Đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán 2015 trường Tây Sơn

ĐỀ THI THAM KHẢO
KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THCS & THPT TÂY SƠN

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút.
Câu 1 ( 2,0 điểm): Cho hàm số y =

2x − 3
(1).
2 − 2x

a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b/ Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = 2x − m cắt đồ thị (C)
tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu 2 ( 1,0 điểm )
a/ Giải phương trình sin 3 x.cos 3x + cos3 x.sin 3x = sin 3 4x
b/ Cho số phức z thỏa mãn hệ thức : (3 − 2i)z − (1 − 4i)z = −14 − 8i . Tính môđun của z.
Câu 3 ( 0,5 điểm ) Giải phương trình : log 5 (x − 2).log 5 (25x − 50) = 3
 x 2 + 91 = y − 2 + y 2
Câu 4 ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình : 
 y 2 + 91 = x − 2 + x 2
2

Câu 5 ( 1,0 điểm ) Tính tích phân : I = ∫ [ x − 1 + log 2 x]dx
1

Câu 6 ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, ∆SAB cân tại
S; mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD); góc giữa đường thẳng SD và mặt

phẳng (ABCD) bằng 450. Gọi M, N, E là trung điểm của các cạnh CD, SC và AD. Gọi F là
hình chiếu của E lên cạnh SD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và chứng minh rằng mặt
phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (CEF).
Câu 7 ( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD với A(1; –7) và
điểm C thuộc đường thẳng 2x + y = 0. Gọi M là điểm đối xứng của B qua A, H(5; –4) là hình
chiếu của B lên DM. Tìm tọa độ điểm C, D.
Câu 8 ( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A ( 3;0; −2 ) ,
B ( 2; −4;0 ) .

Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm A, B và phương trình mặt cầu (S)
tâm O, tiếp xúc với đường thẳng AB.
Câu 9 ( 0,5 điểm ) Một hộp chứa 4 viên bi xanh, 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Lấy ngẫu
nhiên ra 2 bi. Tính xác suất để lấy 2 viên bi khác màu.
Câu 10 ( 1,0 điểm ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

5+4 x
6+ x + 9−x

--------------------HẾT------------------


ĐÁP ÁN
Câu
1
(2,0 đ)

Đáp án

Điểm

a.(1,0 điểm)
. Tập xác định: D = R \ { 1}
. Giới hạn và tiệm cận

lim y = +∞ , lim− y = −∞ , lim y = lim y = −1
x →−∞
x →+∞
x →1

0,25

x →1+

Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1
và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = −1 .
Sự biến thiên

−2
< 0; ∀x ∈ D
(2 − 2x) 2
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và ( 1; +∞ )

. Chiều biến thiên: y ' =

0,25

. Cực trị: hàm số đã cho không có cực trị
• Bảng biến thiên
x
y'

-∞

+∞

-

-

-1

y
•

1

0,25

+∞
-∞

-1

Đồ thị:

3
2

-

(C) cắt Ox tại điểm: ( ; 0)

-

(C) cắt Oy tại điểm:  0; − ÷

-

Đồ thị.




0,25

3
2

b.(1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) : y =

2x − 3
và đường thẳng
2 − 2x

2x − 3
= 2x − m ; x ≠ 1
2 − 2x
⇔ g(x) = 4x 2 − 2(m + 1)x + 2m − 3 = 0 (*) ; x ≠ 1

d : y = 2x − m là :


m 2 − 6m + 13 > 0
∆ 'g( x) > 0
 2

ycbt ⇔ g(1) ≠ 0 ⇔  4.1 − 2(m + 1).1 + 2m − 3 ≠ 0

 y' = y '
−2
−2
x2
 x1

=
2
(2 − 2x 2 ) 2
 (2 − 2x1 )
trong đó x1 , x 2 là hai nghiệm phân biệt khác 1 của (*)
∀m
⇔
 x1 + x 2 = 2
2(m + 1)
⇔
=2 ⇔m=3
4

0,25

0,25

0,25
0,25


2
(1,0 đ)

a) (0,5 điểm)
Kí hiệu (1) là phương trình đã cho ta có
(1) ⇔ sin 3 x(4cos 3 x − 3cos x) + cos 3 x(3sin x − 4sin 3 x) = sin 3 4x
⇔ 3sin x cos x(cos 2 x − sin 2 x) = sin 3 4x
3
⇔ sin 4x = sin 3 4x
4
3
⇔ sin 4x(sin 2 4x − ) = 0
4
kπ

x
=
 4x = kπ
sin 4x = 0

4
⇔
⇔


; ( k ∈ Z)
1
2
π
8x = ±
cos8x = −
π kπ
+ k2π 
x=± +
3
2



12 4

0,25

0,25

b) (0,5 điểm)

Đặt z = a + bi(a, b ∈ R;i 2 = −1) . Khi đó z = a − bi
Do đó, kí hiệu (*) là hệ thức đã cho trong đề bài , ta có :
(*) ⇔ (3 − 2i)(a + bi) − (1 − 4i)(a − bi) = −14 − 8i
⇔ (2a + 6b) + (2a + 4b)i = −14 − 8i
2a + 6b = −14
a = 2
⇔
⇔

2a + 4b = −8
 b = −3

0,25

0,25

z = 22 + (−3) 2 = 13
3
(0,5 đ)

4
(1,0 đ)

Điều kiện xác định: x > 2 (1)
Với điều kiện đó kí hiệu (2) là phương trình đã cho, ta có :
(2) ⇔ log 5 (x − 2).[2 + log 5 (x − 2)] = 3
log 5 (x − 2) = 1
⇔
log 5 (x − 2) = −3
x = 7
⇔
(thỏa (1))
 x = 251
125

 x 2 + 91 = y − 2 + y 2 (1)
Xét hệ 
 y 2 + 91 = x − 2 + x 2 (2)
x ≥ 2

Điều kiện 
y ≥ 2
Lấy (1) trừ (2)vế theo vế ta được

0,25

0,25

0,25

x 2 + 91 − y 2 + 91 = y − 2 − x − 2 + y 2 − x 2
⇔

x 2 − y2

x 2 + 91 + y 2 + 91
⇔x=y
Thay x = y vào (1) ta có

=

y−x
+ y2 − x 2
y−2 + x−2
x 2 + 91 = x − 2 + x 2

⇔ x 2 + 91 − 10 = x − 2 − 1 + x 2 − 9
⇔ x −3= 0 ⇔ x = 3

0,25

0,25


Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;3)
5
(1,0 đ)

2

2

1

1

I = ∫ x − 1dx + ∫ log 2 xdx
2

I1 = ∫
1

2

0,25
0,25

3 2
2
2

x − 1dx = ∫ ( x − 1) dx = ( x − 1) 2 =
1 3
3
1
1
2

2
2 2 
1
1 
1
I 2 = ∫ log 2 xdx =
ln xdx =
 x.ln x − ∫ dx ÷ = 2 −
∫
1 1 
ln 2 1
ln 2 
ln 2
1
8 1
I= −
3 ln 2

0,25

2

0,25

0,25

6
(1,0 đ)

Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
(SAB) ∩ (ABCD) = AB
(SAB) ⊥ (ABCD)
⇒ SH ⊥ (ABCD)
Trong (SAB), có: SH ⊥ AB
Hình chiếu của SD lên mặt phẳng (ABCD) là HD

(·

0,25

)

·
⇒ SD, ( ABCD ) = (·SD, HD ) = SDH
= 450
∆AHD vuông tại A, cho: HD = AH 2 + AD 2 =
∆SHD cân nên HD = SH =

a 5
2

a 5
2

1
a3 5
SABCD = a 2 ⇒ VS.ABCD = SH.SABCD =
(đvtt)
3
6
Chứng minh: ( CEF ) ⊥ ( AMN )
Gọi I = CE ∩ HD
·
·
∆DAH = ∆CDE ⇒ ADH
= ECD

·
·
·
·
Ta có : ADH
+ HDC
= 900 ⇒ ECD
+ HDC
= 900 ⇒ ∆DIC vuông tại I
Có: HD ⊥ EC, CE ⊥ SH ⇒ CE ⊥ (SHD) ⇒ CE ⊥ SD
SD ⊥ EF
⇒ SD ⊥ (CEF), mà MN // SD ⇒ MN ⊥ (CEF) ⇒ (AMN) ⊥ (CEF).
7
(1,0 đ)

0,25

0,25

0,25


Gọi I là giao điểm của AC và BD
Có C ( c; −2c ) ∈ d ⇒ I 

 c + 1 −7 − 2c 
;
÷
2 
 2
1
∆BHD vuông tại H ⇒ IH = BD = IA
2

0,25

5c 2 − 22c + 82
5c 2 − 30c + 50
;IA =
2
2
 3 1
⇒ c = –4, C = ( −4;8 ) , I  − ; ÷
 2 2

0,25

IH =

(BH): x – 3y – 17 = 0, (AC) : 3x + y + 4 = 0

1
2

Gọi E = BH ∩ AC ⇒ E  ; −

8
(1,0 đ)

0,25

11 
÷
2

Có AE là đường trung bình của ∆BHM ⇒ E là trung điểm của BH
⇒ B ( −4; −7 ) , D ( 1;8 )

0,25

Đường thẳng AB đi qua điểm A(3;0; −2)
uuur
và nhận AB = (−1; −4;2) làm vectơ chỉ phương

0,25

x = 3 − t


Đường thẳng AB có phương trình tham số là :  y = −4t
; (t ∈ R)
z = −2 + 2t

uuur uuur
Ta có OA, AB = ( −8; −4; −12 ) .
uuur uuur
OA, AB
(−8) 2 + (−4) 2 + (−12) 2 4 6


d(O, AB) =
=
=
uuur
3
AB
(−1) 2 + (−4) 2 + 22
Mặt cầu (S) có tâm O(0;0;0) và bán kính r = d(O, AB) =

4 6
3

32
có phương trình là : x + y + z =
3
2

9

(0,5 đ)

2

0,25

0,25

0,25

2

2
Số phần tử của không gian mẫu: n ( Ω ) = C9 = 36

Gọi A là biến cố lấy được 2 bi khác màu: n(A) = C14 .C13 + C13 .C12 + C12 .C14 = 26

0,25


0,25

n(A) 13
=
Xác suất của biến cố A là: P(A) =
n ( Ω ) 18
10
(1,0 đ)

Điều kiện xác định: 0 ≤ x ≤ 9 .

5 + 12sin t
 π
Đặt x = 9sin 2 t , t ∈  0;  khi đó P =
(1)
6 + 3sin t + 3cos t
 2
(1) ⇔ ( 3P − 12 ) sin t + 3P cos t = 5 − 6P (2)
(2) có nghiệm ⇔ ( 3P − 12 ) + (3P) 2 ≥ ( 5 − 6P )
2

Vậy Pmin

⇔ 18P 2 + 12P − 119 ≤ 0
−2 − 11 2
−2 + 11 2
⇔
≤P≤
6
6
−2 − 11 2
=
6

2

0,25
0,25

0,25

0,25