TRƯỜNG THPT LỘC HƯNG


ĐỀ THI MÔN TOÁN THPT QUỐC GIA SOẠN THEO CẤU TRÚC ĐỀ MINH HỌA CỦA BỘ 2015
(Thời gian làm bài 180 phút)
Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số y =
4
1
x
x



a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b. Xác định tọa độ các điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục hoành
tại điểm có hoành độ bằng -8.
Câu 2.(0.5 điểm): Giải phương trình sinx =
2
sin5x – cosx
Câu 3.(0.5 điểm): Một người chọn ngẫu nhiên hai chiếc giày từ bốn đôi giày cỡ khác nhau. Tính xác
suất để hai chiếc chọn được tạo thành một đôi
Câu 4.(1,0 điểm):
a) Giải phương trình sau trên tập số phức: 8z
2
- 4z + 1 = 0
b) Giải bất phương trình:
   
3 1
3
2log 4 3 log 2 3 2

x x
   

Câu 5.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình :
7
1
78
x y
y x
xy
x xy y xy

  



 


Câu 6 .(1,0 điểm)Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y =
1
x
e

, trục hoành và hai
đường thẳng x = ln3, x = ln8.
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC =
2 3a
,
BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD).

Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo
a.
Câu 8.(1,0 điểm)Trong mặt phẳng Oxy cho

ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2 1 0x y  
và phân giác trong CD:
1 0x y  
. Viết phương trình đường thẳng BC.
Câu 9.(1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện OABC với A(1,2,-1), B(2,-1,3),
C(-2,3,3), O(0,0,0)
a) Tính thể tích tứ diện OABC
b) Tìm tọa độ điểm D nằm trên mặt phẳng (Oxy) sao cho tứ diện ABCD có các cạnh đối diện vuông
góc với nhau
Câu 10.(1,0 điểm): Cho
0, 0x y 
thỏa mãn
2 2
3x y xy x y xy
   
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
2
2 2
(1 2 ) 3
2

xy
P x y
xy
 
  

………………………………………………….HẾT…………………………………………………






Đáp án:
Câu 1 Đáp án Điểm
1.TXĐ D =
 
\ 1

2. Sự biến thiên:
 
2
3
0, 1
1
y x
x

   



Trên các khoảng
   
;1 à 1;v
 
hàm số đồng biến
Hàm số không có cực trị


0,25 điểm

Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 1
x x
y y
 
 
;
1 1
lim ;lim
x x
y y
 
 
   

Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = 1 và một tiệm cận ngang là
y = 1



0,25 điểm

Bảng biến thiên
x -

1 +


y
/
+ +
y +

1
1 -






0,25 điểm

a
Đồ thị

0,25 điểm

Gọi M(x
0

; y
0
) là tiếp điểm,
0
0
0
4
1
x
y
x




Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là
 
 
0
0
2
0
0
4
3
1
1
x
y x x
x

x

  




0,25 điểm

Để tiếp tuyến cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng -8 thì
 
 
0
0
2
0
0
4
3
0 8
1
1
x
x
x
x

   




0,25 điểm

b
   
0 0 0
2
0 0
0
0
0 3 8 ( 4) 1
8 20 0
10
2
x x x
x x
x
x
      
   




 


0,25 điểm

+Với

0
10
x

ta có
0
2
3
y


+Với
0
2
x
 
ta có
0
2
y


Vậy có 2 điểm M thõa đề là: M(10,
2
3
) ,M(-2,2)
0,25 điểm

sin cos 2 sin5
sin sin5

4
x x x
x x

  
 
  
 
 

5 2
4
5 2
4
x x k
x x k



 

  



   



0,25 điểm


Câu 2
 
16 2
8 4
k
x
k
k
x
 
 

 




 




0,25 điểm

Câu 3 Số phần tử không gian mẫu là số cách chọn 2 chiếc giày từ 8 chiếc tùy ý
2
8
( ) 28
n C

  

0,25 điểm






Kí hiệu A là biến cố chọn được hai chiếc giày cùng một đôi
Số cách chọn một đôi trong 4 đôi giày 4 cách. Do đó n(A) = 4
Vì vậy P(A)
1
7



0,25 điểm

Câu 4
a) Ta có:
2
' 4 0b ac     

Do đó, phương trình có 2 nghiệm phức:
1
1 1
4 4
z i 
và

2
1 1
4 4
z i 

b)ĐK:
3
4
x

(*)
Khi đó, bpt (1) trở thành:
   
2
3 3
log 4 3 2 log 2 3
x x
   


   
2
3 3
log 4 3 log 9. 2 3
x x
   

   
2
2

4 3 9. 2 3
3
16 42 18 0 3
8
x x
x x x
   
       

Kết hợp với ĐK (*), bpt (1) có tập nghiệm là: S=
3
;3
4
 


 

0.25 điểm


0.25 điểm







0.25 điểm










0.25 điểm

Câu 5 ĐK: x, y> 0.
(I)
 
7
78
x y xy
xy x y

  



 


.

0.25 điểm




Đặt
t xy

. (ĐK: t>0)

 
7
78
x y t
t x y
  



 

2
7 78 0t t   
.
 
 
13 l
6 n
t
t
 








t=6
13
36
x y
xy
 





4 9
v
9 4
x x
y y
 
 

 
 
 

Vậy hệ pt có 2 nghiệm l
à : (4;9) ; (9;4).



0.25 điểm



0.25 điểm


0.25 điểm

Câu 6 Kí hiệu S là diện tích cần tính.
Vì
ln8
ln3
1 0 [ln3 ; ln8] ê 1
x x
e x n n S e dx
     


Đặt
1
x
e

= t, ta có
2
2
1

tdt
dx
t



Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3
Vì vậy:
3 3 3 3 3
2
2 2
2 2 2 2 2
3 3
2 2
2
2 2
1 1 1 1
3
2 ln 1 ln 1 2 ln
2
t dt dt dt dt
S dt
t t t t
t t
 
     
 
   
 
      

    


0.25 điểm




0.25 điểm






0.5 điểm
Câu 7












+Từ giả thiết AC =

2a 3
; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung
điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =
3a
; BO = a , do đó

0
A D 60B


Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD).
+Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm
của HB ta có
DH AB
và DH =
3a
; OK // DH và
1 3
2 2
a
OK DH 

 OK  AB  AB  (SOK)
+Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) ,
hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 
















0.25 điểm







0.25 điểm






S
A

B

K
H

C
O

I

D

3a

a
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
   

Diện tích đáy
2
D
4S 2. . 2 3
ABC ABO
S OA OB a


  
;
đường cao của hình chóp
2
a
SO

.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
. D D
1 3
.
3 3
S ABC ABC
a
V S SO 

0.5 điểm

Câu 8








+Điểm

 
: 1 0 ;1
C CD x y C t t     
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
 
 
 
 
.
 
1 3
: 2 1 0 2 1 0
2 2
7 7;8
t t
M BM x y
t C
 
 
        
 
 
    


+Từ A(1;2), kẻ
: 1 0AK CD x y   
tại I (điểm
K BC
).
Suy ra
   
: 1 2 0 1 0
AK x y x y
       
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
 
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
  



  

.
+Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK

tọa độ của
 

1;0
K

.
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y

    
 










0.25 điểm





0.25 điểm





0.25 điểm





0.25 điểm



Câu 9
+
(1,2, 1), (2, 1,3), ( 2,3,3)
OA OB OC     
  

+
1 20
, . 40 , .
6 3
OA OB OC V OA OB OC
   
    
   
     



+Gọi D(x,y,0)

mp(Oxy) theo đề bài ta có:
. 0
. 0
. 0
AD BC
BD CA
CD AB















0.25 điểm


0.25 điểm







0.25 điểm










1 0
2
3 5 0 ( 2; 1;0)
1
3 1 0
x y
x
x y D
y
x y
   

 



       
 
 


  





0.25 điểm


Câu 10
+ Ta có
2 2
3
( ) 3 (1) 0, 0 ê 0
x y xy x y xy
xy x y x y xy do x y n n x y
   
        


  
2
2 2
1 1 4

(1) 3 3 ( ) 3( ) 4 0
( ) 1 ( ) 4 0 4
1 3 3 1
(1) 1 1
1 3
ê ( ) 2 ( ) 1
x y x y x y
x y x y
x y x y x y
xy x y x y xy
N n P x y x y
xy x y
            

        
     
 
       


+Đặt
2
3
( 4) 1 ( )x y t t P t f t
t
       

+ Ta có
3
2 2

3 2 3
'( ) 2 0, 4
t
f t t t
t t

     
Nên f(t) đồng biến trên


71
4; ( ) (4)
4
P f t f    

Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng
71
4
khi x = y = 2


0.25 điểm





0.25 điểm









0.5 điểm