Đề 1 thi thử thpt quốc gia năm 2015 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
ĐỀ SỐ 2 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 1y x x    . 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1 
 3 23 3 1 0x x m    . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình 
       
sin 3 cos 2 0
4
x x . 
b) Giải bất phương trình 1 29 8.3 1 0x x    . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân  
2
1
4 3 lnI x xdx  . 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Cho số phức 1 2z i  . Tìm môđun của số phức 2w z z  . 
b) Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 1 số trong số các số lập được. 
Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 25. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB a ,  3AC a và 
mặt bên ' 'BB C C là hình vuông. Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường 
thẳng 'AA , 'BC . 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng      : 2 2 3 0P x y z và mặt cầu 
            2 2 2: 5 2 2 9S x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng  P tiếp xúc mặt cầu  S ; xác định tọa độ của 
tiếp điểm. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm  2;3A . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và 
cắt hai trục tọa độ , Ox Oy tương ứng tại các điểm , B C sao cho điểm B có hoành độ dương, điểm C có tung độ 
dương và tam giác BOC có diện tích nhỏ nhất. 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình  22 1 2 3x x x    . 
Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương ,x y thỏa mãn điều kiện 5 4 23x y xy  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 
 3 74 9
2
P x y
x y
    . 
------------------HẾT----------------- 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 3 23 1y x x    
♥ Tập xác định: D   
♥ Sự biến thiên: 
 ￚ Chiều biến thiên: 2' 3 6y x x   ; ' 0 0y x   hoặc 2x  
0.25 
 + Hàm số đồng biến trên khoảng  0;2 ; 
 + Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;0 và  2; . 
 ￚ Cực trị: 
 + Hàm số đạt cực đại tại 2x  ; yCĐ  2 3y  
 + Hàm số đạt cực tiểu tại 0x  ; yCT  0 1y   , 
 ￚ Giới hạn: lim
x
y

  và lim
x
y

  
0.25 
 ￚ Bảng biến thiên: 
x  0 2  
'y  0  0  
y  3 
 1  
0.25 
♥ Đồ thị: 
0.25 
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt, trong đó 
có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1 
 3 23 3 1 0x x m    (1) 
♥ Ta có:   3 21 3 1 3 2x x m      (2) 0.25 
♥ Xem (2) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị 
 
 
3 2: 3 1
: 3 2
       
C y x x
y m
 Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của  C và   
 và nghiệm của phương trình (1) là hoành độ giao điểm của  C và   
0.25 
♥ Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1 
    cắt  C tại ba điểm phân biệt, trong đó đúng 2 điểm có hoành lớn hơn 1 
  1 3 2 3  m 
0.25 
1 
(2,0 điểm) 
  51
3
 m 0.25 
♥ Vậy giá trị m cần tìm là 51
3
 m . 
a) Giải phương trình 
       
sin 3 cos 2 0
4
x x (1) 
♥ Ta có:   31 sin 3 sin 2 0
4
x x
         
 3sin3 sin 2
4
x x
        
0.25 
3 233 2 2
20 54
33 2 2 2
4 4
kxx x k
x x k x k
                      
0.25 
b) Giải bất phương trình 1 29 8.3 1 0x x    (1) 
♥ Ta có:   21 3 8.3 9 0x x    (2) 
 Đặt 3xt   0t , bpt (2) trở thành: 2 8 9 0t t   9t  
0.25 
2 
(1,0 điểm) 
♥ Với 9t thì 3 9 2x x   
 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 2;S   
0.25 
Tính tích phân  
2
1
4 3 lnI x xdx  . 
♥ Đặt  
ln
4 3
u x
dv x dx

   2
1
2 3
du dx
x
v x x

 
0.25 
♥ Suy ra:  
2 22
2
1
1
2 32 3 ln x xI x x x dx
x
   
0.25 
  
2
1
14 ln 2 2 3x dx   
0.25 
3 
(1,0 điểm) 
   22
1
14 ln 2 3 14 ln 2 6x x     0.25 
a) Cho số phức 1 2z i  . Tìm môđun của số phức 2w z z  . 
♥ Ta có:    2 1 2 2 1 2 3 2         w z z i i i 0.25 
♥ Do đó    2 23 2 13w      0.25 
b) Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 1 số trong số các 
số lập được. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 25. 
♥ Số phần tử của không gian mẫu là: 9.9.8.7 4536   0.25 
4 
(1,0 điểm) 
♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn chia hết cho 25” 
 Do , , ,a b c d đôi một khác nhau và 25abcd  25cd  
25
50
75
cd
cd
cd
   
 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A 7.7 8.7 7.7 154     
♥ Vậy xác suất cần tính là   A 154 11A
5436 324
  P . 
0.25 
Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB a ,  3AC a và 
mặt bên ' 'BB C C là hình vuông. Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách 
giữa hai đường thẳng 'AA , 'BC . 
♥ Do lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên 'BB là đường cao của lăng trụ 
 Vì ' 'BB C C là hình vuông nên 2 2 2 2' 3 2BB BC AB AC a a a      
0.25 
♥ Do đó 3
. ' ' '
1'. 2 . . . .a 3 3
2ABC A B C ABC
V BB S a AB AC a a a    
0.25 
♥ Vì  ' || ' 'AA BB C C nên     ', ' , ' 'd AA BC d A BB C C 
 Trong  ABC , hạ AH BC (1) 
 Vì  'BB ABC nên 'AH BB (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra  ' 'AH BB C C    , ' 'AH d A BB C C 
0.25 
5 
(1,0 điểm) 
♥ Xét tam giác ABC ta có . . . 3 3
2 2
AB AC a a aAH
BC a
   . Vậy   3', '
2
ad AA BC  
0.25 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng      : 2 2 3 0P x y z và mặt cầu 
            2 2 2: 5 2 2 9S x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng  P tiếp xúc mặt cầu  S ; 
xác định tọa độ của tiếp điểm. 
♥ Mặt cầu  S có tâm  5;2;2I và bán kính 3R 0.25 
♥ Ta có:   
 22 2
2.5 2.2 2 3
; 3
2 2 1
d I P R
  
  
  
   P tiếp xúc mặt cầu  S 
0.25 
♥ Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với  P . Gọi  K d P  , suy ra K 
 là tiếp điểm của  P và  S . Vì  d P nên VTPT  2;2; 1n 

 của  P là 
 một VTCP của d . Phương trình tham số của 
5 2
: 2 2
2
x t
d y t
z t
      
0.25 
6 
(1,0 điểm) 
♥ Tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình: 
5 2
2 2
:
2
2 2 3 0
x t
y t
d
z t
x y z
          
 Giải hệ ta được 1, 3, 0, 3t x y z    . Vậy  3;0;3K 
0.25 
7 
(1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm  2;3A . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt 
hai trục tọa độ , Ox Oy tương ứng tại các điểm , B C sao cho điểm B có hoành độ dương, điểm 
C có tung độ dương và tam giác BOC có diện tích nhỏ nhất. 
 ♥ Gọi d là đường thẳng đi qua A và cắt ,Ox Oy tương ứng tại các điểm  ;0B b , 
  0;C c , , 0b c . Ta có: 1
2BOC
S bc  
0.25 
♥ Phương trình d có dạng: 1x y
b c
  . Vì d qua  2;3A d nên 2 3 1
b c
  
0.25 
♥ Theo bđt Cô-si ta có: 2 3 2 31 2 .
b c b c
    1 12
2BOC
S bc   
 Dấu “=” xảy ra khi 4, 3b c  . Suy ra: max 12BOCS  khi 4, 3b c  
0.25 
♥ Phương trình đường thẳng thỏa đề bài là 1 3 2 12 0
4 3
x y x y      
0.25 
Giải phương trình  22 1 2 3x x x    (1) 
♥ Điều kiện: 
12 1 0
2
x x    (*) 
 Khi đó  1     2 22 1 1 4 3x x    
0.25 
2 1 5 2
2 2 2 7
x x
x x
       
0.25 
 
2
5 11 172 1 5 2 2
42 11 13 0
xx x x
x x
          
 [thỏa (*)] 
0.25 
8 
(1,0 điểm) 
 
2
7
2 1 2 7 52
2 15 25 0
xx x x
x x
         
 [thỏa (*)] 
Vậy phương trình có nghiệm là 11 175,
4
x x
  
0.25 
9 
(1,0 điểm) 
Xét các số thực dương ,x y thỏa mãn điều kiện 5 4 23x y xy  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 3 74 9
2
P x y
x y
    . 
♥ Ta có: 
4 55 4 23 23    x y xy
x y
 0.25 
♥ Khi đó: 
3 7 1 1 1 4 54 9 4 9
2 2
              
P x y x y
x y x y x y
 1 1 234 9
2
x y
x y
     
0.25 
♥ Áp dụng bđt Cô-si ta suy ra được 
 1 1 23 23 432 4 . 2 9 . 4 6
2 2 2
P x y
x y
       
0.25 
♥ Dấu “=” xảy ra khi 
14
1
1 29
1
34 5 23
x
x
x
y
y
y
x y
               
0.25 
 Vậy 43min
2
P  .