Đề ôn thi thpt quốc gia năm 2015 môn thi: Toán thời gian: 180 phút

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TÂY NINH ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
 TRƯỜNG THPT QUANG TRUNG Môn thi: TOÁN 
 Thời gian: 180 phút 
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2y x 2x 1   
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
b)Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 4 2x 2x 1 m 0    . 
Câu 2. (1,0 điểm) 
 a) Cho sin a +cosa= 1,25 và 
π π
 < a < 
4 2
. Tính sin 2a, cos 2a và tan2a. 
b) Tìm số phức z thỏa mãn: 
1
(3 )
1 2
  

z
z i
i
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: 
1
124 7.2 1 0

  
x
x . 
Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình:        x x x x x22 3 1 3 2 2 5 3 16 
Câu 5. (1.0 điểm) Tính tích phân: 
1
2 (1 ln ) 
e
x x dxI 
Câu 6. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a,   0 0 090 , 120 , 90ASB BSC CSA   . 
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mp(SAB) 
Câu 7. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C): (x - 
1)2 + (y + 1)
2
 = 20. Biết rằng AC=2BD và điểm B thuộc đường thẳng d: 2x - y - 5 = 0. Viết phương 
trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có hoành độ dương. 
Câu 8. (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: x + y – 2z – 
6 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc với mặt phẳng 
(P), tìm tọa độ tiếp điểm. 
Câu 9. (0,5 điểm) Có 2 hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ và 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2 bi đỏ 
và 4 bi trắng . Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên, tính xác suất để 2 bi được chọn cùng 
màu. 
Câu 10. (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức:      P x y z2 2 23 3 3log 1 log 1 log 1
-----------Hết----------- 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến 
www.laisac.page.tl
2-2
x
y
1-1
O
1
f x  = -x4+2x2+1
Đáp án: 
CÂU 
ĐÁP ÁN 
ĐIỂM 
Câu 1 
a)(1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 
*TXĐ: D= 
*Xét sự biến thiên: 
+ 4 2
x x
lim y lim ( x 2x 1)
 
     
0,25 
+y’= -4x3+4x 
Cho y’=0 
2
x 0 y 1
4x( x 1) 0 x 1 y 2
x 1 y 2
   
       

   
0,25 
+BBT: 
x  -1 0 1  
y’ - 0 + 0 - 0 + 
y 
 2 2 
 1 
  
-Hs đồng biến trên mỗi khoảng (-1;0) , (1;  ) 
 Và nghịch biến trên mỗi khoảng (;-1) , (0;1) 
-Hs đạt cực tiểu tại điểm x=0, yCT=1 và đạt cực đại tại các điểm x= 1 , yCĐ=2 
0,25 
*Đồ thị (C): 
 d:y=m+2 
0,25 
b) (1 điểm) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 
4 2x 2x 1 m 0    (1) 
(1) 4 2x 2x 1 m 2      0,25 
Nhận xét: (1) là pt hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d: y=m+2 
 (d song song hoặc trùng với trục Ox) 
Do đó: số nghiệm của pt (1) bằng số giao điểm của (C) và d 
0,25 
Dựa vào đồ thị (C) ta có kết quả biện luận sau: 
*m+2<1 m<-1: (C) và d có 2 giao điểm pt (1) có 2 nghiệm 
*m+2=1 m<= -1: (C) và d có 3 giao điểm pt (1) có 3 nghiệm 
0,25 
*1<m+2<2 -1<m<0: (C) và d có 4 giao điểm pt (1) có 4 nghiệm 
*m+2=2 m=0: (C) và d có 2 giao điểm pt (1) có 2 nghiệm 
*m+2>2 m>0: (C) và d không có điểm chung pt (1) vô nghiệm 
0,25 
Câu 2 
a) (0,5 điểm) Cho sin a +cosa= 1,25 và 
π π
 < a < 
4 2
. Tính sin 2a, cos 2a và tan2a. 
Ta có: sin a +cosa= 1,25 
25
1 sin 2 
16
a   
0,25 
9
sin 2 
16
a  
0,25 
2 5 7cos 2 1 sin
16
a a    (vì 2
2
a

  ) 
0,25 
9 7
tan2
35
a  
0,25 
b) (0,5 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn:
1
(3 )
1 2
  

z
z i
i
Đặt z=a+bi, với a,b  . 
Ta có: 
1 1
(3 ) ( ) (3 )
1 2 1 2

       
 
z a bi
z i a bi i
i i 
0,25 
( ) 1
( ) (3 )
2 2
   
    
a b a b i
a bi i 
0,25 
2 3
2 1
  
 
    
a b a
a b b
0,25 
4
1

 

a
b
. Vậy : z=4+i 
0,25 
Câu 3 
(0,5 điểm) Giải phương trình: 
1
124 7.2 1 0

  
x
x (1). 
(1) 
2 72.2 .2 1 0
2
   x x 
Đặt t=2x, điều kiện t >0. Pt trở thành: 
2 72 1 0
2
  t t 
0,25 
1
4
2 (lo¹i)
t
t

 

 
2x=
1
4
 x= -2 
Vậy tập nghiệm pt là S={-2} 
0,25 
Câu 4 
(1,0 điểm) Giải bất phương trình:        x x x x x22 3 1 3 2 2 5 3 16 (1) 
Điều kiện: 
1
4
x  
Với điều kiện trên pt (1) tương đương: 
        x x x x
2
2 3 1 2 3 1 20 
0,25 
 Đặt t=   x x2 3 1 , t >0 
Bpt trở thành:    t t2 20 0
5
4 (lo¹i)
t
t

   
Với t 5 , ta có: x x x x x22 3 1 5 2 2 5 3 3 1          
0,25 
x
x x
x
x x
2
2
3 1 0
2 5 3 0
3 1 0
26 11 0
  

  
  

   
0,25 
x
x
1
3
13 6 5



 
Vậy tập nghiệm bất pt là: S=
1
;
3
 
 
 
0,25 
Câu 5 
 (1.0 điểm) Tính tích phân: 
1
2 (1 ln ) 
e
x x dxI 
Ta có : 
1 1
2 2 ln  
e e
xdx x xdxI 
0,25 
Đặt I1=
1
2
e
xdx và I2=
1
2 ln
e
x x dx 
Ta có : 2 21 1 1  
eI x e 
0,25 
Tính I2=
1
2 ln
e
x x dx . 
Đặt: 
2
1
ln
2

  

   
u x du dx
x
dv xdx v x
2 2
2 2 2
2 1 1
1
1 1
( ln ) .
2 2

    
e
e ex eI x x x dx e
x
0,25 
Vậy I=I1- I2= 
2 3
2
e
0,25 
Câu 6 
 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, 
  0 0 090 , 120 , 90ASB BSC CSA   . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và 
khoảng cách từ C đến mp(SAB) 
B
A
C
S
Chứng minh: ( )SA mp SBC 
 . .
1
.
3
  S ABC A SBC SBCV V S SA 
0,25 
2
0 21 1 3 3. .sin120 .
2 2 2 4
  SBC
a
S SB SB a 
Vậy: 
2 3
.
1 3 3
. .
3 4 12
 S ABC
a a
V a 
0,25 
-Ta có các tam giác SAB, SAC vuông cân tại A và SA=SB=SC=a nên: 
2 AB AC a 
-Trong tam giác SBC ta có: 
BC= 2 2 0 2 2
1
2 . .cos120 2 . . 3
2
 
       
 
SB SC SB SC a a a a a 
Đặt 
2 2 3
2 2
  
 
AB AC BC a a
p
2
2 15( 2) .( 3)
4
    ABC
a
S p p a p a 
0,25 
Vậy: d(S,(ABC))= 
3
.
2
3 3
3 512
515
4
 S ABC
ABC
a
V a
S a
0,25 
Câu 7 
 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường 
 tròn (C): (x - 1)2 + (y + 1)
2
 = 20. Biết rằng AC=2BD và điểm B thuộc đường thẳng 
d: 2x - y - 5 = 0. Viết phương trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có 
hoành độ dương. 
H
I
D
C
B
A
Gọi I là tâm đường tròn (C), suy ra I(1;-1) và I là giao điểm của 2 đường chéo 
AC và BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng AB . 
Ta có: AC=2BD 2 IA IB 
Xét tam giác IAB vuông tại I, ta có: 2 2 2 2
1 1 1 5 1
5
4 20
     IB
IA IB IH IB
0,25 
Ta lại có điểm Bd B(b, 2b-5) 
*IB=5 2 2
4
( 1) (2 4) 5 2
5

     
  

b
b b
b
. Chọn b=4 (vì b>0) B(4;3) 
0,25 
Gọi ( ; )n a b

 là VTPT của đường thẳng AB, pt đường thẳng AB có dạng: 
 a(x-4)+b(y-3)=0 
0,25 
Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C) nên ta có: 
d(I,AB)= 20 
2 2
| 3 4 |
20
 
 

a b
a b
2 2
2
11 24 4 0 11
2

    


a b
a ab b
a b
*Với a=2b, chọn b=1, a=2  pt đường thẳng AB là: 2x+y-11=0 
*Với 
2
11
a b , chọn b=11, a=2  pt đường thẳng AB là: 2x+11y-41=0 
0.25 
Câu 8 
 (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: x + y 
– 2z – 6 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc 
với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điểm. 
Ta có O(0;0), do mặt cầu (S)có tâm O và tiếp xúc với mp(P) nên ta có: 
R=d(O,(P))= 
2 2 2
| 6 |
6
1 1 ( 2)


  
0,25 
Vậy pt mặt cầu (S) là: x2 +y2 +z2 = 6 
0,25 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mp(P), H chính là tiếp điểm của mặt 
cầu (S) và mp(P) 
Đường thẳng OH đi qua O và vuông góc mp(P) nhận (1,1, 2) n

 là vectơ pháp 
tuyến của mp(P) làm vectơ chỉ phương, pt đường thẳng OH có dạng: 
2



  
x t
y t
z t
* ( , , 2 )  H OH H t t t 
0,25 
*Ta lại có ( ) 2( 2 ) 6 0 1        H mp P t t t t . Vậy H(1,1,-2) 
0.25 
Câu 9 (0,5 điểm) Có 2 hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ và 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2 
bi đỏ và 4 bi trắng . Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên, tính xác suất để 2 bi 
được chọn cùng màu. 
Gọi w là không gian mẫu: tập hợp các cách chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên bi 
( ) 7.6 42  n w 
Gọi A là biến cố 2 bi được chọn cùng màu 
( ) 4.2 3.4 20   n A 
0,25 
Vậy xác suất của biến cố A là P(A)= 
( ) 20 10
( ) 42 21
 
n A
n w
0,25 
Câu 10 
 (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức:      P x y z2 2 23 3 3log 1 log 1 log 1
Trong mp(Oxy), gọi a x b y c z3 3 3(log ;1), (log ;1), (log ;1)  
 
 và n a b c n (1;3)    
   
Ta có: a b c a b c x y z2 2 2 2 23 3 3log 1 log 1 log 1 1 3            
    
0,5 
P 10  , dấu = xảy ra khi ba vecto a b c, ,
 
cùng hướng và kết hợp điều kiện đề 
bài ta được x=y=z= 3 3 
Vậy MinP= 10 khi x=y=z= 3 3 
0,5 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến 
www.laisac.page.tl