SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 - ĐỀ SỐ 100
Thời gian làm bài 180 phút
Thời gian làm bài: 180 phút
--------oOo--------

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  6x 2  9x  1 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại điểm thuộc đồ thị (C ) có tung độ là
nghiệm phương trình 2.f '(x )  x .f ''(x )  6  0 .
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: sin x  3 cos x  2  4 cos2 x .
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z  (1  i)z  (1  2i )2 . Tìm phần ảo của số phức z .
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log2 (x  1)  1  log 4 (x  2)

4x  1  6x  4  2x 2  2x  3

Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình:

2

Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân sau: I   e 2x (1  x .e 2x . cos 2x )dx
0

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S .ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B ,
1


BAC  600 , bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng ( 3  1)a, SA  a 3 và SA
2
vuông góc với mặt phẳng (ABC ) . Tính thể tích khối chóp S .ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng chéo nhau SB và AC theo a .
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A(1; 5) , đường
phân giác trong của góc A có phương trình x  1  0 , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
 3 
ABC là I   ; 0  và điểm M (10; 2) thuộc đường thẳng BC . Tìm tọa độ đỉnh B và C .
 2 
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d và mặt phẳng

x 1 y z 1
 
, x  y  2z  1  0 . Gọi M là giao điểm
1
1
1
của đường thẳng d với mặt phẳng (P ) , điểm A thuộc đường thẳng d có cao độ âm sao cho
(P ) lần lượt có phương trình là

AM  3 . Viết phương trình mặt cầu (S ) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P ) .
Câu 9. (0,5 điểm) Một lớp học có 8 học sinh nam và 12 học sinh nữ. Thầy giáo chủ nhiệm
chọn ngẫu nhiên 10 học sinh để tham gia lớp tập huấn kỹ năng sống. Tính xác suất để 10 học
sinh được chọn có ít nhất 2 học sinh nam.
Câu 10. (1,0 điểm) Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  1 , tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P 

1
1
32

 4

.
2 2
2 2
a a b
b a b
(1  c )3
4

HẾT
Họ tên thí sinh: ..................................................................Số báo danh ....................................................

635


SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN

CÂU

ĐÁP ÁN

Câu 1 a) (1,0 điểm)
(2,0 Tập xác định: D  
điểm) Giới hạn: lim   và lim  
x 


ĐIỂM

0,25

x 

Sự biến thiên:
-

Chiều biến thiên: y '  f '(x )  3x 2  12x  9

y '  0  3x 2  12x  9  0  x  1 hoặc x  3
Với x  1  y  5 . Với x  3  y  1
Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) và (3; ) ; Hàm số nghịch

0,25

biến trên khoảng (1; 3)
-

Cực trị: Hàm số có điểm cực tiểu x  3 và yCT  1
điểm cực đại x  1 và yCD  5

Bảng biến thiên:

0,25

Đồ thị:
Điểm đặc biệt:


x  0  y  1; x  4  y  5

0,25

b) (1,0 điểm)

2 f '(x )  xf ''(x )  6  0  2(3x 2  12x  9)  x (6x  12)  6  0  x  1
Lấy điểm M (a;1)  (C ) , ta có: a 3  6a 2  9a  0  a  0 hoặc a  3
Vậy có hai điểm M là: M (0;1) và M(3;1) .

0,25
0,25

Gọi đường thẳng 1 là tiếp tuyến của (C ) tại M (0;1)  1 : y  9x  1

0,25

Gọi đường thẳng 2 là tiếp tuyến của (C ) tại M(3;1)   2 : y  1

0,25

636


a) (0,5 điểm)
Câu 2
(1,0 Phương trình đã cho tương đương :
điểm) sin x  3 cos x  2(2 cos2 1  1)  sin x  3 cos x  2 cos 2x



3
1


cos x  sin x   cos 2x  cos  x    cos   2x
2
2
6




x 

0,25



5 k 2
7

hoặc x 
 k 2 với k  
18
3
6

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là


x 

0,25

5 k 2
7

hoặc x 
 k 2 với k  
18
3
6

b) (0,5 điểm)
Xét z  a  bi , với a, b   , theo đề bài ta có:
0,25

a  bi  (1  i )(a  bi)  (1  2i )2  b  (2b  a )i  3  4i
b  3
a  10


2b  a  4
b  3
Vậy z  10  3i suy ra số phức z có phần ảo bằng 3 .

0,25

Câu 3 Điều kiện xác định: x  1
(0,5 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:

điểm)
1

log2 (x  1)  1 

2

log2 (x  2)  2 log2 (x  1)  2  log2 (x  2)

0,25

 log2 (x  1)2  log2 4(x  2)

 (x  1)2  4(x  2)  x 2  6x  7  0  x  1 hoặc x  7
So sánh điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm x  7
Câu 4 Điều kiện xác định: x   1 .
4
(1,0
điểm) Với điều kiện trên, bất phương trình đã cho tương đương:

0,25

0,25

4x  1  (x  1)  6x  4  (x  2)  2(x 2  2x )

2x  x 2




4x  1  x  1



2x  x 2
6x  4  x  2

 2(x 2  2x )

0,25



1
1
 x 2  2x 

 2  0
6x  4  x  2
 4x  1  x  1






1
4

 x 2  2x  0 vì x   


1
4x  1  x  1



1
6x  4  x  2

0,25
2  0

0x 2
So với điều kiện, bất phương trình đã cho có nghiệm là 0  x  2

637

0,25






Câu 5
2
2
2x
(1,0 Ta có: I   e dx   x . cos 2xdx
0

0
điểm)

2

0,25


2

Đặt H   e 2xdx và K   x . cos 2xdx .
0

1 2x
e
2

H 

0


2


0

1 
(e  1)
2


0,25


2

Tính K   x . cos 2xdx
0

Đặt u  x  du  dx ; dv  cos 2xdx  v 

1
sin 2x
2

0,25






2
x
12
1
1
K  sin 2x   sin 2xdx  co s 2x 2  
0
2

20
4
2
0

Vậy I  K  H 

1 
1 e
(e  1)  
1
2
2 2

0,25

Câu 6 Đặt AB  x  BC  x tan 600  x 3 và
(1,0
AB
 2x
điểm) AC 
0

S

cos 60

Ta cos: S ABC 

S ABC  pr 



1
3
AB.BC  x 2
và
2
2

A

1
(AB  BC  AC ( 3  1)a
4

1
(3  3)( 3  1)ax  x  a
4

D

H

0,25

C

K

B


Vậy AB  a, BC  a 3, AC  2a

1
1
a3
Gọi V là thể tích khối chóp S .ABC : V  SA .SABC  SA.AB.BC 
3
6
2
Vẽ Bx song song AC và lấy điểm D  Bx sao cho ACBD là hình bình hành
 AC / /(SBD ) chứa SB  d (SB, AC )  d (A,(SBD ))

0,25

Vẽ AK  BD tại K , ta có: BD  AD và BD  SA (do SA  (ABC ) )
0,25

 BD  (SAK )
Vẽ AH  SK tại H , ta có: AH  SK và AH  BD (do BD  (SAK ) )

 AH  (SBD )
Ta có : S ABC 

1
1
AB.BC a 3
AK .AC  AB.BC  AK 

2

2
AC
2

SAK vuông tại A có AH  SK  AH 
Vậy d(SB, AC )  AH 

a 15
5

638

SA.AK
SA2  AK 2



a 15
5

0,25


Câu 6
Đường tròn (C )
(1,0
điểm)

R  IA 


ABC

ngoại tiếp

 3
I  ;
 2

có tâm


0


bán kính
0,25

2


5 5
3
125
 (C ) :  x    y 2 
2
2
4


x  1

(1)

2
Xét hệ 
3
125
2
(2)
 x    y 
2
4




A

I
B

Thế (1) vào (2) được y  5

C

M

0,25

D


Đường phân giác trong góc A cắt đường tròn (C ) tại A và D(1; 5) .



5
2



Đường thẳng BC qua M (10;2) có véctơ pháp tuyến ID   ;  5 



0,25

 BC : (x  10)  2(y  2)  0  BC : x  2y  6  0
x  2y  6  0
(3)

2
Xét hệ 
. Từ (3)  x  2y  6 , thế vào (4) được
3
125
2
(4)
 x    y 
2
4



0,25

y 2  6y  5  0  y  1 hoặc y  5 . Vậy B(4; 5), C (4; 1)
Câu 8
(1,0 Xét hệ:
điểm)

x  1 y z  1
 
 t (1)

 1
1
1
x  y  2z  1  0
(2)


0,25

(1) x  t  1, y  t, z  t  1 . Thế vào (2) ta được t  1 . Vậy M (2;1; 0)
Điểm A thuộc đường thẳng d có cao độ âm A(a  1; a; a  1) với a  1


AM  (1  a;1  a;1  a )  AM  3  a  0 hoặc a  2 (loại).

0,25

Vậy A(1; 0; 1)

Mặt cầu (S ) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P ) có bán kính:

R  d(A,(P )) 

0,25

2
6

Vậy mặt cầu (S ) có phương trình : (x  1)2  y 2  (z  1)2 

639

2
3

0,25


10
Câu 9 Số cách chọn 10 học sinh tùy ý là C 20
(0,5
10
điểm) Số cách chọn 10 học sinh nữ là C 12

0,25

Số cách chọn 10 học sinh có đúng 1 học sinh nam là C 81.C 129
10
Suy ra số cách chọn 10 học sinh có ít nhất 2 học sinh nam là: C 20

 C 1210  C 81C 129

Vậy xác suất chọn 10 học sinh có ít nhất 2 học sinh nam là

Câu
10
(1,5
điểm)

C 2010  C 1210  C 81C 129

0,25

C 2010

Từ điều kiện ta có: a, b, c  (0; 1)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:

1
1
4
4
4
 4
 4
 2

2 2
2 2
2 2

4
2 2
a a b b a b
a  2a b  b
(a  b )
(1  c 2 )2
4

Nên P 

4
32

2 2
(1  c ) (1  c )3

Xét hàm số: f (c) 

4
32

, c  (0; 1)
(1  c 2 )2 (1  c)3

16
96
c(1  c )  6(1  c)3
f '(c) 

 16 

(1  c 2 )3 (1  c )4
(1  c)3 (1  c)4
 16 

0,25

0,25

6c 3  17c 2  19c  6
(2c  1)(3c 2  7c  6)

16

(1  c)3 (1  c)4
(1  c)3 (1  c)4

Ta có: f '(c)  0  c 

1
2

 1  448
Lập bảng biến thiên suy ra f (c)  f   
 2  27
Vậy Min(P ) 

448
6
1
khi a  b 

,c
27
4
2

640

0,25

0,25