Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán - Trường THPT Chuyên Đại học Vinh

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Trường THPT Chuyên Đại học Vinh – Thi thử lần 1)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

1 3 1
1
x   m  1 x 2  mx 
(1), m là tham số.
3
2
3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1) khi m  2 .

1
b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại là yCÑ thỏa mãn yCÑ  .
3
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos3 x  cos x  2 3 cos2 x sin x
b) Giải phương trình log 4 x 2  log 2 2 x 1  log 2  4 x  3
6

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  
1

x  3 1
dx .
x2

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 z  3  2i . Tìm phần thực và phần ảo của z .
b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước ngoài và 3 đội của Việt
Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 3 đội. Tính xác suất để 3
đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S . ABC có SA  2a , AB  a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC .
Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB .
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  3  0 và đường
thẳng d :

x  2 y 1
z


. Tìm tọa độ giao điểm của  P  và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho
1
2
1

khoảng cách từ A đến  P  bằng 2 3 .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có    với
ACD




1
cos  
, điểm H thỏa mãn điều kiện HB  2HC , K là giao điểm của hai đường thẳng AH và BD .
5
1 4
Cho biết H  ;   , K 1; 0 và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm A, B, C , D .



3 3







Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 2  5 x  4 1  x3  2 x 2  4 x .
Câu 9 (1,0 điểm). Giả sử x , y, z là các số thực không âm thỏa mãn
0   x  y    y  z  z  x   2
2

2

2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  4 x  4 y  4 z  ln  x 4  y 4  z4  

4
3
 x  y  z . HẾT.
4

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu
1
(2,0 điểm)

Đáp án
a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1) khi m  2 .
♥ Tập xác định: D  
♥ Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên: y '  x 2  x  2 ; y '  0  x  1 hoặc x  2
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng  1; 2  ;

Điểm
0.25

0.25

+ Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  2;   .
ￚ Cực trị:
+ Hàm số đạt cực đại tại x  1 ; yCĐ  y  1  3
2
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ; yCT  y  2   3 ,
ￚ Giới hạn: lim y   và

lim y  

x 

x 

0.25

ￚ Bảng biến thiên:

x
y'
y




1
0



2
0




3
2




3

♥ Đồ thị:

b.(1,0 điểm). b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y 

0.25

1 3 1
1
x   m  1 x 2  mx  có
3
2
3

1
cực đại là yCÑ thỏa mãn yCÑ  .
3
2
♥ Ta có: y '  x m 1 x  m

0.25

 x  1
y '  0  x 2   m  1 x  m  0  
x  m

♥ Hàm số (1) có cực đại  m  1

0.25

0.25

1 1
1
1 1
1
♥ Với x  1  y 1    m   m   m  ;
3 2
2
3 2
2
1
1
1
1
1
1
Với x  m  y m  m 3  m  1 m 2  m 2    m 3  m 2 
3
2
3
6
2
3
 Với m  1 , ta có BBT

x
y'
y

1
0








m
0





yCD


Do đó: yCÑ 

yCT

1
m 1 1
1
 y 1  3 
  m    1
3
2
3
3

 Với m  1 , ta có BBT

x
y'
y





0.25
m
0



1
0





yCD



yCT

Do đó:
1
1
1
1 1
 y  m  3   m 3  m 2    m3  3m 2  0
3
6
2
3 3
 m  0  1

 m  3 1




1
♥ Vậy giá trị m thỏa đề bài là m  3;   .



3




yCÑ 

2
(1,0 điểm)

a).(0,5 điểm). a) Giải phương trình cos3 x  cos x  2 3 cos2 x sin x (1)
♥ Ta có:

1  2cos 2 x.cos x  3 cos 2 x.sin x  0



0.25



 cos2x cos x  3 sin x  0

 cos 2 x  0  x 

 k

4
2

0.25

k  

3

 x   k   k  
3
6
♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
 k

x 
; x   k  k   .
4
2
6
2
b.(0,5 điểm). Giải phương trình log 4 x  log 2  2 x 1  log 2 4 x  3
 cos x  3 sin x  0  tan x 

0.25

1
2
Khi đó: 1  log 2 x  log 2 2 x 1  log 2  4 x  3

♥ Điều kiện: x 

 log 2 2 x 2  x  log 2 4 x  3

 2 x2  5x  3  0

(2)

0.25

3
(1,0 điểm)


1
x  

2

 x  3
Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm phương trình đã cho là x  3 .
6
x  3 1
Tính tích phân I  
dx . .
x2
1
♥ Đặt t  x  3  x  t 2  3  dx  2tdt
Đổi cận:

x6
x 1
3

♥ Suy ra: I  2
2



t3
t2

3
3

t2  t
t
1 
 dt

dt  2 
dt  2 1 


 t  1

t 2 1
t 1

2
2

 2 t  ln t 1 

4
(1,0 điểm)

0.25

3

0.25
0.25

2

 2  2 ln 2
0.25
♥ Vậy I  2  2 ln 2 .
a).(0,5 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 z  3  2i . Tìm phần thực và phần

ảo của z .
♥ Đặt z  a  bi ,  a, b    ta có:

0.25

z  2 z  3  2i  a  bi  2  a  bi   3  2i
 3a  bi  3  2i
a  1



b  2


♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 2 .

0.25

b).(0,5 điểm). b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội
nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3
bảng A, B, C mỗi bảng 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác
nhau.
♥ Số phần tử của không gian mẫu là   C3 .C3 .C3  1680
9 6 3
Gọi A là biến cố "3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau”
2 2 2
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là  A  3!.C6 .C4 .C2  540

0.25

A
540
9
.



1680 28
Cho hình chóp đều S . ABC có SA  2a , AB  a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính
theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB .
♥ Vậy xác suất cần tính là P (A) 

5
(1,0 điểm)

0.25

0.25

♥ Gọi O là tâm của tam giác đều ABC cạnh a . Do S . ABC là hình chóp đều nên

a2 3
a 3
và OA 
4
3
2
a
11a 2
a 33
Xét SOA ta có: SO 2  SA 2  OA2  4a 2  
 SO 
3
3
3

SO   ABC  . Ta có SABC 

1
1 a 33 a 2 3 a 3 11
♥ Vậy VS . ABC  SO.SABC  .
.

3
3 3
4
12
♥ Gọi N , I , J lần lượt là trung điểm của các đoạn SC, CH , HM

0.25
0.25

Do SB / / MN  SB / /  AMN  . Suy ra:

d  AM , SB  d  B,( AMN )  d C;( AMN )  2d  I ;( AMN 
 AM  IJ

Ta có: 
 AM   IJN    IJN    AMN  theo giao tuyến NJ

 AM  IN


Trong  IJN  , kẻ IK  NJ  IK   AMN   d  I ;( AMN   IK

♥ Xét tam giác IJN ta có:

0.25

1
1
1
16
12
188
11
 2 2 2

 IK  a
2
2
2
IK
IJ
IN
a
11a
11a
188
11
a 517

.
188
47
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z  3  0 và đường thẳng
Vậy d  AM , SB  2 IK  2.a

6
(1,0 điểm)

d:

x  2 y 1
z


. Tìm tọa độ giao điểm của  P  và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d
1
2
1

sao cho khoảng cách từ A đến  P  bằng 2 3 .
♥ Tọa độ giao điểm M của của  P  và d là nghiệm của hệ phương trình

0.25

x  1

 x  2 y 1

z







 1
2
1   y  1  M 1;1;1


x  y  z  3  0
z  1





♥ Do A  d  A t  2; 2t 1; t 

0.25

t  2
2 3  
 t  4
3

♥ Vậy có hai điểm thỏa đề bài là A 4; 5; 2 hoặc A 2; 7; 4 .





♥ Khi đó: d A;  P  

7
(1,0 điểm)

 2t  2

0.25
0.25

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có    với
ACD