + b + a 2 + b 2 ≥ a + b + 2 a 2b 2 ≥ a + b + 2 = u + 2
1
1
Suy ra: 2a (1 + a ) + 2b(1 + b) + 8 ≥ 2u + 12 ⇒
≤
2a (1 + a ) + 2b(1 + b) + 8
2u + 12

4
32
⇒T ≥
−
= f (u ), u ≥ 2. Chứng minh f '(u ) > 0 ∀u ≥ 2 tương tự cách 1.
u+2
2u + 12
Kết luận: MinT = f (2) = −7 ⇔ u = 2 ⇔ a = b = 1.

M

u≥2

AT

•

ww

w.

-------------------- Hết --------------------

6/6