Trờng thpt lơng thế vinh
H nội

Năm học 2014 - 2015
đề thi thử thpt quốc gia năm 2015
Môn thi: Toán - Lần thứ 3
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Ngày 16.5.2015
Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s
32
1
x
y
x



.
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (
C
) ca hm s ó cho.
b) Tỡm cỏc giỏ tr ca
m
ng thng :dy xm

ct th (
C
) ti hai im phõn bit.
Cõu 2 (1,0 im).
a) Cho gúc

tha món:
3
2


v tan 2


. Tớnh
2
5
sin sin sin 2
22
M







.
b) Cho s phc
z
tha món h thc:
2
(3) (2)
i
iz iz

i


. Tỡm mụun ca s phc
wzi

.
Cõu 3 (0,5 im). Gii bt phng trỡnh:
20,5
log ( 2) log 1
x
x


.
Cõu 4 (1,0 im). Gii bt phng trỡnh:
32 32
245 34xx x x xxx

.
Cõu 5 (1,0 im).
Tớnh tớch phõn:

2
0
cos 2 .Ixx xdx





Cõu 6 (1,0 im).
Cho hỡnh chúp
.S ABCD
cú ỏy l hỡnh thang vuụng ti A v B; ;AB BC a


2
A
Da ; ()SA ABCD . Gúc gia mt phng ()SCD v mt phng ()
A
BCD bng
0
45 . Gi
M
l trung
im
AD. Tớnh theo a th tớch khi chúp .SMCD v khong cỏch gia hai ng thng SM v BD .
Cõu 7 (1,0 im). Trong mt phng ta
,Oxy
cho tam giỏc
A
BC cú phng trỡnh ng phõn giỏc
trong gúc
A l
:30dx y
. Hỡnh chiu vuụng gúc ca tõm ng trũn ni tip tam giỏc
A
BC lờn
ng thng
A

C l im
(1; 4)E
. ng thng BC cú h s gúc õm v to vi ng thng
A
C gúc
0
45
. ng thng AB tip xỳc vi ng trũn


2
2
(): 2 5Cx y

. Tỡm phng trỡnh cỏc cnh ca tam
giỏc
A
BC .
Cõu 8 (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho im


1; 1; 0A v ng thng
11
:
213
x
yz
d




. Lp phng trỡnh mt phng ( )P cha
A
v d . Tỡm ta im B thuc trc Ox
sao cho khong cỏch t im
B n mt phng ()P bng 3.
Cõu 9 (0,5 im). Trong t xột tuyn vo lp 6A ca mt trng THCS nm 2015 cú 300 hc sinh ng
ký. Bit rng trong 300 hc sinh ú cú 50 hc sinh t yờu cu vo lp 6A. Tuy nhiờn, m bo quyn
li mi hc sinh l nh nhau, nh trng quyt nh bc thm ngu nhiờn 30 hc sinh t 300 hc sinh núi
trờn. Tỡm xỏc sut trong s 30 hc sinh chn trờn cú ỳng 90% s hc sinh t yờu cu vo lp 6A.
Cõu 10 (1,0 im). Cho cỏc s thc , ab dng v tha món 1ab .
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
11 32
11
2(1 ) 2(1 ) 8
T
ab
aabb




.

HT
Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh: ; S bỏo danh:

1/6
Trờng thpt lơng thế vinh

H nội

Nm hc 2014 2015
đáp án thang điểm
đề thi thử thpt quốc gia năm 2015
Môn thi: Toán Lần thứ 3
ỏp ỏn cú 06 trang

Cõu ỏp ỏn im
a) (1,0 im) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s
32
1
x
y
x



.

Tp xỏc nh:
D
\
{1}
. lim 3; lim 3
xx
yy

suy ra tim cn ngang 3y .
11

lim ; lim
xx
yy


suy ra tim cn ng ca th hm s l ng thng 1
x
.
o hm:

2
1
'0 1
1
yx
x



.
0,25
Hm s luụn nghch bin trờn khong


;1

v


1;


.
Hm s khụng cú cc tr.
0,25
Bng bin thiờn:
x 1


y' - -
y
3

3

0,25
th: (Hs cú th ly im (2;4); (0;2)).
0,25
b) (1,0 im) Tỡm cỏc giỏ tr ca m :dy x m

ct th (C ) ti hai im phõn bit.

Phng trỡnh tng giao:
32
1
x
x
m
x




(1)x


2
() (2 ) 2 0fx x mx m (1)
0,25
K: (1) cú 2 nghim phõn bit khỏc 1
0
(1) 0f







0,25
2
4120mm
0,25
1
(2,0)
6; 2mm
.
0,25
a) (0,5 im) Cho tan 2

.
3

2



.
Tớnh
2
5
sin sin sin 2
22
M







.

Ta cú
22
2
1113
1tan 145 cos cos
cos 5 2
5
x








.
0,25
2222
sin cos cos2 sin cos 2cos 1 cos cosM



11
5
5

.
0,25
2
(1,0)
b) (0,5 im) Cho
2
(3) (2)
i
iz iz
i


. Tỡm mụun ca s phc wzi


.


2/6
Gọi

2
,, 1z a ib ab Ri  . Từ giả thiết ta có:
(3)( )12(2)( )
1
10
4
(1)(252)0 1 .
4
2520
5
5
iabi i iabi
a
a
aabi z i
ab
b






    








0,25
Từ đó:
11
|||1|1
525
zi i   
26
5
.
0,25
Giải bất phương trình:
20,5
log ( 2) log 1
x
x .

Điều kiện: 2
x
 .
Bpt

222
22

log 2 log 1 log 1 2
xx
xx
xx


 

0,25
3
(0,5đ)
22 2
x
xx 
.
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bpt là
2
x

.
0,25
Giải bất phương trình:
32 32
245 34xx x x xx x   .

Bpt
 
22
2212(1)xx xx x x


      




0x  .

2
(2)| 2| 1 1 2 1xxx xx

    


. (1)
 2:
x
 (1) 0 2 2 (loại). 0: (1) 2 2x

  (loại).
0,25
 2:
x



2
(1) ( 2) 1 1 1 2 1xxxx


     






Chia 2 vế cho
.( 2) 0xx ta được:

2
111 1
(1) 1 1
2
2
xx
x
x
 


.
Xét hàm
2
2
() 1 , 0 '() 1 0 0
1
t
f
tt tt ft t
t
      


()
f
t đồng biến 0t


11
(1)
2x
x


.
0,25
2
25404;1
x
xx x x x    .
Kết hợp
24
x
x
.
0,25
4
(1,0đ)

02:
x





2
(1) ( 2) 1 1 1 2 1xxxx

     


.
Chia 2 vế cho
.( 2) 0xx ta được:

2
111 1
(1) 1 1
2
2
xx
x
x
 


.
Xét hàm
2
2
22
1

() 1 , '() 1 0
11
ttt
f
tt tt ft t
tt

       


()
f
t
đồng biến t

.
Từ đó
11
(1)
2x
x


. Trường hợp này vô nghiệm vì
1
0
2
x



.
Đáp số:
4
x

.
0,25

3/6

Cách 2: ĐK 0
x
 (mỗi dấu + ứng với ¼ điểm)
0
x
 không là nghiệm. Xét 0:
x

+

2
32 32
54
(1) 2 1
45 34
xx
xx
xxxxx

 

 


32 32
11
() 4 0
2
45 34
xx
fx x
x
xxxxx


  


 

.
+ Xét
32 32
11
()
2
45 34
xx
gx
x
xxxxx




 

Nếu
1
x
 thì () 0gx .
+ Nếu
01:
x

11 11xx 
. Ta có:
111
(1)
2
22 2
xx
xx





 
2
32
34 1 2 2 1 22

x
xxxxxxx   

32 32
45 342
x
xxxx x

32 32
11111
222 222
45 34
xxxx
xxxx
xxxxx






32 32
11
(2)
2
45 34
x
xxxxx



 
. Từ (1) và (2) suy ra () 0 0gx x.
+
() 0 4 0 4fx x x. Kết hợp ĐK suy ra đáp số: 4
x
 .

Tính tích phân:

2
0
cos 2 .Ixx xdx





22
2
00
cos 2Ixdxx xdx



. Ta có
3
2
23
2
0

0
1
324
Axdx x





.
0,25
2
0
cos 2 .Bx xdx



Đặt
1
'1. 'cos2 sin2
2
ux u v x v x   
.
2
2
0
0
11
sin 2 sin 2
22

Bx x xdx




.
0,25

2
0
11 1 1
0cos2 11
22 4 2
x


    



0,25
5
(1,0đ)





IAB
3

1
24 2


. ( 0,792)I  .
0,25
.SABCD đáy là hình thang vuông tại
A
và
B
; ;
A
BBCa

 2
A
Da

; ()SA ABCD . Góc giữa
()SCD và ()
A
BCD bằng
0
45 .
M
là trung điểm
A
D
. Tính thể tích .SMCD, (,)dSMBD


6
(1,0đ)
Ta có
()( ) .SCD ABCD CD

0
,() 45.CD SA AC CD SAC SC CD SCA
0,25

4/6
H
B
A
C
I
D
F
E
J
.
1

3
SMCD MCD
VSAS .
2
1
2; .
2
MCD

SA AC a S a 
Suy ra
2
.
11
.2.
32
SMCD
Vaa
3
2
6
a
.
0,25
Gọi N là trung điểm
A
B
//( )BD SMN .
Suy ra:
(,)(,( )) (,( )) (,( ))dSMBD dBD SMN dD SMN dA SMN
.
Kẻ



,
()(,())
A
PMNPMNAHSPHSP

AH SMN d A SMN AH
 
 
.
0,25
Tam giác vuông
SAP
có
222
111
A
HASAP


2
2 2 22 22
11 111111
22
4
a
A
SANAM a a a
  
Suy ra
22
11
a
AH

22

(,)
11
a
dSMBD

.
0,25
Tam giác
A
BC có phân giác trong góc
A
là :30dx y

. Hình chiếu của tâm đường tròn nội
tiếp tam giác
A
BC
lên
A
C
là (1; 4)E .
BC
có hệ số góc âm và tạo với đường thẳng
A
C
góc
0
45
.
Đường thẳng

A
B tiếp xúc với

2
2
(): 2 5Cx y

. Tìm phương trình các cạnh.

Gọi
F
là điểm đối xứng với E qua d
(1;2)F
. Nhận xét:
()C
có tâm
(2;0),I 
bán kính 5R 
và
()
F
C .
Từ đó
A
B
qua
F
và vuông góc với
IF
nên có phương trình

:230
A
Bx y


.
0,25
(3;0)AB d A 
:2 6 0
A
Cxy
.
Gọi
J
là tâm đường tròn nội tiếp
A
BC . Đường thẳng

qua
110
,:270 ;
33
EAC x y dJ




.
0,25
7

(1,0đ)
Gọi vtpt của đường thẳng
BC là
22
(;), 0nabab

. Ta có:


0
22
2
22 2 2
|2 |
cos 45
5.
22 5 3 8 3 0
ab
ab
ab ab a abb






0:a 
suy ra 0b

(loại)

 0:a  chọn 13ab  (thỏa mãn hệ số góc âm),

1
3
b 
(loại).
Suy ra phương trình
:3 0BC x y C
.
0,25
A
D
B C
S
M
N
P
H

5/6
Do
J
là tâm đường tròn nội tiếp
A
BC nên (, ) (, )d J AC d J BC


Suy ra
210 1
|6||10|

29 10 2
33 3
3
510
C
C
   


(thỏa mãn);
29 10 2
3
C


(loại vì khi
đó
,
A
J nằm 2 phía
BC
). Từ đó:
29 10 2
:3 0
3
BC x y


.
Đáp số:

:230
A
Bx y
;
:2 6 0
A
Cxy


;
29 10 2
:3 0
3
BC x y



.
0,25

1; 1; 0A  ,
11
:
213
x
yz
d




. Lập ()
P
chứa
A
và d . Tìm :(, ) 3BOxdBOx.

Đường thẳng d qua

1;1; 0M  và có vtcp (2;1; 3)u



. Ta có (2; 2;0)MA 


.
()
P
qua

1; 1; 0A  và có vtpt


, 6;6;6 .nMAu




Chọn (1;1;1)n 


.
0,25
Phương trình tổng quát của ()
P
là: 1( 1) 1( 1) 1( 0) 0 0.xyz xyz


0,25
Gọi (;0;0) ;Bb Ox
||
(,()) 3 3
3
b
dB P  
.
0,25
8
(1,0đ)
| | 3 3 ( 3;0;0)bb B .
Đáp số:
(): 0Pxyz
;
( 3;0;0)B 
.
0,25
Có 300 học sinh đăng ký. Có 50 học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A. Bốc thăm ngẫu nhiên 30 học sinh từ
300 học sinh nói trên. Tìm xác suất để có đúng 90% số học sinh đạt yêu cầu.

Gọi
A

là biến cố: “Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu”.
Chọn ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh có
30
300
C
cách chọn.
Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu, tức là chọn được 27 em. Chọn 27 học sinh từ 50 học sinh có
27
50
C
cách.
Chọn nốt 3 em từ 250 em còn lại có
3
250
C cách.
0,25
9
(0,5đ)
Số cách chọn học sinh đạt yêu cầu là:
27
50
C .
3
250
C .
Xác suất của biến cố
A
là ()
P
A 

27 3
21
50 250
30
300
.
1,6.10
CC
C


.
0,25
Cho , 0:ab 1ab  . Tìm GTNN của
11 32
11
2(1 ) 2(1 ) 8
T
ab
aa bb




.

10
(1,0đ)



Ta có:

11 2
, 1
11
1
ab
ab
ab
 


.
Thật vậy: Quy đồng, chuyển vế, bđt trên tương đương với




2
10ab ab

 (Đúng).
Lại có:
22 24
1
3
11.1
1
2
ab

ab
ab ab





. Suy ra:
11 4
11 3abab



.
0,25

6/6
Ta có:





22
(1)(1) 2 2222222a a b b a b a b ab ab ab     .
Suy ra:
2(1 ) 2(1 ) 8 4 12aa bb ab  .
1 1 32 32 16
2(1 ) 2(1 ) 8 2(1 ) 2(1 ) 8
412 2 3 3

aa bb aa bb
ab ab ab


 
   


.
416
3
3
T
ab
ab
 


.
Đặt
2
416
1().
3
3
tab T ft
t
t
  




0,25
22
22
22
8 8 (3)(3) 3
'( ) 8.
(3)
(3) 3 ( 3)(3) 3
ttttt
ft
t
tt t tt

 

 
.
Xét


22 2
(3)(3) 3(3) 3 30Mt tt t t t tt   

24232432
33693()390ttt ttttttt       (Đúng 1t ).
Suy ra
'( ) 0 1
f

tt ()
f
t đồng biến 1t

 .
0,25
Từ đó:
1
(1) 7 1 1.
t
MinT f t a b



0,25
Cách 2: Có thể dồn biến về 22uab ab  như sau:

11 4 4
1111 2ababu
 
 


22 22
(1 ) (1 ) 2 2 2a a b b aba b ab ab ab u      
Suy ra:
11
2(1 ) 2(1 ) 8 2 12
2(1 ) 2(1 ) 8 2 12
aa bb u

aa bb u
   

 

432
(), 2.
2
212
Tfuu
u
u
   


Chứng minh '( ) 0 2fu u tương tự cách 1.
Kết luận:
2
(2) 7 2 1.
u
MinT f u a b





Hết