SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT Nam Đàn 1

ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA
LẦN 3 - NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số
13
23
+−= xxy
(C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình
023
23
=−− mxx
có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 2( 1,0 điểm ). a) Giải phương trình:
( ) ( )
121
logloglog
432
−=− xxx
b) Giải phương trình:
0sincos2sinsin2
2
=−+− xxxx
Câu 3(1,0 điểm ). a)
21
, zz

là hai nghiệm của phương trình
0532
2
=+− zz
trên tập số phức. Tính
2
2
2
1
zz +
.
b) Một đoàn tàu có 4 toa đỗ ở sân ga. Có 4 hành khách từ sân ga lên tàu, mỗi người độc lập
với nhau chọn ngẫu nhiên một toa. Tính xác suất để một toa có 3 hành khách, một toa có 1 hành khách và hai toa
không có hành khách.
Câu 4(1,0 điểm ). Tính tích phân:
dx
xx
x
xI
e
∫






+
+=
3

1
2
1ln
ln
2
Câu 5(1,0 điểm ). Trong không gian
Oxyz
, cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình:





−=
=
+=
1
2
1
:
z
ty
tx
d
và mặt phẳng (P):
0122 =−−+ zyx
.
a) Viết phương trình đường thẳng đi qua
( )
1;2;1M

, song song với (P) và vuông góc với đường thẳng d.
b) Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng d, bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mp(P).
Câu 6( 1,0 điểm ). Cho hình chóp
.S ABC
có tam giác
ABC
vuông tại
A
,
AB AC a= =
,
I
là trung điểm của
SC
, hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng
( )
ABC
là trung điểm
H
của
BC
, mặt phẳng
( )
SAB
tạo với đáy
1 góc bằng
60
o

. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
và tính khoảng cách từ điểm
I
đến mặt phẳng
( )
SAB
theo
a
.
Câu 7( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân đỉnh A, D là trung điểm cạnh AC. K
( )
0;1
, E






4;
3
1
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trọng tâm tam giác ABD. P
( )
6;1−
, Q
( )
2;9−
lần

lượt thuộc đường thẳng AC, BD. Tìm tọa độ điểm A, B, C biết D có hoành độ dương.
Câu 8( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình:
( )





++=+−−−
++++=+−+
126613
13233
3
2
3
2
yxxx
yyxxxx
Câu 9(1,0 điểm ). Cho x, ,y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
3
2 3
P
x xy xyz x y z
= −
+ + + +
……………Chưa……Hết…………………
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Câu Nội dung Điểm
1 a.(1,0 điểm)


TXĐ:
D R
=
xxy 63
2'
−=
,
00
'
=⇔= xy
hoặc
2=x
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
0;∞−
và
( )
+∞;2
, nghịch biến trên khoảng
( )
2;0
Hàm số đạt cực đại tại
0=x
,
1=
CĐ
y
, đạt cực tiểu tại
2=x

,
3−=
CĐ
y
−∞=
−∞→x
ylim
,
+∞=
+∞→x
ylim
0.25
* Bảng biến thiên
0,25
Đồ thị
0.25
b.(1,0 điểm)
( )
*1213023
2323
+=+−⇔=−− mxxmxx


0.25
Từ (*) suy ra số nghiệm của pt đã cho bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số
1213
23
+=+−= myvàxxy
0.25
Vẽ hai đồ thị hàm số

1213
23
+=+−= myvàxxy
cùng trên cùng một hệ trục tọa
độ
Dựa vào đồ thị 2 hàm số
⇒
điều kiện để pt có 3 nghiệm phân biệt là
021123 <<−⇔<+<− mm
0.25
Vậy giá trị cần tìm là
02 <<− m
.
0,25
2.
(1,0 điểm)
a,(0,5điểm)
Đk:
1
>
x
( ) ( ) ( )
( )
011121
logloglogloglog
32432
=−−⇔−=− xxxxx
0.25
( )
01

log
2
=−⇔ x
hoặc
01
log
3
=−x
2=⇔ x
hoặc
3=x
0. 25
Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của pt là
2
=
x
và
3
=
x
b,(0,5điểm)
x –∞ 0 2 +∞
y' + 0 - 0 +
y + ∞
–∞ 1 -3
( )( )
01sin2cossin0sincos2sinsin2
2
=−−⇔=−+− xxxxxxx
0cossin =−⇔ xx

hoặc
01sin2 =−x
1tan
=⇔
x
hoặc
2
1
sin =x
π
π
kx +=⇔
4
hoặc






+=
+=
π
π
π
π
2
6
5
2

6
kx
kx
.
0.25
0.25
4
(1,0 điểm)
∫ ∫








+
+=
3 3
1 1
1ln
ln
2
e e
dx
xx
x
xdxI
Tính

12
6
1
2
1
1
3
3
−===
∫
exxdxI
e
e
0.25
Tính
∫
+
=
3
1
2
1ln
ln
e
dx
xx
x
I
Đặt






=
−=
⇒+=
tdtdx
x
tx
xt
2
1
1ln
1ln
2
. Đổi cận



=⇒=
=⇒=
2
11
3
tex
tx
0.25
Khi đó
( )

3
8
3
1
2122
1
2
1
3
2
1
2
2
1
2
2
=






−=−=
−
=
∫∫
ttdtttdt
t
t

I
0.25
Vậy
3
5
6
+= eI
.
0.25
3 (1,0 điểm)
a,(0,5điểm). Ta có:
4
313
031
2,1
i
z
±
=⇒<−=∆
0.25
Khi đó:
5
2
2
2
1
=+ zz
.
0.25
b,(0,5điểm). Mỗi hành khách có 4 cách chọn 1 toa để lên tàu nên số cách 4 hành

khách chọn toa để lên tàu là :
2564
4
=
(cách).
( )
256=Ω⇒ n
.
0.25
Gọi biến cố A” 4 hành khách từ sân ga lên tàu sao cho một toa có ba hành
khách, 1 toa có một hành khách và 2 toa không có hành khách” .
+ Chọn 3 hành khách từ 4 hành khách và xếp 3 hành khách vừa chọn lên 1 trong 4 toa
tàu có
164.
3
4
=
C
(cách).
+ Xếp hành khách còn lại lên 1 trong 3 toa tàu còn lại có 3(cách)
( )
483.16 ==⇒ An
.
Vậy
( )
( )
( )
16
3
256

48
==
Ω
=
n
An
AP
.
0.25
5. (1,0 điểm)
a,(0,5điểm). Vì
( )
[ ]
( )
3;2;4,
//
−==⇒





⊥
⊥
⇒



⊥∆
∆

∆
∆
∆
dP
d
P
unu
uu
nu
d
P
0,25
Vậy PT đường thẳng đi qua
( )
1;2;1M
là





+=
−=
+=
∆
tz
ty
tx
31
22

41
:
0,25
b,(0,5điểm). Vì tâm mặt cầu là
dI ∈
nên
( )
1;2;1 −+ ttI
Vì mặt cầu có tâm
I
, bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mp(P) nên
0.25
d(I,(P))=3
( ) ( )




−=
=
⇔



−=+
=+
⇔=+⇔=
++
−−−++
⇔

3
2
3
934
934
9343
414
112212
t
t
t
t
t
tt
+
( ) ( ) ( )
2
22
2
313
2
5
:1;3;
2
5
2
3
=++−+







−⇒






−⇒= zyxSIt
+
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
222
3162:1;6;23 =+++++⇒−−−⇒−= zyxSIt
Vậy
( ) ( ) ( )
2
22
2
313
2
5
: =++−+







− zyxS
hoặc
( ) ( ) ( ) ( )
2
222
3162: =+++++ zyxS
.
0.25
6.
(1,0 điểm)

j
C
B
A
S
H
K
M
Gọi K là trung điểm của AB
HK AB
⇒ ⊥
(1)
Vì
( )
SH ABC⊥
nên
SH AB⊥

(2)
Từ (1) và (2) suy ra
AB SK
⇒ ⊥
Do đó góc giữa
( )
SAB
với đáy bằng góc
giữa SK và HK và bằng
0
60=∠SKH
Ta có
2
3
tan
a
SKHHKSH =∠=
0.25
Vậy
3
.
1 1 1 3
. . . .
3 3 2 12
S ABC ABC
a
V S SH AB AC SH= = =
0.25
Vì
/ /IH SB

nên
( )
/ /IH SAB
. Do đó
( )
( )
( )
( )
, ,d I SAB d H SAB=
Từ H kẻ
HM SK
⊥
tại M
( )
HM SAB⇒ ⊥
⇒
( )
( )
,d H SAB HM=
0.25
Ta có
2 2 2 2
1 1 1 16
3HM HK SH a
= + =
3
4
a
HM⇒ =
. Vậy

( )
( )
3
,
4
a
d I SAB =
0,25
7.
(1,0 điểm)
G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm của cạnh AB.
KDEGCDEG
MD
ME
MC
MG
⊥⇒⇒== //
3
1
. Mà ABC là tam giác cân nên
⇒⊥
MDKG
G là trực tâm tam giác EKD nên
BDKEGDKE ⊥⇒⊥
.
0,25
Suy ra BD :







−−
+−=






+−
−−=>






+
⇒=++
6
21
;1,
6
15
;1.0,
6
21
;0216

t
tDK
t
tDPt
t
tDyx
0,25
Vì
DKDP ⊥
nên
( )( ) ( )
4;3
37
117
3
0
6
21
6
15
11 D
t
t
tt
tt ⇒




−

=
=
⇔=






−−






+−
++−−−
AC đi qua D và P
0112: =−+⇒ yxAC
AK qua K và vuông góc với DE nên
( )
5;101: AxKA ⇒=−
. Kết hợp D là trung
điểm AC
( )
3;4C⇒
0,25
BC qua C và vuông góc với AK nên
( )

3;303: −⇒=− ByBC
Vậy
( ) ( ) ( )
3;4,3;3,5;1 CBA −
.
0,25
8.
(1,0 điểm).
( )
( )
( )





++=+−−−
++++=+−+
2126613
113233
3
2
3
2
yxxx
yyxxxx
Đk:
( )
( )
*

3
331
33
066
01
03
033
2
2





−≥




−≤≤
+≥
⇒







≥+−

≥−
≥+
≥+−
y
x
x
xx
x
y
xxx
Đặt
1312
3
3
+=+⇒−≥+= ayya
. Khi đó , phương trình
( )
1
trở thành
( ) ( ) ( )
31111
3
3
aaxx ++=−++−
. Xét hàm số
( )
1,1
3
−≥++= ttttf
.

( ) ( )
tft
t
t
tf ⇒∀>+
+
= ,01
12
3
3
2
'
là hàm đồng biến trên R. Khi đó
( ) ( ) ( )
axafxf =−⇔=−⇔ 113
0,5

( )
( )
( ) ( )
( ) ( )







=
=

=
⇔



















=
=
≥
=
⇔









=+−
≥
=
⇔




=−
=−
⇔−=−⇔





−−+−=+−
≥−−
⇔
−−=+−⇔=+−−−⇔
4
5
5
1
4
5

5
0
1
025254
0
1
215
01
15123
3161966
**013
136666132
2
22
22
x
x
x
x
x
x
x
xx
x
x
xx
x
xxx
xxxxxx
xx

xxxxxxxx
Đối chiếu với (**) và
( )
*
thấy
5
=
x
thỏa mãn
624 =⇒=⇒ ya
.
Vậy hệ có nghiệm là
( ) ( )
62;5; =yx
0,5
9.
(1,0 điểm) .
Ta có
3 3
1 1
2 .8 2 .8 .32
4 8
x xy xyz x x y x y z+ + = + +

0,5
≤
( ) ( )
2 8 2 8 32 32 4
8 24 24 3
x y x y z

x x y z x y z
+ + +
+ + = + + = + +
( )
2
; 0
3 2
2 3
t x y z t
P f t
t t
= + + ≥
⇒ ≥ = −

( ) ( )
3 2
3 1
; 0 1f t f t t
t t
′ ′
= − + = ⇔ =
0,25
Lập bảng biến thiên của hàm f(t) ta được
min
3
2
P = −
tại t=1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
16

21
1
4
2 8
21
2 32
1
21
x
x y z
x y y
x z
z

=

+ + =


 
= ⇒ =
 
 
=


=




0,25