Đề 3 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 3 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 24 3 1y x mx x    (1), trong đó m là tham số. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1), khi  0m . 
b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên  . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Cho góc 3 ; 2
2
       mà 
1sin cos
2 2 2
   . Tính sin 2 . 
b) Giải phương trình 9
3
22log 1
log
x
x
  . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
0
4 3
2 1
xI dx
x


 . 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình   2 2 26 0z z trên tập số phức. 
b) Tìm hệ số của 7x trong khai triển thành đa thức của biểu thức: 
       1031 3 2P x x x 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có     0, 2 , 120SA a AB BC a ABC và cạnh bên SA vuông góc với 
mặt phẳng đáy. Tính số đo của góc giữa hai mặt phẳng  SBC và  ABC . Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại 
tiếp hình chóp đã cho. 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm  2;1;0A ,  0;3;4B và  5,6,7C . Tính 
khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm  3;1M và đường thẳng   4:
3
y x . Viết phương trình 
đường tròn đi qua M , tiếp xúc đồng thời với đường thẳng  và đường thẳng  0y . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  2 32 1 2 1x x x x x     . 
Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương , ,x y z thỏa mãn điều kiện 1x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 
  2 2 2
7 121
14
P
x y z xy yz zx
     . 
------------------HẾT----------------- 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
a.(1,0 điểm). Cho hàm số 3 24 3 1y x mx x    (1), trong đó m là tham số. Khảo sát sự biến 
thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1), khi  0m . 
Khi 0m  thì 34 3 1y x x   
♥ Tập xác định: D   
♥ Sự biến thiên: 
 ￚ Chiều biến thiên: 2' 12 3 0,    y x x 
0.25 
 + Hàm số đồng biến trên khoảng  ;  
 ￚ Cực trị: hàm số không có cực trị 
 ￚ Giới hạn: lim
x
y

  và lim
x
y

  
0.25 
 ￚ Bảng biến thiên: 
x   
'y  
y  
 
0.25 
♥ Đồ thị: 
0.25 
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên  . 
♥ Ta có: 2' 12 2 3y x mx   0.25 
♥ Hàm số (1) đồng biến trên   ' 0,y x    212 2 3 0,x mx x     0.25 
  2' 36 0m    0.25 
1 
(2,0 điểm) 
  6 6m   
♥ Vậy giá trị m cần tìm là 6 6m   
0.25 
a) Cho góc 3 ; 2
2
       mà 
1sin cos
2 2 2
   . Tính sin 2 . 
♥ Từ 1sin cos
2 2 2
    11 sin
4
   3sin
4
 
0.25 
♥ Do 
2 2 9 7cos 1 sin 1
16 16
3 ;2
2
                 
  7cos
4
  
♥ Vậy 3 7sin 2 2sin .cos
8
     
0.25 
b) Giải phương trình 9
3
22 log 1
log
x
x
  (1) 
2 
(1,0 điểm) 
♥ Điều kiện: 0, 1x x  (*) 0.25 
 Khi đó:   23 31 log log 2 0x x    
  3
3
3log 1
1log 2
9
xx
x x
      
 [thỏa (*)] 
♥ Vậy phương trình có nghiệm là 13,
9
x x  . 
0.25 
Tính tích phân 
1
0
4 3
2 1
xI dx
x


 . 
♥ Ta có: 
1 1
0 0
4 3 12
2 1 2 1
        
xI dx dx
x x
0.25 
1 1
0 0
12
2 1
dx dx
x
    
0.25 
1
1
0
0
12 ln 2 1
2
x x
       
0.25 
3 
(1,0 điểm) 
 12 ln3
2
  
0.25 
a) Giải phương trình   2 2 26 0z z trên tập số phức. 
♥ Ta có:  2' 1 26 25 5i     0.25 
♥ Do đó phương trình có hai nghiệm phức là 1 1 5z i  và 2 1 5z i  . 0.25 
b) Tìm hệ số của 7x trong khai triển thành đa thức của biểu thức       1031 3 2P x x x . 
♥ Ta có:          101010 103 3 310
0
1 3 2 2 1 3 . 2 . 1 3
k kk
k
P x x x x x C x x


            
      10 10103 10 30 310 10
0 0 0 0
. 2 . 3 .C .2 . 3 .
k kk l lk l k l k k l
k k
k l k l
C x C x C x
   
   
      
 Chọn ,k l thỏa 
8, 1
0 10 0 10
9, 4
30 3 7 3 23
10, 7
k l
l k l k
k l
k l l k
k l
                          
0.25 
4 
(1,0 điểm) 
♥ Vậy hệ số của 7x trong khai triển là 
      4 78 1 2 9 4 10 7 010 8 10 9 10 10.C .2 . 3 .C .2. 3 .C .2 . 3 62640C C C      
0.25 
Cho hình chóp .S ABC có     0, 2 , 120SA a AB BC a ABC và cạnh bên SA vuông góc với 
mặt phẳng đáy. Tính số đo của góc giữa hai mặt phẳng  SBC và  ABC . Tính theo a bán kính 
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. 
5 
(1,0 điểm) 
0.25 
♥ Trong  ABC , kẻ AH BC . Do  SA ABC nên SA BC   BC SAH 
 Do đó BC SH        , ,SBC ABC AH SH SHA      
♥ Xét tam giác AHB :  0.sin 2 .sin 60 3AH AB ABH a a   
 Xét tam giác SAH :  3tan
33
SA aSHA
AH a
     030SHA 
 Vậy     0, 30SBC ABC     
0.25 
♥ Trong  ABC , gọi D là điểm đối xứng của B qua AC . Do tam giác ABC cân tại B 
 và  060ABC  nên các tam giác ABD và DBC là các tam giác đều. 
 Suy ra: 2DA DB DC a   . Do đó D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 
 Dựng đường thẳng  qua D và song song SA   ABC   là trục của 
 tam giác ABC 
 Gọi M là trung điểm của SA , trong  ,SA  , kẻ đường thẳng d qua M và song 
 song AD , suy ra d SA  d là trung trực của đoạn SA 
 Trong  ,SA  , gọi O d  . Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 
 .S ABC 
0.25 
♥ Xét tam giác OAD ta có 
2
2 2 2 174
4 2
a a
R OA AD AM a      
0.25 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm  2;1;0A ,  0;3;4B và  5,6,7C . Tính 
khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB . 
♥ Gọi M là trung điểm của AB , ta có  1;2;2M 0.25 
♥ Mặt phẳng  P vuông góc với AB tại M là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng 
 AB . Do  AB P nên  2;2;4AB 

 là một VTPT của  P 
0.25 
♥ Suy ra phương trình  P 
      2 1 2 2 4 2 0 2 5 0x y z x y z            
0.25 
6 
(1,0 điểm) 
♥ Vậy   
2 2 2
5 6 2.7 5 5 6;
31 ( 1) ( 2)
d C P
  
 
   
0.25 
7 
(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm  3;1M và đường thẳng   4: 3y x . Viết phương trình 
đường tròn đi qua M , tiếp xúc đồng thời với đường thẳng  và đường thẳng  0y . 
♥ Gọi  ;I a b là tâm của đường tròn cần tìm, ta có 
    , ,d I d I Ox IM   (1) 
0.25 
♥        22 2
4 3 5 4 3 5 (2)
1
3 2 1 0 (3)3 1
a b b a b b
a ba b b
                    
0.25 
   4 3 5 2 (4)2
4 3 5 2 (5)
a b b b a
a b b a b
         
♥ Thay (4) vào (3) ta được:  2 23 4 1 0 2 10 0a a a a        : pt vô nghiệm 
0.25 
♥ Thay (5) vào (3) ta được:  2 2
5
2 3 2 1 0 2 7 5 0 2
1
bb b b b
b
           
 + Với 5 5 55 5; ; 
2 2 2
b a I IM
         
. Phương trình    
2
2 5 25: 5
2 4
C x y
        
 + Với  1 2 2;1 , 1b a I IM     . Phương trình      2 2: 2 1 1C x y    
0.25 
Giải bất phương trình  2 32 1 2 1x x x x x     (1) 
♥ Điều kiện: 
1
2
x  (*) 
 Khi đó:  1   3 22 1 . 2 1 . 2 1 0x x x x x x       
    2 2 1 2 1 2 1 0x x x x x x        
0.25 
   22 1 2 1 0x x x x      
 2 1 0x x    2 1x x   
0.25 
  
2
0
1 2
2 1 0
x
x
x x
       
0.25 
8 
(1,0 điểm) 
♥ Kết hợp với điều kiện (*), suy ra tập nghiệm của bpt là 1 2;S    0.25 
9 
(1,0 điểm) 
Xét các số thực dương , ,x y z thỏa mãn điều kiện 1x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức  2 2 2
7 121
14
P
x y z xy yz zx
     . 
♥ Ta có:      
2 2 2
2 2 2 2
11
2 2
x y z
xy yz zx x y z x y z
              
 Do đó:  2 2 2 2 2 2
7 121
7 1 ( )
     
P
x y z x y z
0.25 
♥ Đặt 2 2 2t x y z   , tìm điều kiện cho t 
   , , 0 , , 0;1
1
x y z
x y z
x y z
      
 . Do đó: 2 2 2, , x x y y z z   
 Suy ra: 2 2 2 1x y z x y z      
  Mặt khác:      2 2 2 2 2 2 21 2 3x y z x y z xy yz zx x y z            
 Suy ra: 2 2 2 1
3
x y z   . Ta được: 1 1
3
t  
0.25 
♥ Khảo sát hàm số    
7 121
7 1
f t
t t
 

 trên 1 ;1
3
   
 , ta có: 
    22
7 121'
7 1
f t
t t
 

0.25 
    
2 2
2 2
11 7 7
121 7 11 7 1 18' 0
1 11 7 77 1
1 4
t
t tf t
t t tt t
t t
                                
 BBT 
t 
 1
3
 7
18
 1 
 'f t  0  
 f t 
 324
7
 Từ BBT ta suy ra  
1;1
3
324min
7t
f t
    
 khi 7
18
t  . Suy ra: 324
7
P 
 Ta thấy với 1 1 1, ,
2 3 6
x y z   thì 1x y z   và 324
7
P   324min
7
P  
♥ Vậy 
324min
7
P  
0.25