DE114 THPT quảng xương 4 thanh hóa l2(112) _ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TOÁN NĂM 2015

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 - ĐỀ SỐ 114
Thời gian làm bài 180 phút
--------oOo-------2x + 2
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =
(C )
2x + 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
b) Tìm m để đường thẳng d : y = 2mx + m + 1cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A và B
sao cho biểu thức P = OA 2 + OB 2 đạt giá trị nhỏ nhất (với O là gốc tọa độ).
Câu 2. (1 điểm)

a) Giải phương trình:

cos 2x ( cos x + sin x − 1) = 0

b) Tính môđun của số phức:

z = ( 1− 2i ) ( 2 + i )

2

log2 ( x − 3) + log 2 ( x − 1) = 3

Câu 3. (0.5 điểm) Giải phương trình:

Câu 4. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:

(1− y)(x − 3y + 3) − x2 = (y − 1)3. x

(x, y ∈ ¡ ) .


3 3
2
 x − y + 2 x − 4 = 2(y − 2)
5

1
dx .
x
3
x
+
1
1

Câu 5. (1.0 điểm) Tính tích phân I = ∫

Câu 6. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Góc
·
BAC
= 600 , hình chiếu của S trên mặt (ABCD ) trùng với trọng tâm của tam giác

∆ABC . Mặt phẳng (SAC ) hợp với mặt phẳng (ABCD ) góc 600 . Tính thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD ) theo a .
Câu 7. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và
D . Biết D (2; 2) và CD = 2AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC . Điểm

 22 14 
M  ; ÷ là trung điểm của HC . Xác định các tọa độ các điểm A, B , C của hình thang
 5 5
biết B thuộc đường thẳng ∆ : x − 2y + 4 = 0 .

Câu 8. (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho (P ) : x − 2y + 2z + 3 = 0 , đường thẳng

x−3 y+4 z−2
x−3 y−6 z
=
=
; d2 :
=
=
. Tìm M ∈d1, N ∈d2 sao cho MN song
2
−3
2
6
4
−5
song với (P ) và khoảng cách từ MN đến (P ) bằng 2.
d1 :

Câu 9. (0.5 điểm) Một hộp đựng 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11. Lấy ngẫu nhiên 4
viên bi rồi cộng các số trên viên bi lại với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là một số
lẻ.
Câu 10 (1.0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1
1
1
1
+
+

≥
+
+
2
2
2
4b
4c
4a
a + b b+ c c + a
----------------HẾT----------------


Câu/
ý
1a

Thang
điểm

HƯỚNG DẪN CHẤM
−2

 1
< 0, ∀x ≠ −
*TXĐ: ¡ \ −  *SBT: y ' =
2
( 2 x + 1) 2
 2
⇒ I ∈ d ⇒ c = 5 ⇒ A(1;3); B (−3;1)

1

0.25

1

 1

Hàm số nghịch biến trên các khoảng  −∞; − ÷ và  − ; +∞ ÷
2
 2


Tính giới hạn và tiệm cận
Lập bảng biến thiên
*Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị
b

0.25

2x + 2
1
= 2mx + m + 1; x ≠ −
2x + 1
2
2
2
⇒ 4mx + 4mx + m − 1 = 0 , (1); Đặt g ( x ) = 4mx + 4mx + m − 1
* (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt ⇔ PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2
PT hoành độ giao điểm:


m ≠ 0


⇔ ∆ ' = 4m > 0 ⇔ m > 0

1
g  − ÷≠ 0

  2
*Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x1 , x2 thì x1 , x2 là các nghiệm của PT (1)
x1 + x2 = −1

⇒
m −1
x1.x2 =

4m


Có: OA2+OB2 = x12 + ( 2mx1 + m +1) + x2 2 + ( 2mx2 + m +1)
2

(
= ( 4m

)(
)
m −1 


+1) 1 −
÷− 4m ( m +1) + 2 ( m +1)
2m 


=

2

2.a

1
( thỏa mãn);
2

KL: m =

0,25

2

2

5
1
5
9
+ 2m +
≥ + 2 = (Áp dụng BĐT cô si vì m dương)

2
2m
2
2

Dấu bằng xảy ra ⇔ m =

0,25

0,25

2

2
2
2
= 4m +1 x1 + x2 + 4m ( m + 1) ( x1 + x2 ) + 2 ( m +1)

0.25
0.25

0,25

1
là giá trị cần tìm
2

cos 2 x ( cos x + sin x − 1) = 0
cos 2 x = 0
⇔ 

sin  x + π ÷ = 1
 
4
2

π kπ
+
( k ∈¢)
4 2
 x = k 2π
π 1

⇔
(k ∈ ¢ )
+) Với sin  x + ÷ =
 x = π + k 2π
4
2


2

0,25

+) Với cos 2 x = 0 ⇔ x =

0,25


2.b

z = (1 − 2i)(2 + i ) 2 = (1 − 2i )(4 + 4i + i 2 )
= (1 − 2i )(3 + 4i ) = 3 + 4i − 6i − 8i 2 = 11 − 2i
Vậy z = 11 − 2i ⇒ z = 112 + 22 = 5 5

3

0,25
0,25

log 2 ( x − 3) + log 2 ( x − 1) = 3 (1)
ĐKXĐ: x > 3

(*)
Với ĐK (*) (1) ⇔ log 2

[ ( x − 3)( x − 1)] = 3

0,25

⇔ ( x − 3)( x − 1) = 23

x = −1
⇔
đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của (1) x = 5
 x = 5

4

 x 2 − y ≥ 0

 x 2 ≥ 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

0,25

0,25

2

 x 
x
x
⇔
−3+
=0
÷ +
y −1
 y −1  y −1
x
t=
, t > 0 . Khi đó, pt (1) trở thành
y −1

t + t + t − 3 = 0 ⇔ ( t − 1) ( t + t + 2t + 3) = 0 ⇔ t = 1.

4

2

3

Với t = 1, thì

x
= 1 ⇔ y = x + 1 , thế vào pt(2), ta được
y −1

x 2 − x − 1 + 2 3 x 3 − 4 = 2 ( x − 1) ⇔ x 2 − x − 1 + 2  3 x 3 − 4 − ( x − 1)  = 0




x2 − x −1


2
⇔ x − x −1 + 6 
=0
2
2
3 3
3 x3 − 4
+
+
x

−
1
x
−
4
+
x
−
1
(
) 
) ( )
 (


⇔ x − x − 1 1 +



3

(x

3

− 4 ) + + ( x − 1)
2

1+ 5
2

1+ 5
3+ 5
Với x =
⇒y=
.
2
2
⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔ x =


÷
=0
2 ÷
3
x − 4 + ( x − 1) ÷


3

( x ≥ 1) .

1+ 5 3 + 5 
;
Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm ( x; y ) = 
÷.
2 ÷
 2

2
2

t −1
⇒ dx = tdt
Đặt t = 3x + 1, t ≥ 0 ⇒ x =
3
3
x
=
1
→
t
=
2;
x
=
5
→
t
=
4.
Đổi cận:
4
4
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

0,25

6 x2 − x −1

2

5

0,25

2

4
2

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25


6

S
E

A
D

H

B

0,25

O

C

·
* Gọi O = AC ∩ BD Ta có : OB ⊥ AC , SO ⊥ AC ⇒ SOB
= 600
SH
a 3
a
⇒ SH = OH . tan 600 =
. 3=
HO
6
2
2
a 3

Ta có : tam giác ABC đều : S ABCD = 2.S ABC =
2
2
3
1
1 a a 3 a 3
Vậy VSABCD = .SH .S ABCD = . .
(đvtt)
=
3
3 2 2
12
* Tính khỏang cách
Trong ( SBD ) kẻ OE PSH khi đó ta có : OC ; OD; OE đôi một vuông góc Và :

Xét tam giác SOH vuông tại H : tan 600 =

a
a 3
3a
; OD =
; OE =
2
2
8
1
1
1
1
3a

=
+
+
⇒d =
Áp dụng công thức : 2
2
2
2
d (O, SCD) OC
OD OE
112
6a
Mà d ( B, SCD ) = 2d ( O, SCD ) =
112
OC =

7

0,25

0,25

0,25

B

A
I

H

0.25
M

D

C

Gọi E là trung điểm DH ta thấy ABME là hình bình hành nên ME ⊥ AD , nên E là
trực tâm tam giác ADM ⇒ AE ⊥ MD mà AE ⊥ BM nên DM ⊥ DM
Từ đó suy ra phương trình BM : 3x + y = 16
x − 2 y = −4
Tọa độ B là nghiệm của hệ 3 x + y = 16 ⇒ B (4; 4)
uuu
r
uur
AB IB 1
10 10
=
= ⇒ DI = 2 IB ⇒ I ( ; )
Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có
CD IC 2
3 3
Phương trình đường thẳng AC : x + 2 y = 10
14 18
Phương trình đường thẳng DH : 2 x − y = 2 suy ra tọa độ H ( ; ) suy ra tọa độ
5 5
C(6; 2)
uur
uu
r

Từ CI = 2 IA ⇒ A(2; 4)

{

0.25

0.25

0.25


 x = 3 + 2t
 x = 3 + 6u


Ta có d1 :  y = −4 − 3t , d 2 :  y = 6 + 4u Suy ra M ( 3 + 2t; −4 − 3t; 2 + 2t )
 z = 2 + 2t
 z = −5u



8

N ( 3 + 6u;6 + 4u; −5u )
uuuu
r
Ta có MN ( 6u − 2t;10 + 4u + 3t; −2 − 5u − 2t ) , Vectơ pháp tuyến của (P)
uur
uuuu
r uur

n p = ( 1; −2; 2 ) MN.n p = 0 ⇔ t + u + 2 = 0
12t + 18
. Theo gia thiết suy ra
3
12t + 18 = 6 ⇔ t = −1 ∨ t = −2

d ( MN, (P) ) = d ( M, (P) ) =

Khi t = −1 ⇒ u = −1 tương ứng ta có M ( 1; −1;0 ) , N ( −3; 2;5 )

Khi t = −2 ⇒ u = 0 tương ứng ta có M ( −1; 2; −2 ) , N ( 3;6;0 )
Gọi Ω là tập hợp các cách lấy ra 4 viên bi từ 11 viên bi ban đầu, ta có
4
n ( Ω ) = C11
= 330

9

0.25

0.25

0.25
0.25

Số các viên bi đánh số lẻ là 6, số các viên bi đánh số chẵn là 5.
Gọi A là biến cố lấy ra 4 viên bi có tổng là một số lẻ
TH1. Trong 4 viên lấy ra có 1 viên bi lẻ, 3 viên bi chẵn. Suy ra TH1 có
C16 C35 = 6.10 = 60 cách
TH2. Trong 4 viên lấy ra có 3 viên bi lẻ, 1 viên bi chẵn, Suy ra TH2 có

C36 C15 = 20.5 = 100 cách

0.25

1 3
3 1
Vậy n ( A ) = C6 C5 + C6C5 = 160 Suy ra P ( A ) =

0.25

n ( A)
160 16
==
=
n ( Ω)
330 33

 a2
1   b2
1   c2
1 
Ta có VT =  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷+  2 + 2 ÷
4c   4 a
4a 
 4b 4b   4c

a
b
c
1 a b

c 
≥ 2+ 2+ 2 =  2+ 2+ 2÷
2b 2c
2a
2b c
a 
b 1 2
c 1 2
+ ≥ ;
+ ≥
2
c b c
a2 c a
a b
c 1 1 1
Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2 + 2 + 2 ≥ + +
b c
a
a b c
Suy ra:
1  1 1 1  1  1 1   1 1   1 1  
VT ≥  + + ÷ =  + ÷+  + ÷+  + ÷
2  a b c  4  a b   b c   c a  
1 4
4
4 
1
1
1
≥ 

+
+
=
+
+
= VP

4 a +b b + c c + a a +b b + c c + a
Mặt khác:

10

0.25

a 1 2
+ ≥ ;
b2 a b

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c = 1
Thí sinh làm cách khác, đảm vảo tính chặt chẽ và chính xác vẫn được điểm tối đa

0.25

0.25

0.5