SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT CHÍ LINH
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn Thi : TOÁN
Lần thứ 3
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề gồm 01 trang
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − + +
có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
b) Gọi A, B lần lượt là điểm cực đại, cực tiểu của (C), d là đường thẳng đi qua A và vuông góc
với AB. Tìm tọa độ giao điểm của d và (C).
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
cos 3sin 2 1
2sin 3cosx 4 2
x x
x
− −
=
− −
.
b) Tìm phần ảo của số phức z, biết
2 3 99 100
1 1 1 1 1

1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 )
z
i i i i i

= + + + + +
+ + + + +
.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình
(3 5) (3 5) 3.2 .
x x x
+ + − =
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
3
8 2 (4 1)( 14 8 1)x x x x x− ≥ + − + + −
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
4
1
1
( )lnI x xdx
x
= −
∫
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông a, cạnh bên SA vuông góc
với đáy, SC tạo với đáy góc
0
60
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt phẳng
(SBC), (SCD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có
10
5
BD AC=

. Biết rằng
( 2; 1)M − −
,
(2; 1)N −
lần lượt là hình chiếu của D xuống các đường thẳng AB, BC và đường thẳng
7 0x y− =
đi qua A , C. Tìm tọa độ điểm A, C.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;-4), B(5;3;-1) và mặt
phẳng
( ) : 6 0x y z
α
+ − − =
. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng
( )
α
và
tìm điểm M trên mặt phẳng
( )
α

sao cho tam giác ABM vuông cân tại M.
Câu 9 (0,5 điểm). Một lớp học có 25 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên một nhóm 3
học sinh. Tính xác suất để nhóm học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ.
Câu 10 (1,0 điểm). Với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
1296
( 2)( 2)( 2)P a b c
a b c
= + + + +
+ +

.
………….…………………………………Hết………………………………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………; Số báo danh:………………….
Chữ kí giám thị 1:………………….………… Chữ kí giám thị 2:…………………………………
Híng dÉn chÊm TOÁN
Câu Nội dung Điểm
1.a)1,0đ
a)
3 2
3 2y x x= − + +
1. Tập xác định:
D
=
¡
2. Sự biến thiên của hàm số
* Giới hạn tại vô cực của hàm số.
3 2 3
3
3 2
lim lim ( 3 2) lim ( 1 ) ;lim
x x
x x
y x x x y
x x
→+∞ →+∞
→+∞ →−∞
= − + + = − + + = −∞ = +∞
0,25
* Lập bảng biến thiên

2
0 (0) 2
' 3 6 ; ' 0
2 (2) 6
x y
y x x y
x y
= ⇒ =

= − + = ⇔

= ⇒ =


bảng biến thiên
2
0
-
-
+
0
0
-
∞
6
+
∞
+
∞
2

-
∞
y
y'
x
0,25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-
;0
∞
) và (2;+
∞
);
Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2);Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 =>y
ct
=2, Hàm số đạt cực đại tại
x=2=>y
cđ
=6
0.25
3. Đồ thị
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại (0; 2)
đồ thị hàm số nhận I(1;4) làm tâm đối xứng
0,25
1.b)1,0đ
Gọi A, B lần lượt là điểm cực đại, cực tiểu của (C), d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với
AB. Tìm tọa độ giao điểm của d và (C).
Điểm cực đại của (C) là A(2;6), điểm cực tiểu của (C) là B(0;2)
0,25
2
6

4
2
-2
-10 -5
y
x
2
1
O
f x
( )
= -x
3
+3
⋅
x
2
+2
Hệ số góc của AB là
6 2
2
2 0
AB
y
k
x
∆ −
= = =
∆ −
. d đi qua A vuông góc với AB có phương trình là

1
: y ( 2) 6
2
d x= − − +

Hoành độ giao điểm của d và (C) nghiệm phương trình
3 2
1
3 2 ( 2) 6
2
x x x− + + = − − +
0,25
2
2
( 2)(2 2 5) 0
1 11
2
x
x x x
x
=


⇔ − − − = ⇔
±

=


0,25

1 11 27 11 1 11 27 11
(2;6); ( ; ),D( ; )
2 4 2 4
A C
− + + −
⇒
0,25
2.a)0,5đ
Giải phương trình
cos 3sin 2 1
(1)
2sin 3cosx 4 2
x x
x
− −
=
− −
.
do
2 2 2
2 ( 3) 13 16 4
+ − = < =

2sin 3cosx 4x
⇒ − =
vô nghiệm nên
2sin 3cosx 4 0x x
− − ≠ ∀

0,25

5 5
(1) 2(cos 3sin 2) 2sin 3cos 4 5cos 8sin anx= arctan ( )
8 8
x x x x x x t x k k
π
⇔ − − = − − ⇔ = ⇔ ⇔ = + ∈
¢
0,25
2.b)0,5đ
Tìm phần ảo của số phức z, biết
2 3 99 100
1 1 1 1 1

1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 )
z
i i i i i
= + + + + +
+ + + + +
.
2 3 99 100 101 101
1 1 1 1 1 1 1

1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 1 (1 )
z
z
i i i i i i i i
= + + + + + = − +
+ + + + + + + +
0,25
100

100 100 50 50
1 (1 i) 1 1
1 1 1 ( 1 )
(1 ) 2 2 2
iz z i
i
−
⇔ − = − + = − + = − − ⇔ = − −
+

vậy phần ảo của z là
50
1
1
2
b = − −
0,25
3.0,5đ
3 5 3 5
(1) 3(*)
2 2
x x
   
+ −
⇔ + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

Đặt

3 5 3 5 1
( 0)
2 2
x x
t t
t
   
+ −
= > ⇒ =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Thay vào (*) ta có
2
1 3 5
3 3 1 0
2
t t t t
t
±
+ = ⇔ − + = ⇔ =
(thỏa mãn)
0,25
Với
3 5 3 5 3 5
1
2 2 2
x
t x
   

+ + +
= ⇒ = ⇔ =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Với
1
3 5 3 5 3 5
1
2 2 2
x
t x
−
     
− + +
= ⇒ = ⇔ = −
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     
0,25
4.1,0đ
Giải bất phương trình
3
8 2 (4 1)( 14 8 1)x x x x x− ≥ + − + + −
(1)
0,25
3
Điều kiện :
1x ≥


3 3 3
(1) 8 2 (4 1)( 1 8 1 16 1) 8 2 (4 1) (4 1) (2)x x x x x x x x x⇔ − ≥ + − − + − + − ⇔ − ≥ + − − + −
Xét hàm số
3 2
( ) ; '( ) 3 1 0 1f t t t f t t t= − = − > ∀ ≥ ⇒
f(t) đồng biến trên [1;+
∞
) mà (2) có
(2 ) (4 1)f x f x≥ + −
và
2 ,4 1 [1; )x x+ − ∈ +∞
nên
(2) 2 4 1x x⇔ ≥ + −
0,25
2
2 4 0
2 4 1 (2 4) 1
1 0
x
x x x x
x
− ≥


⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ −


− ≥

0,25

2
2
2
17 17
17 17 17 17
8
4x 17x 17 0
;
8 8
x
x
x
x x
≥

≥

+

⇔ ⇔ ⇔ ≥
 
− +
− + ≥
≤ ≥



0,25
5.1,0đ
Tính tích phân

4 4 4
1 1 1
1 1
( )ln ln lnI x xdx xdx x xdx
x x
= − = −
∫ ∫ ∫
.
0,25
4
4 4
2
2
1 1
1
1 ln
ln ln (ln ) 2ln 2
2
x
xdx xd x
x
= = =
∫ ∫
0,25
Đặt
ln
2
dx
x
3

dx
dU
U x
x
dV x
V x

=

=

 
⇒
 
=



=


4 4
4 4
1 1
1 1
2 2 32ln 2 4 32ln 2 28
ln .ln x
3 3 3 9 3 9
x xdx x x x xd x x⇒ = − = − = −
∫ ∫

0,25
2
28 32ln 2
2ln 2
9 3
I
⇒ = − +
0,25
6.1,0đ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông
a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC tạo với đáy
góc
0
60
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD).
SA
⊥
(ABCD) =>AC là hình chiếu của SC trên
(ABCD) nên
·
·
·
0
( ,( )) ( , ) 60SC ABCD SC AC SCA
= = =


0,25
0
2; tan 60 6AC a SA AC a= = =

0,25
4
a
60
0
K
H
D
C
B
A
S
Thể tích S.ABCD là
3
2
.
1 1 6
. 6
3 3 3
S ABCD ABCD
a
V SA S a a
= = =
Kẻ AH
⊥
SB(H
∈
SB)
Do SA
⊥

(ABCD)
,BC ( ) ,AH ( )(1)SA BC AB BC SAB BC AH SB AH SBC
⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥
Tương tự kẻ AK
⊥
SD(H
∈
SD)
( ) (2)AK SCD⇒ ⊥

Từ (1) và (2)
⇒
góc giữa giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD) bằng góc giữa AH và AK
0,25
Trong tam giác vuông SAB ta có

2
2 2
2
6 6
7; . . ;
7
7
a SH SA
SB SA AB a AH SB SA AB AH
SB SB
= + = = ⇒ = = =

Tương tự


6 6 6 6 6 2
; / /
7 7 7 7
7
a SK SK SH HK SK a
AH KH BD HK
SD SD SB BD SD
= = ⇒ = = ⇒ ⇒ = = ⇒ =
·
2 2
2 2 2
2
6 72
2.
1
7 47
cos
6
2 . 7
2.
7
a a
AH AK HK
HAK
a
AH AK
−
+ −
⇒ = = =


⇒
góc giữa giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD) bằng góc giữa AH và AK bằng
·
HAK
bằng
1
arccos
7

0,25
7.1,0đ
Trong hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành
ABCD có
10
5
BD AC=
. Biết rằng M(-2;-1),
N(2;-1) lần lượt là hình chiếu của D xuống các đường thẳng AB, BC và đường thẳng
7 0x y− =
đi
qua A , C. Tìm tọa độ điểm A, C.
Gọi I là giao điểm của AC và BD
⇒
I(7y;y)
Do tam giác BDM và BDN vuông tại M, N nên

2 2 2 2
(7 2) ( 1) (7 2) ( 1) 0 (0;0)
2
DB

IM IN y y y y y I= = ⇔ − + + = + + + ⇔ = ⇒

0,25
Khi đó BD=2IM=
5 5 2
2 5 5 2
2 2
10
AC
AC BD IA IC⇒ = = ⇒ = = =

0,25
Tọa độ A, C thỏa mãn hệ phương trình
2 2
7 0
25
2
x y
x y
− =



+ =



0,25
⇔


7
2
1
2
x
y

=




=


hoặc
7
2
1
2
x
y

= −




= −



Vậy tọa độ 2 điểm
7 1 7 1
( ; ),C( ; )
2 2 2 2
A − −
hoặc
7 1 7 1
( ; ),C( ; )
2 2 2 2
A − −
.
0,25
5
I
x-7y=0
N(2;-1)
M(-2;-1)
C
B
A
D
8.1,0đ
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;-4), B(5;3;-1) và mặt phẳng
( ) : 6 0x y z
α
+ − − =
. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng
( )
α

và tìm
điểm M trên mặt phẳng
( )
α

sao cho tam giác ABM vuông cân tại M.
Gọi mặt cầu (S) tâm A bán kính R tiếp xúc mặt phẳng
( ) d(I,( ) R
α α
⇔ =
0,25
2 2 2
2 3 4 6
3
1 1 ( 1)
R
+ + −
⇔ = = ⇒
+ + −
phương trình (S):
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 3 4 3x y z− + − + + =

0,25
( ) ( ; ; 6)M M x y x y
α
∈ ⇒ + −
sao cho tam giác ABM vuông cân tại M
2 2

. 0
MA MB
MA MB
MA MB
MA MB

=
=


⇔ ⇔
 
⊥
=



uuur uuur
0,25
2 2 2 2 2 2
2
(2 ) (3 ) (2 ) (5 ) (3 ) (5 ) 7 2
2; 3
(2 )(5 ) (3 ) (2 )(5 ) 0
x y x y x y x y y x
x x
x x y x y x y

− + − + − − = − + − + − − = −



⇔ ⇔
 
= =
− − + − + − − − − =



Vậy M(2;3;-1) hoặc M(3;1;-2)
0,25
9.1,0đ
Một lớp học có 25 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên một nhóm 3 học sinh. Tính
xác suất để nhóm học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ.
Số học sinh trong lớp học là 25+15=40
Mỗi cách chọn 3 học sinh trong 40 học sinh là một tổ hợp chập 3 của 40 nên không gian mẫu
Ω
gồm các tổ hợp chập 3 của 40
3
40
( )n C⇒ Ω =

0,25
Gọi A:” chọn được nhóm 3 học sinh có ít nhất 1 học sinh nữ”
A⇒
:” chọn được nhóm 3 học sinh
nam”
Số cách chọn 3 học sinh nam trong 25 học sinh nam là số tổ hợp chập 3 của 25
3
25
(A)n C⇒ =


3
25
3
40
( ) 115 379
(A) ( ) 1 (A)
( ) 494 494
C
n A
p p A p
n C
= = = ⇒ = − =
Ω

0,25
10.1,0đ
Với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
1296
( 2)( 2)( 2)P a b c
a b c
= + + + +
+ +
.
do a,b,c> 0 nên luôn tồn tại ít nhất 2 trong 3 số đồng thời không lớn hơn 1 hoặc không nhỏ hơn 1
giả sử b,c≤1 hoặc b,c≥1
2 2 2 2 2 2 2 2
( 1)( 1) 0 ( 2 3)( 2 3) 0 ( 2)( 2) 3( 1)(1)b c b c b c b c⇒ − − ≥ ⇔ + − + − ≥ ⇔ + + ≥ + +
0,25

mặt khác
2 2 2 2 2 2 2
( ) ( 1 1 )(1 )(2)a b c a b c+ + ≤ + + + +
từ (1) và (2)
2 2 2 2
( 2)( 2)( 2) 3( )a b c a b c⇒ + + + ≥ + +
0,25
2 2 2
3
1296 216 216 216 216
3( ) 3 ( ) 3.3 ( ) . . 324P a b c a b c a b c
a b c a b c a b c a b c a b c
 
≥ + + + = + + + + ≥ + + =
 
+ + + + + + + + + +
 
0,25
Khi
1a b c
= = =
thì P=324 nên giá trị nhỏ nhất của P là 324. 0,25
6