MÔN KHTN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án – thang điểm có 6 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu
1
(2,0đ)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
Khi m = 0 , hàm số có dạng: y = x3  3x2.
 TXĐ: D   .

0,25

 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y '  3x 2  6 x.
y’ = 3x2  6x = 0  x = 0 hoặc x = 2
- Hàm số đồng biến trên (; 0) và (2; +); hàm số nghịch biến trên (0; 2).

0,25

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 0, yCĐ = 0; đạt cực tiểu tại xCT = 2, yCT = -4.
- Giới hạn: lim y   ; lim y    .
x 

x 

- Bảng biến thiên:
x
y’



+

0
0
0

2
0

-


+



0,25

y


-4

 Vẽ đồ thị: Giao trục tọa độ O  0;0  , A  3;0  . Lấy thêm điểm B  1; 4  .
 Điểm cực đại  0;0  , cực tiểu  2; 4  .
Đồ thị:

0,25

b) (1,0 điểm)
1


Phương trình hoành độ giao điểm: x3  3x2  mx  x

 x( x2  3x  m  1)  0
0,25

x  0
 2
.
x

3
x

m

1

0(*)


Đường thẳng (d ) cắt đồ thị (Cm ) tại ba điểm phân biệt  Phương trình (*) có

  9  4(m  1)  0
2 nghiệm phân biệt khác 0  
.
m  1

0,25

13

m 

4 (1).
m  1
Giả sử O(0,0) , A  x1, y1  , B( x2 , y2 ) , x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (*).
x  x  3
Ta có  1 2
(2).
 x1.x2  m  1

AB  2  ( x1  x2 )2  ( y1  y2 )2  2  2( x1  x2 )2  2  2( x1  x2 )2  8x1 x2  2 (3).
Thay (2) vào (3) ,ta có(3) trở thành 18  8(m  1)  2  m  3.

0,25

Thỏa mãn điều kiện (1) . Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.
2
(1,0đ)

0,25

2sin 2 x  2cos 2 x  5cos x  2sin x  3  0
 (4sin x cos x  2sin x)  (2cos 2 x  5cos x  3)  0
 2sin x(2cos x  1)  (2cos x  1)(3  cos x)  0
 (2cos x  1)(2sin x  cos x  3)  0

 2cos x  1  0

 2sin x  cos x  3  0

(*)

0,25

.

Xét phương trình 2sin x  cos x  3  0  2sin x  cos x  3 .
0,25

Ta thấy 22  (1)2  9  Phương trình vô nghiệm.
1
2
x
 k 2 (k  ) .
2
3
2
Vậy phương trình có nghiệm x  

 k 2 ( k   ) .
3
(*)  cos x  

3
(1,0đ)

3
2

3
2

3
2

0,25
0,25
3
2

3
2

3  2x
4  (2 x  1)
dx  
dx   (2  2 x  1)dx   2dx   2 x  1dx
2x 1  2
2

x

1

2
0
0
0
0

I
0
3
2

I1   2dx  2 x
0

3
2.

0,25

0

 I1  3  0  3.
3
2

I 2   2 x  1dx 

0,25

1

3
2



2 x  1d (2 x  1) 

2
1

3
3 2
(2 x  1)


8 1 7
 I2    .
3 3 3
 I  I1  I 2  3 
4
(1,0đ)

0,25

7 2

 .
3 3

0,25

a) (0,5 điểm)
Tổng số học sinh là 12 + 3 = 15 học sinh.
5

Nhóm 1: Chọn 5 học sinh trong 15 học sinh có C15 cách chọn.
5

Nhóm 2: Chọn 5 học sinh trong 10 học sinh còn lại có C10 cách chọn.
5

Nhóm 3: Chọn 5 học sinh trong 5 học sinh còn lại có C5 cách chọn.

0,25

5
5 5
Vậy có C15
.C10
C5  756756 cách chia.

Số phần tử của không gian mẫu là số phân công 15 học sinh thành 3 nhóm mỗi
5
5 5
nhóm 5 học sinh là   C15
.C10

C5  756756 .

Gọi A là biến cố nhóm nào cũng có nữ .
1

4

1

4

1

4

Nhóm 1: Có C3C12 cách chọn.
Nhóm 2: Có C2C8 cách chọn.
0,25

Nhóm 3: Có C1 C4 cách chọn.
4 1 4 1 4
Suy ra  A  C31.C12
.C2C8 .C1 .C4  207900 .

Vậy xác suất của biến cố A là P( A) 

A


 0, 27 .

b) (0,5 điểm)
Điều kiện: x  3.

log2 ( x  3)2  2log( x  3)3  2  0  4log 2 ( x  3)  6log( x  3)  2  0
 2log 2 ( x  3)  3log( x  3)  1  0 .
Đặt t  log( x  3) . Phương trình trở thành 2t 2  3t  1  0
0,25

t  1

.
t   1

2
31
(Thỏa mãn).
10
1
1
1
+) t    log( x  3)    x  3 
(Thỏa mãn).
2
2
10

+) t  1  log( x  3)  1  x 

5

(1,0đ)

1
31
Vậy phương trình có nghiệm x 
và x  3 
.
10
10

Ta có AB  (1; 2;3)


Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P) cần tìm là n p  (a; b; c), a 2  b2  c 2  0 .
Phương trình mặt phẳng ( P) là a( x 1)  by  cz  0  ax  by  cz  a  0 .
3

0,25


 
Do A,B thuộc (P) , suy ra n p . AB  0  a  3c  2b.

0,25

2
 37c 2  54bc  17b2  0 .
3
+) b  0  c  0  a  0 (Loại).
d (C , ( P)) 

0,25

c  1

+) b  0, chọn b  1  c  17 .
37

+) c  1, b  1  a  1  Phương trình mặt phẳng ( P) là x  y  z  1  0 .

0,25

17
23
 Phương trình mặt phẳng ( P) là
a
37
37
23
17
23
 x y
z
 0 hay 23x  37 y 17 z  23  0 .
37
37
37

0,25

+) b  1, c 

6
(1,0đ)

0,25

Gọi O là giao điểm của AC và BD ,do ABCD là hình chữ nhật nên từ giả thiết suy
ra O là hình chiếu của S trên mặt phẳng ABCD .

AC  AB2  BC 2  a 5  OC 
VS . ABCD

a 5
a 11
.
 SO 
2
2

0,25

1
1 a 11 2
11
(đvtt).
 .SO.S ABCD 
.2a  a3
3
3 2

3

Lấy F là trung điểm của BC  OF  BC  BC  (SOF ).
Trong mặt phẳng  SOF  kẻ OH  SF  OH  (SBC ).
Ta có M, N là trung điểm của AB và CD suy ra MN / / BC  MN / /(SCB).
d (MN , SG)  d  MN ,(SBC )   d (O,(SBC ))  OH .

Trong tam giác vuông SOF có:

1
OH

2



1
OF

165
 OH  d ( MN , SG)  a
.
15

4

2



1
OS 2

0,25

.
0,25


7
(1,0đ)

Ta có cos( AB, BC ) 

1
  450 , 
 ( AB, BC )  450  BCD
ABC  1350 .
2

Theo giả thiết tam giác ABD vuông cân tại A, suy ra tam giác DBC vuông cân tại
B  DC  2 AB .

SADC 

1
AD.DC  10  AD  10 .
2

0,25

Ta có tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình

 x  3 y  10  0  x  4

 B(4, 2) .

2 x  y  10  0  y  2
C (a,10  2a) và d (C , AB)  10 

a  3(10  2a)  10
10

 10 .
0,25

a  2
.
 20  5a  10  
a  6
+) a  2 , suy ra C (2;6) , suy ra phương trình CD là : x  3 y  20  0 .
Tọa độ điểm D(8; 4) . Phương trình BD là  x  2 y  0 .

0,25

Phương trình đường thẳng AD là 3x  y  20  0 .
+)a = 6 ,suy ra C(6,-2) làm tương tự suy ra
Phương trình DC là x  3 y  0 .

0,25

Phương trình AD là 3x  y  0 .
Thử lại thỏa mãn.
8
(1,0đ)

Tập xác định: xy  

Đặt

2
.
2

 x 4  z 4  6 xz  4 (1)

.
2y  z , ta có hệ phương trình  2
xz
5
2
 (2)
x  z 
1  xz 2


Từ (1) suy ra 6 xz  4  x4  z 4  2 x2 z 2  1  xz  2 (*)
xz
xz
Ta có: x 2  z 2 

(Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  z ).
 2 xz 
1  xz
1  xz
t
1
 f ' (t )  2 
 0 , (t  xz, t  1; 2) .
Đặt f (t )  2t 
1 t
(1  t )2
Ta có f (t ) là hàm đồng biến trên (1;2).
5

0,25


 f (t )  f (1) 

5
xz
xz
5
 x2  z 2 
 2 xz 
 .
2
1  xz
1  xz 2

0,25

 x  1

 y  1

2
Dấu “=” xảy ra khi t= 1. Lúc đó(2) xẩy ra khi  xz  1   x  z  1   
.



x  z
 x  z  1   x  1

1

 y  
2
 

Thử lại thỏa mãn .Hệ phương trình có nghiệm (1,
9
(1,0đ)

2
2
);(1; 
).
2

2

0,25

0,25

Đặt a  x, b  2 y, c  3z (a,b,c là các số dương thỏa mãn a  b  c  1).
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  5(a 2  b2  c2 )  6(a3  b3  c3 ) .

P  5[a 2   b  c   2bc]  6[a3  (b  c)3  3bc(b  c)]
2

P  2(4  9a)bc  8a 2  8a  1
0,25

(b  c)2 (1  a)2
Đặt 0  t  bc 
.

4
4

Xét P(t )  2(4  9a)t  8a 2  8a  1
)a 

4
79
 P(t ) 
(1)
9

81

4
)a  . P(t) là hàm số bậc nhất đối với t .Ta có.
9

P(0)  1  2(2a  1)2  1 ; P(

(1  a)2
a(3a  1)2
)  1
1
4
2

(2)

(1  a) 2
Trên (0,
]. Hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến.
4
(1  a)
] nhỏ hơn hoặc bằng 1.
4
2

Từ (1) và (2),suy ra của GTLN của P(t ) trên (0,

0,25

0,25

Suy ra giá trị lớn nhất của P(t ) là 1 khi a = b = c = 1/3.
Suy ra giá trị lớn nhất của P là 1 khi x = 1/3; y = 1/6; z = 1/9.
(Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.)
-----------Hết----------

6

0,25