SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ
ĐỀ KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014-2015
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +

( )C
.
a) Khảo sát và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số đã cho.
b) Gọi giao điểm của đồ thị
( )C
và đường thẳng
3y x= − −
là
M
, viết phương trình tiếp tuyến
với đồ thị
( )C
tại điểm M.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình:
sin 2 3 3 3cos 6sinx x x− = −
b) Tìm số phức
z
thoả mãn đẳng thức
( )

1 3zz z i+ − =
Câu 3 (0,5 điểm). Tính giá trị
( ) ( )
2
3
10 2 2
log log log
a b
a
a
P a b b
b
−
 
= + +
 ÷
 
( với
0 1; 0 1a b< ≠ < ≠
)
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( )
2
2 3 2 3 2
,
1 4 8 0
x y y x
x y
y x x


+ + − = +

∈

− − − + − =


¡
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
3
0
1I x x dx= +
∫
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật, mặt bên
SAD
là tam giác
vuông tại
S
, hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho
3HA HD
=
. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằng
4AD a
=

và đường thẳng SC tạo với đáy một góc
0
30
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 2
:
1 1 1
x y z− −
∆ = =
−
, mặt
phẳng
( ) : 2 2 1 0P x y z+ + − =
và điểm
( )
3;2; 2A −
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A cắt
đường thẳng
∆
tại B sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng
( )
P
bằng 2.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình vuông
ABCD
có tâm I. Trung điểm
cạnh AB là

(0;3)M
, trung điểm đoạn CI là
(1;0)J
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh D
thuộc đường thẳng
: 1 0x y∆ − + =
.
Câu 9 (0,5 điểm). Một hộp chứa
4
quả cầu màu đỏ,
5
quả cầu màu xanh và
7
quả cầu màu vàng. Lấy
ngẫu nhiên cùng lúc ra
4
quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho
4
quả cầu được lấy ra có đúng một
quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
1 6a b ab c+ + + + =
. Chứng minh:
2
1 1 2
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:……………………………
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐÁP ÁN
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1 a
Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +

( )C
.
Khảo sát và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số đã cho.
1,0
*) TXĐ:
.D
=
¡

*) Sự biến thiên:

- Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
- Ta có
2
0
' 3 6 . ' 0
2
x
y x x y
x
=

= − = ⇔

=

0,25
- Ta có
' 0 ( ;0) (2; ), ' 0 (0;2)y x y x> ∀ ∈ −∞ ∪ +∞ < ∀ ∈
suy ra hàm số đồng biến trên
các khoảng
( ;0) &(2; )−∞ +∞
, nghịch biến trên khoảng
(0;2)
.
- Hàm số đạt cực đại tại

0, (0) 2x f= =
; đạt cực tiểu tại
2, (2) 2x f= = −
0,25
-Bảng biến thiên
0,25
*) Đồ thị

4
2
-2
5
y
x
f
x
( )
=
x
3
-3
⋅
x
2
(
)
+2
O
1
-1

2
0,25
b
Gọi giao điểm của đồ thị
( )C
và đường thẳng
3y x= − −
là
M
, viết phương trình
tiếp tuyến với đồ thị
( )C
tại điểm M.
1,0
Tọa độ của M là nghiệm của hệ
3 2
3 2
3
y x x
y x

= − +

= − −

0,25
3 2
3
3
( 1; 2)

1
3 5 0
y x
y x
M
x
x x x
= − −
= − −


⇔ ⇔ ⇒ − −
 
= −
− + + =


0,25
Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là
'( 1)( 1) 2y f x= − + −
0,25
9( 1) 2 9 7.y x y x⇔ = + − ⇔ = +
0,25
2 a
Giải phương trình:
sin 2 3 3 3cos 6sinx x x− = −
.
0,5
Phương trình tương đương
(sin 2 6sin ) (3 3 3 cos ) 0x x x+ − + =

0,25
2sin ( os 3) 3(3 cos ) 0x c x x⇔ + − + =
(2sin 3)( os 3) 0x c x⇔ − + =
Do
cos 3 0, .x x+ > ∀ ∈¡
Phương trình tương đương
3
2sin 3 0 sin
2
x x− = ⇔ =

.2
3
( )
2
.2
3
x k
k
x k
π
π
π
π

= +

⇔ ∈



= +


¢
.
Vậy phương trình có hai họ nghiệm :
.2
3
x k
π
π
= +
;
2
.2
3
x k
π
π
= +
,
( )k ∈¢
0,25
b
Tìm số phức
z
thoả mãn đẳng thức
( )
1 3zz z i+ − =
0,5

( )
( )
( )
2 2
1 3 3 1 0z x yi zz z i x y y x i= + ⇒ + − = ⇔ + − − + − =
0,25
( ) ( ) ( )
2 2
3 0
; 1;2 , 1; 1
1 0
x y y
x y
x

+ − − =
⇔ ⇔ = −

− =

KL: Có hai số phức thoả mãn
1 2z i
= +
và
1z i
= −
0,25
3
Tính giá trị
( ) ( )

2
3
10 2 2
log log log
a b
a
a
P a b b
b
−
 
= + +
 ÷
 
( với
0 1; 0 1a b< ≠ < ≠
) 0,5
( ) ( )
2 1 1
2 3
10 2 2
log log log
a
a b
a
P a b b
b
−
 
= + +

 ÷
 
( ) ( )
10 2 2
1
log 2log 3log
2
a a b
a
a b b
b
−
 
= + +
 ÷
 
0,25
( )
2
5
log log 6log
a a b
a
a b b
b
 
= + −
 ÷
 
2

5 7
log . 6 log 6 1
a a
a
a b a
b
 
= − = − =
 ÷
 
0,25
4
Giải hệ phương trình:
( )
2
2 3 2 3 2
,
1 4 8 0
x y y x
x y
y x x

+ + − = +

∈

− − − + − =


¡

1,0
Điều kiện:
2 4
1
x
y
− ≤ ≤


≥

.
(1)
( ) ( )
2 3 2 2 3 4 3 2 2 9 6 2x y x y x y x y y x⇔ + + = + + ⇔ + + = + + + +
( )
( )
2
2 0 2 3x y y x⇔ + − = ⇔ = +
0,25
Thay (3) Vào (2) ta được:
2
1 4 8 0 (4), ( -1 x 4)x x x+ − − + − = ≤ ≤
(4)
( ) ( )
2
1 2 1 4 9 0x x x⇔ + − + − − + − =
( )
2
3 3

9 0
1 2 4 1
x x
x
x x
− −
⇔ + + − =
+ + − +
0,25
( )
3 5

1 1
3 5
1 2 4 1
x y
x
x x
= ⇒ =


⇔

+ = +

+ + − +

0,25
Xét (5). Ta có :
[ ]

1 1
2
1 1 3
1 2
, x -1;4
1
2
1 1 4 1
1
4 1
x
x x
x

≤

+ +

⇒ + ≤ ∀ ∈

+ + − +

≤

− +

Mặt khác
[ ]
3 2, x -1;4x + ≥ ∀ ∈
0,25

Vậy phương trình (5) vô nghiệm.
Nghiệm của hệ là:
( ) ( )
; 3;5x y =
5
Tính tích phân
3
0
1I x x dx= +
∫
1,0
Đặt
2
1 1 2t x x t dx tdt= + ⇔ = − ⇒ =
0,25
Đổi cận
0 1; 3 2x t x t= ⇔ = = ⇔ =
0,25
( ) ( )
2 2
2 4 2
1 1
1 2 2 2I t t tdx t t dt⇒ = − = −
∫ ∫
0,25
2
5 3
1
2 2 116
5 3 15

t t
 
− =
 ÷
 
0,25
6 Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật, mặt bên
SAD
là tam giác
vuông tại
S
, hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc
cạnh AD sao cho
3HA HD
=
. Gọi M là trung điểm của AB. Biết rằng
4AD a
=
và
đường thẳng SC tạo với đáy một góc
0
30
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC).

1,0
M
K
D
A
B
C
H
S
H'
Do HA = 3HD và
4AD a
=
3 ;HA a HD a⇒ = =
.
Trong tam giác vuông
SAD
ta có
2
. 3SH HA HD SH a= ⇒ =
0,25
Vì
( )
SH ABCD⊥
nên
·
( )
( )
·
0

, 30 .SCH SC ABCD= =

0
.cot 30 3HC SH a⇒ = =
2 2
2 2 .CD HC HD a⇒ = − =
Suy ra
2
. 8 2 .
ABCD
S AD CD a= =
Do đó
3
.
1 8 6
. .
3 3
S ABCD ABCD
a
V SH S= =
0,25
Vì M là trung điểm của AB và AH // (SBC) nên
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1 1
, , ,

2 2
d M SBC d A SBC d H SBC= =
(1)
Kẻ
HK BC⊥
tại K,
'HH SK⊥
tại
'H
.
Vì
( ) ( )
' ' ( ,( )) 'BC SHK BC HH HH SBC d H SBC HH⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
(2)
0,25
Trong tam giác vuông SHK ta có:

2 2 2 2
1 1 1 11 2 66
'
' 24 11
a
HH
HH HK HS a
= + = ⇒ =
(3)
Từ (1), (2), (3) ta được
( )
( )
66

, .
11
d M SBC a=
0,25
7
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 2
:
1 1 1
x y z− −
∆ = =
−
, mặt
phẳng
( ) : 2 2 1 0P x y z+ + − =
và điểm
( )
3;2; 2A −
. Viết phương trình đường thẳng d
đi qua A cắt đường thẳng
∆
tại B sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng
( )
P
bằng
1,0
2.
Do
(1 ;2 ; )B B t t t∈∆ ⇒ + −
;

2(1 ) 2 2 1
( ;( )) 2 2
9
t t t
d B P
+ + − + −
= ⇔ =

0,25
1
3
t
t
=

⇔

= −

0,25
Với
( )
1 (2;1;1) 1; 1;3t B AB= ⇒ ⇒ = − −
uuur
, ta có d đi qua A(3; 2;-2) và có vtcp là
3 2 2
:
1 1 3
x y z
AB pt d

− − +
⇒ = =
− −
uuur
0,25
Với
( )
3 ( 2;5; 3) 5;3; 1t B AB= − ⇒ − − ⇒ = − −
uuur
, ta có d đi qua A(3; 2;-2) và có vtcp là
3 5
: 2 3
2
x t
AB pt d y t
z t
= −


⇒ = +


= − −

uuur

0,25
8
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy

, cho hình vuông
ABCD
có tâm I. Trung điểm
cạnh AB là
(0;3)M
, trung điểm đoạn CI là
(1;0)J
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình
vuông, biết đỉnh D thuộc đường thẳng
: 1 0x y∆ − + =
.
1,0
H
N
M
I
D
A
B
C
J
Gọi N là trung điểm CD và H là tâm hình chữ nhật AMND. Gọi (C) là đường tròn
ngoại tiếp hình chữ nhật AMND. Từ giả thiết, suy ra NJ//DI, do đó NJ vuông góc với
AC, hay J thuộc (C) (vì AN là đường kính của (C)). Mà MD cũng là đường kính của
(C) nên JM vuông góc với JD. (1)
0,25
D thuộc
∆
nên
( ; 1) ( 1; 1), ( 1;3).D t t JD t t JM+ ⇒ − + −

uuur uuur
Theo (1)
. 0 1 3 3 0 2 ( 2; 1)JD JM t t t D= ⇔ − + + + = ⇒ = − ⇒ − −
uuuruuur
.
0,25
Gọi a là cạnh hình vuông ABCD. Dễ thấy
2
2
2 5 4
4
a
DM a a= = + ⇒ =
.
Gọi
( ; ).A x y
Vì
2 2
2 2
2; 3
2 ( 3) 4
6 7
4
;
( 2) ( 1) 16
5 5
x y
AM x y
AD
x y

x y
= − =


= + − =

 
⇒ ⇔
  
=
= =
+ + + =





- Với
( 2;3) (2;3) (0;1) (2; 1) (1;0)A B I C J− ⇒ ⇒ ⇒ − ⇒
(thỏa mãn)
0,25
- Với
( )
6 7 6 23 8 9 22 11
; ; ; ; 3;2
5 5 5 5 5 5 5 5
A B I C J
− −
       
⇒ − ⇒ ⇒ ⇒ −

 ÷  ÷  ÷  ÷
       
(loại).
Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là
( 2;3), (2;3), (2; 1), ( 2; 1).A B C D− − − −
0,25
9
Một hộp chứa
4
quả cầu màu đỏ,
5
quả cầu màu xanh và
7
quả cầu màu vàng. Lấy
ngẫu nhiên cùng lúc ra
4
quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho
4
quả cầu được
lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.
0,5
+) Số phần tử của không gian mẫu là
4
16
1820CΩ = =
+) Gọi
B
là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai
quả màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau:
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là:

1 3
4 5
C C
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là:
1 2 1
4 5 7
C C C
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là:
1 1 2
4 5 7
C C C
0,25
+) Khi đó
1 3 1 1 2 1 2 1
4 5 4 7 5 4 7 5
740
B
C C C C C C C CΩ = + + =
+) Xác suất của biến cố
B
là
( )
740 37
1820 91
B
P B
Ω
= = =
Ω
0,25

10
Cho ba số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
1 6a b ab c+ + + + =
. Chứng minh
2
1 1 2
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
1,0
Ta có
( ) ( )
1 6 1 1 2 8a b ab c a b c+ + + + = ⇔ + + + + =
Đặt
1 1
1 1
2 2
x a a x
y b b y
z c c z
= + = −
 
 
= + ⇔ = −
 
 
= + = −

 
và khi đó
1 6 8a b ab c xy z+ + + + = ⇔ + =
0,25
BĐT có dạng
1 1 2 1 1 2
2 1
x y z
x y z x y z
− − −
+ + ≤ ⇔ + + ≥
0,25
Thật vậy theo BĐT AM-GM ta có
1 1 2 1 1 2 2 2
x y x y z z
xy xy
+ ≥ ⇒ + + ≥ +
Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có
1 1 4
z
xy xy z
+ ≥
+
0,25
Vậy
1 1 2 4
2 1
x y z
xy z
+ + ≥ =

+
Dấu “=” xảy ra khi
( ) ( )
; ; 3;3;2a b c =
0,25
-
Hết