ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 Môn TOÁN LẦN 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 LẦN II

KHOA HỌC TỰ NHIÊN

Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 4x 2 + 3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
4
2
b) Tìm m để phương trình x − 4x + 3 = m có 4 nghiệm phân biệt

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: cos 3x − cos x = 2sin 2 x + sin x + 1
b) 1 + 3log 2 x = log 2 ( x − 1)

2

Câu 3 (1,0 điểm)
a) Tính tích phân:

∫

1

1

3x + 2

dx
x + 3x + 2
2

b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = sin 2 x ; trục hoành, x = 0 và x =

π
4

Câu 4.(1,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn
điều kiện: z + i = ( z − 1) ( 1 − i )
b) Gọi A là tập hợp số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau lập từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7. Chọn
ngẫu nhiên một số trong tập A. Tính xác suất để số chọn ra có tổng các chữ số là một số chẵn
Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hai mặt bên
(SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Góc giữa đường thẳng SC và mặt
đáy (ABCD) bằng 450. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng BD và SC theo a
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với A(-2;0) và
đường thẳng d : 3 x − 4 y + 6 = 0 cắt đoạn thẳng BC. Khoảng cách từ B và D tới đường thẳng d
lần lượt là 1 và 3. Đỉnh C thuộc đường thẳng x − y + 4 = 0 và có hoành độ không âm. Tìm tọa
độ các đỉnh B, D


Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng:

( P ) : x + y + 2 z − 3 = 0 và hai điểm A ( 2;1;3) ; B ( 6; −7;8) . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt
phẳng (P) sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
 x 2 − 5 x = y 2 − 3 y − 4
Câu 8. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 

 4 x − 1 − 1 x + y = x + y + 3

(

)

Câu 9 (1,0 điểm). Với các số thực: 0 ≤ a, b, c ≤ 2 thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P = 1 + a + 1 + b + 1 + c

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu 1
a)1,0 điểm
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
b)1,0 điểm
4
2
Đưa ra được đồ thị hàm số: y = x − 4x + 3
4
2
Từ đồ thị hàm số phương trình x − 4x + 3 = m có 4 nghiệm phân biệt:

(0,5 đ)

1 < m < 3
⇔
m = 0

Câu 2
a) 0,5 điểm

Phương trình đã cho tương đương với: ⇔ −2sin 2 x sin x = 2sin 2 x + sin x + 1
sin x = −1
⇔ ( sin x + 1) ( 2sin 2 x + 1) = 0 ⇔ 
sin 2 x = − 1

2
+ sin x = −1 ⇔ x = −

(0,25 đ)

π
+ k 2π
2

π

x = − + kπ

1
12
+ sin 2 x = − ⇔ 
2
 x = 7π + kπ

12
b) 0,5 điểm
Điều kiện: x > 0, x ≠ 1

(0,25 đ)

Phương trình đã cho thương đương với: log 2 2 x 3 = log 2 ( x − 1)
2 x 3 = ( x − 1) ⇔ ( 2 x − 1) ( x 2 + 1) = 0 ⇔ x =
2

Vậy nghiệm của phương trình: x =

2

(0,25 đ)

1
2

1
2

(0,25 đ)

Câu 3
a) 0,5 điểm
2
3x + 2
4
1 
dx = ∫ 
−
÷dx
1
x + 3x + 2

 x + 2 x +1 

2

ta có: i = ∫1

(0,25 đ)

2

= ( 4 ln x + 2 − ln x + 1 ) = 9 ln 2 − 5ln 3
2

(0,25 đ)

1

b) 0,5 điểm
π

π

0

0

ta có: S = ∫ 4 sin 2 x dx = ∫ 4

1 − cos 2 x
dx

2

(0,25 đ)

π

sin 2 x  4 π 1
1
= x−
÷ = −
4 0 8 4
2

(0,25 đ)

Câu 4
a) 0,5 điểm
Ta có: z + i = ( z − 1) ( 1 − i ) ⇔ z + i = 2 ( z − 1) ( 1)

(0,25 đ)

Đặt: z = x + yi; x; y ∈ R . Thay vào (1) ta có:
x − yi + i = 2 x − 1 + yi
⇔ x 2 + ( y − 1) = 2 ( x − 1) + y 2  ⇔ ( x − 2 ) + ( y + 1) = 4


2

2

2

2

(0,25 đ)

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường tròn
tâm I ( 2; −1) ; bán kính R = 2
b) 0,5 điểm
Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lập từ các chữ số đã có 4 chữ số lẻ là: 4! = 24 số
Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lập từ các số đã cho mà có 2 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ là:
C42 .C32 .4! = 432 (số). Vậy số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lập từ các chữ số đã cho

mà tổng các chữ số là chẵn là: 432 + 24 = 456 (số).
Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lập từ các số đã cho là:

(0,25 đ)


A74 = 840 (số). Vậy xác suất cần tìm là: P =

456 19
=
840 35

(0,25 đ)

Câu 5
Vì: ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ; ( SAD ) ⊥ ( ABCD )
⇒ SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ ACS = SC ; ( ABCD ) = 450

2
Ta có dt ( ABCD ) = a ; AC = a 2

1
a3 2
⇒ SA = a 2 ⇒ VS . ABCD = .SA.dt ( ABCD ) =
3
3

(0,25 đ)

Lấy M đối xứng với A qua B ta có BD//MC
⇒ d ( BD; SC ) = d  BD; ( SCM )  = d  B; ( SCM ) 

(0,25 đ)

Ta có: SC = 2a; MC = a 2; MS = a 6
1
a3 2
VSMBC = VS . ABCD =
⇒ dt ( BMC ) = a 2 2
2
6
3V

a

SBMC
Do đó: dt ( BD; SC ) = d  B; ( SMC )  = dt SMC = 2

(
)

Câu 6

(0,25 đ)


Gọi H, K, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, D, C trên d, F là hình chiếu
vuông góc của C trên DK.
Ta có: ∆ABH = ∆CDF ( ch − gn ) ⇒ DF = BH ⇒ CE = KF = 2

(0,25 đ)

Vì C thuộc đường thẳng x − y + 4 = 0 nên C ( t; t + 4 )
Ta có: d ( C ; d ) = 2 ⇔

3t − 4 ( t + 4 ) + 6
5

= t ⇔ t + 10 = 10

t = 0
⇔
⇔ C ( 0; 4 )
(0,25 đ)
t = −20 ( loai )
uuur
Ta có: AC = ( 2; 4 ) . Gọi I là trung điểm AC ⇒ I ( −1; 2 ) . Suy ra phương trình đường

thẳng BD là: x + 2 y − 3 = 0 ⇒ B ( 3 − 2t; t )
Vì d ( B;d ) = 1 nên

3 ( 3 − 2t ) − 4t + 6
5

t = 1
= 1 ⇔ 10t − 15 = 5 ⇔ 
t = 2

(0,25 đ)

- Với t = 1 ⇒ B ( 1;1) ; D ( −3;3)
- Với t = 2 ⇒ B ( −1; 2 ) (loại vì khi đó B, C nằm cùng phía đối với d)
Vậy: B ( 1;1) ; D ( −3;3)

(0,25 đ)

Câu 7:
Ta có: ( 2 + 1 + 2.3 − 4 ) ( 6 − 7 + 2.8 − 3) > 0 nên A, B nằm cùng một phía đối với (P)
x = 2 + t

Phương trình đường thẳng qua A và vuông góc với (P) là:  y = 1 + t
 z = 3 + 2t


Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) ⇒ H ( 2 + t;1 + t;3 + 2t )

(0,25 đ)

Vì H ∈ ( P ) ⇒ ( 2 + t ) + ( 1 + t ) + 2 ( 3 + 2t ) − 3 = 0 ⇒ t = −1 ⇒ H ( 1;0;1)

(0,25 đ)

Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua ( P ) ⇒ A1 ( 0; −1; −1) . Phương trình đường thẳng
 x = 2s

A1B là:  y = 1 − 2s . Gọi M1 là giao điểm của A1B và (P)
 z = −1 + 3s


Suy ra: M 1 ( 2; −3; 2 )

(0,25 đ)

Ta có: MA + MB = MA1 + MB ≥ A1B
Do đó: ( MA + MB ) min = A1 B ⇔ M ≡ M 1 . Vậy M ( 2; −3; 2 )

(0,25 đ)

Câu 8:
x + y ≥ 0
x −1 ≥ 0

Điều kiện: 

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với :
x + y − 4 = 0
 x − y −1 = 0

( x + y − 4 ) ( x − y − 1) = 0 ⇔ 

(0,25 đ)

+ x + y − 4 = 0 ⇔ y = 4 − x thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có :
8

(

)

x −1 −1 = 7 ⇔ x =

289
−33
;y=
( TMDK )
64
64

(0,25 đ)

+ x − y − 1 = 0 ⇔ y = x − 1 thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có :
4 2x −1

Đặt

(

)

x − 1 − 1 = 2 ( x + 1) ( *)

x − 1 = u; 2 x − 1 = v ( v ≥ 0; u > 0 ) ⇒ 2 ( x + 1) = 3v 2 − 4u 2 + 1

Thay vào phương trình (*) ta có:
4v ( u − 1) = 3v 2 − 4u 2 + 1 ⇔ ( 2u + 3v + 1) ( 2u − v − 1) = 0 ⇔ 2u − v − 1 = 0

(0,25 đ)

⇔ 2 x − 1 = 2 x − 1 + 1 ⇔ x = 5; y = 4
 289 −33 
;
÷; ( 5; 4 )
 64 64 

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm : ( x; y ) = 
Câu 9:

Ta chứng minh : 1 + a + 1 + b ≥ 1 + 1 + a + b ( *) . Thật vậy:

( *) ⇔ 1 + a + 1 + b + 2 ( 1 + a ) ( 1 + b )

≥ 1+1+ a + b + 2 1+ a + b

(0,25 đ)


⇔ ( 1 + a ) ( 1 + b ) ≥ 1 + a + b ⇔ ab ≥ 0 (luôn đúng)

(0,25 đ)

Vì vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử : a ≤ b ≤ c
Suy ra: 1 ≤ c ≤ 2 . Theo (*) ta có: P ≥ 1 + 1 + a + b + 1 + c = 1 + 4 − c + 1 + c
Xét hàm: f ( c ) = 1 + 4 − c + 1 + c ;1 ≤ c ≤ 2
Ta có: f ' ( c ) = −

1
1
3
+
; f '( c) = 0 ⇔ c =
2
2 4 − c 2 c +1

(0,25 đ)
(0,25 đ)

3

Ta có: f ( 1) = f ( 2 ) = 1 + 2 + 3; f  ÷ = 1 + 10 . Vậy: P ≥ 1 + 2 + 3
2
Với a = 0; b = 1; c = 2 thì P = 1 + 2 + 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là: 1 + 2 + 3

(0,25 đ)