Đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán 2015 trường Đạ Huoai Lâm Đồng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
TRƯỜNG THPT ĐẠ HUOAI
Môn: TOÁN.
-------------------------Thời gian:180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 +(m+3)x + 4 (C m )
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0.
b) Cho điểm I(1;3). Tìm m để đường thẳng d: y = x + 4 cắt (C m ) tại 3 điểm phân biệt A(0;4),
B,C sao cho tam giác IBC có diện tích bằng 4.


Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình log 2

2x +1
+ log 3 (2 x + 1) ≤ log 2 3 .
2

b) Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp
ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức chỉ cho phép biểu diễn 2
tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục
tham gia biểu diễn?
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình cot 2 x =

1 − tan x
.
1 + tan x


5

1

dx .
x
3
x
+
1
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

uuur

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1; −1), AB = (1;0;3) .
Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
OA sao cho tam giác MAB vuông tại M.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông
góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. Biết


SA = a 2, AC = 2a, SM =

5
a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp
2

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có
phương trình đường thẳng AB : x − 2 y + 3 = 0 và đường thẳng AC : y − 2 = 0 . Gọi I là giao điểm
của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB = 2 IA ,
hoành độ điểm I: xI > −3 và M ( −1;3) nằm trên đường thẳng BD.

(1 − y )( x − 3 y + 3) − x 2 = ( y − 1)3 . x

( x, y ∈ ¡ ) .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
3 3
2
 x − y + 2 x − 4 = 2( y − 2)
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x + 3 y ≤ 7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

P = 2 xy + y + 5( x 2 + y 2 ) − 24 3 8( x + y ) − ( x 2 + y 2 + 3) .

------ Hết ------


Câu
1.a

ĐÁP ÁN
Nội dung

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0.
y = x 3 +3x + 4
Tập xác định : D = R
*Sự biến thiên :
- Chiều biến thiên : y’= 3x 2 + 3 ; y’> 0 , ∀x ∈ R

Điểm
1,00

0,25

-Hàm số đồng biến trên R và hàm số không có cực trị.

0,25


y = −∞ ; lim y = + ∞
- Giới hạn : xlim
→ −∞
x → +∞
- Bảng biến thiên :
x -∞
y’
y
-Đồ thị :

+∞
+

+∞

-∞
y

0,25

8

0,25

4


-1

1

x

0

1,00đ
b)Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và d :x 3 + 2mx 2 +(m+3)x + 4 =x + 4(1)
x = 0
⇔ x(x 2 +2mx + m + 2) = 0 ⇔  2
 x + 2mx + m + 2 = 0 (2)

0,25


0,25


0,25

2.a

2x +1
+ log3 (2 x + 1) ≤ log 2 3 .
Giải bất phương trình log 2
2
1
ĐKXĐ 2 x + 1 > 0 ⇔ x > − (*)
2
Với đk (*), pt ⇔ log 2 (2 x + 1) + log3 (2 x + 1) ≤ 1 + log 2 3

0,25
0,50
0,25


⇔ log 2 3.log3 (2 x + 1) + log 3 (2 x + 1) ≤ 1 + log 2 3

⇔ ( log 2 3 + 1) log 3 (2 x + 1) ≤ 1 + log 2 3 ⇔ log 3 (2 x + 1) ≤ 1 ⇔ 2 x + 1 ≤ 3 ⇔ x ≤ 1


Đối chiếu (*), tập nghiệm: S =  − ;1

0,25

Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết
mục hợp ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức
chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn?
Mỗi cách chọn 2 tiết mục múa trong 3 tiết mục múa là một tổ hợp chập 2 của

0,50

1
 2 


3, suy ra số cách chọn 2 tiết mục múa: C32 = 3.
Mỗi cách chọn 2 tiết mục đơn ca trong 5 tiết mục đơn ca là một tổ hợp chập 2
của 5, suy ra số cách chọn 2 tiết mục đơn ca: C52 = 10.
Mỗi cách chọn 3 tiết mục hợp ca trong 4 tiết mục hợp ca là một tổ hợp chập 3
của 4, suy ra số cách chọn 3 tiết mục hợp ca: C43 = 4.
Theo quy tắc nhân, số cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn: 3.10.4 = 120
Giải phương trình cot 2 x =

1 − tan x
.
1 + tan x

0,25

0,25
1,00


π

sin 2 x ≠ 0
x≠ k




2
ĐK: cos x ≠ 0 ⇔ 
 tan x ≠ −1  x ≠ − π + kπ



4
π

π

Với ĐK pt ⇔ tan  − 2 x ÷ = tan  − x ÷
2

4

⇔

π
π
− 2 x = − x + kπ
2
4

0,25

0,25
0,25

Kết hợp ĐK, ta có nghiệm: x =

π
+ kπ , k ∈ ¢
4

5

1
dx .
x
3
x
+
1
1

Tính tích phân I = ∫

2
t 2 −1
⇒ dx = tdt
3
3
Đổi cận: x = 1 → t = 2; x = 5 → t = 4.

0,25
1,00

Đặt t = 3x + 1, t ≥ 0 ⇒ x =
4

0,25


4

4

0,25

4
2

0,25

1
1
1
I = 2 ∫ 2 dt ⇔ I = ∫ (
−
)dt
t −1
t −1 t +1
2
2
I = ( ln t − 1 − ln t + 1 )
I = 2 ln 3 − ln 5

uuur
Cho điểm A(2;1; −1), AB = (1;0;3) . Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng

0,25
1,00

hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB
vuông tại M.
uuur uuur uuur
Ta có OB = OA + AB = (3;1; 2) ⇒ B (3;1; 2)

0.25


uuur

uuur

* OA = (2;1; −1), AB = (1; 0;3) không cùng phương: O, A, B không thẳng hàng.
uuuur uuur
Ta có OM = t OA = (2t ; t ; −t ) ⇒ M (2t; t ; −t ) và

0.25

Tam
giác MAB vuông tại M thì
uuuur uuuur

0.25

uuuur
uuuur
AM (2t − 2; t − 1; −t + 1), BM (2t − 3; t − 1; −t − 2)

AM .BM = 0 ⇔ (2t − 2)(2t − 3) + (t − 1)(t − 1) + (−t + 1))( −t − 2) = 0
5
⇔ 6t 2 − 11t + 5 = 0 ⇔ t = 1, t = .
6
5
5 5 5
• t = 1 → M (2;1; −1) ≡ A (loại) và t = → M ( ; ; − ) thỏa bài toán.
6
3 6 6

0,25


6

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc
của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và
BD. Biết SA = a 2, AC = 2a, SM =

5
a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính
2

theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và
AC.

1,00



Từ giả thiết SO ⊥ ( ABCD) ⇒ SO ⊥ AC , OA = a , SO = SA2 − OA2 = a
∆OSM ⊥ O : OM = SM 2 − SO 2 =

0,25

1
a
2

Ta có ∆ABC ⊥ B : BC = 2MO = a, AB = AC 2 − BC 2 = 3a
1
3 3
AB.BC.SO =
a
3
3
Gọi N trung điểm BC ⇒ MN / / AC ⇒ d ( SM , AC ) = d ( AC , ( SMN )) = d (O,( SMN ))
VS . ABCD =

:
∆OMN ⊥ O ∆OMN ⊥ O : OH ⊥ MN , SO ⊥ MN ⇒ MN ⊥ ( SOH )

0,25
0,25

∆SOH ⊥ O :OK ⊥ SH ⇒ OK ⊥ ( SMN ) ⇒ OK = d (O, ( SMN )

3
a
3
a, OM = , OH ⊥ MN ⇒ OH =
a
2
2
4
OS .OH
57
∆SOH ⊥ O : d ( SM , AC ) = OK =
=
a
2
2
19
OS + OH
∆OMN ⊥ O : ON =

7

Cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng
AB : x − 2 y + 3 = 0 và đường thẳng AC : y − 2 = 0 . Gọi I là giao điểm của hai
đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết
IB = 2 IA , hoành độ điểm I: xI > −3 và M ( −1;3) nằm trên đường thẳng BD.

0,25

1,00


Ta có A là giao điểm của AB và AC nên A ( 1; 2 ) .

0,25


Lấy điểm E ( 0; 2 ) ∈ AC . Gọi F ( 2a − 3; a ) ∈ AB sao cho EF // BD.
EF AE
EF BI
=
⇔
=
= 2 ⇔ EF = 2 AE
BI
AI
AE AI
a = 1
2
2
⇔ ( 2a − 3) + ( a − 2 ) = 2 ⇔ 
 a = 11 .
5

uuur
Với a = 1 thì EF = ( −1; −1) là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của
r
BD là n = ( 1; −1) . Pt BD : x − y + 4 = 0 ⇒ BD ∩ AC = I ( −2; 2 )

Khi đó

0,25

0,25


BD ∩ AB = B ( −5; −1)
uur

uur
IB uur
IB uur
3
 3

ID = − ID = − 2 ID ⇒ D 
− 2;
+ 2 ÷.
ID
IA
2
 2

uur
uu
r
uu
r
uu

r
IA
IA
1
IA = −
IC = − IC = −
IC ⇒ C −3 2 − 2; 2 .
IC
IB
2
uuur  7 1 
11
Với a =
thì EF =  ; ÷ là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của
5
5 5
r
BD là n = ( 1; −7 ) . Do đó, BD : x − 7 y + 22 = 0 ⇒ I ( −8; 2 ) (loại).

Ta có IB = −

(

)

0,25


8

(1 − y )( x − 3 y + 3) − x 2 = ( y − 1)3 . x (1)

( x, y ∈ ¡ ) (I)
Giải hệ phương trình. 
 x 2 − y + 2 3 x3 − 4 = 2( y − 2)
(2)
2
2
 x − y ≥ 0
 x ≥ y
⇔
ĐKXĐ: 
 x ≥ 0, y ≥ 1
 x ≥ 1, y ≥ 1
Nhận xét x ≥ 1, y = 1 không là nghiệm của hệ. Xét y > 1 thì pt (1) của hệ (I)
x 2 + x( y − 1) − 3( y − 1) 2 + ( y − 1) x( y − 1) = 0

1,00

0,25