Đề thi thử kỳ thi thpt quốc gia năm 2015 môn: Toán 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TRƯỜNG THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG HÀ NỘI 
TỔ TOÁN – TIN 
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: Toán 
Ngày thi: 14/3/2015 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số 3 23y x x mx   (1), với m là tham số thực. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị. Gọi 2 điểm cực trị đó là A, B và G là trọng 
tâm tam giác OAB (với O là gốc tọa độ). Tìm m để đoạn thẳng OG ngắn nhất. 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình sin3 sin2 sinxx x  . 
b) Một đội văn nghệ của nhà trường gồm có 5 học sinh nữ và 10 học sinh nam. Chọn ngẫu 
nhiên 8 học sinh trong đội văn nghệ để lập một tốp ca. Tính xác suất để tốp ca có ít nhất 3 
học sinh nữ. 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình  3 3
3
1
 4 1 2 ( 1)
3x
log x log x
log 
     . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2
0
sin 2 cos )I x.ln(1+ x dx

  . 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 
SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết góc 0120BAC  , tính theo a thể tích của khối chóp 
S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SAB tới mặt phẳng (SAC). 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(1;-1) và hai đường thẳng 
1 2: 1 0, : 2 5 0d x y d x y      . Gọi A là giao điểm của 1d và 2d . Viết phương trình 
đường thẳng  đi qua điểm M cắt 1d và 2d lần lượt tại điểm B và C sao cho ba điểm A, B, C 
tạo thành tam giác có 3.BC AB . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng 
( ) : 2 2 1 0P x y z    và hai điểm A(1;-2;3), B(3;2;-1). Viết phương trình mặt phẳng (Q) 
qua A, B và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox sao cho khoảng cách từ M tới 
(Q) bằng 17 . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
  2 2
2 2
2 2 1 1 1
( , ).
2 9 7 7 2
x x x y y
x y
x y y x y x y
       

        
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z > 0. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
3 3 3
3
16
( )
x y z
P
x y z
 

 
. 
--------------Hết--------------- 
Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Cảm ơn thầy Trần Văn Thiệu  thieutvdb@gmail.com  đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG HÀ NỘI 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 
(Bao gồm 05 trang) 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
1 
(2,0điểm) 
a) 1,0 điểm 
Khi m = 0 ta có: 3 23y x x  
 TXĐ: D  . 
 Sự Biến thiên. 
+) 23 6 ; 0; 0, 2y x x y x x      
+) giới hạn: 3 2 3 2lim ( 3 ) ; lim ( 3 )
x x
x x x x
 
      
0,25 
+) Bảng biến thiên: 
x  0 2  
y + 0 - 0 + 
y 0  
 -4 
0,25 
+) Hàm số đồng biến trên từng khoảng ( ;0) và (2; ) 
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2). 
+) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -4. 
0,25 
 Đồ thị 
-3 -2 -1 1 2 3
-4
-3
-2
-1
1
2
x
y
O
0,25 
b) (1,0 điểm) 
23 6y x x m    . 
Để hàm số có 2 điểm cực trị thì 0y  có 2 nghiệm phân biệt 
0,25 
9 3 0 3.m m       0,25 
Khi đó đồ thị có hai điểm cực trị là 1 1 2 2( ; ); ( ; )A x y B x y với 1 2;x x là 2 nghiệm của 
phương trình 23 6 0x x m    1 2 1 22;
3
m
x x x x   
Từ đó tính được 
2 2 4
;
3 3
m
G
 
 
 
0,25 

2
24 (2 4) 2 2 2( 2) 1 ; 2
9 9 3 3 3
m
OG m OG m

         thỏa mãn điều 
kiện m < 3. Vậy m = 2. 
0,25 
2 
(1,0điểm) 
a) (0,5điểm). Giải phương trình sin3 sin2 sinxx x  . 
Phương trình  (sin3 sinx) sin 2 0x x   . 
 2cos2x.sinx + 2sinx.cosx = 0 
 2sinx(2cos2x +cosx-1) = 0 
0,25 
  
cos 1 2
21
cos 2 ( )3
2 3
sinx=0
x x k
x k
x x k k
x k
x k
 





    
           
 
   
 0,25 
b) (0,5điểm). 
 Chọn ngẫu nhiên 8 học sinh trong 15 học sinh thì có 8
15
6435C  cách 
 Số cách chọn 8 học sinh mà có ít nhất 3 học sinh nữ là: 
3 5 4 4 5 3
5 10 5 10 5 10
3690C C C C C C   
0,25 
Vậy xác suất cần tìm là 
3690 82
0,573
6435 143
  0,25 
3 
(1,0điểm) 
 ĐK: 
1
4
x  0,25 
 PT     3 3 3 34 1 3 9 ( 1)log x log x log log x      0,25 
  ( 4x – 1)(x + 3) = 9(x + 1) 0,25 
  
 2 loai
3
2
x
x
 

 

. KL: 
3
2
x  0,25 
4 
(1,0điểm) 
 Đặt t = cosx, dt = - sinxdx, đổi cận: x = 0 t = 1; 
2

x  t = 0. 
Vậy : 
0,25 
 Đặt 
  
 0,25 
 
 0,25 
1
2
0
1
2 2
t
t
 
   
 
 0,25 
5 
(1,0điểm) 
Hình vẽ 
SAB=SAC (c.c.c)  AB = AC  ABC cân tại A. tính được 
3
3
a
AB  
 
2 2 6
3
a
SA SB AB   
0,25 
tam giác cân ABC (có BC = a, 0120BAC  ) có diện tích là 
2
01 3. .sin120
2 12
ABC
a
S AB AB  . Vì vậy: 
3
.
1 2
.
3 36
S ABC ABC
a
V S SA  (đvtt) 
0,25 
Gọi I là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác SAB. 
Do 
2
3
SG
SI
 
2
( ,( )) . ( ,( ))
3
d G SAC d I SAC 
0,25 
Trong mp(ABC) kẻ IH vuông góc với AC tại H (H nằm ngoài đoạn AC và góc 
HAI = 60
0
)  IH  (SAC) 
 IH = d(I,(SAC)). 
Trong tam giác vuông AIH có IH = AI.sin60
0
= 
1 3 3
. .
2 3 2 4
a a
  
 
2 2
( ,( )) . .
3 3 4 6
a a
d G SAC IH   
0,25 
6 
(1,0điểm) 
Vì 1 2 (2;1)A d d A   . Lấy điểm I(3;2)d1 (IA). ta tìm điểm Jd2 (JA) 
sao cho IJ = 3AI. Do Jd2  J(x; 5-2x). 
0,25 
Khi đó IJ = 3AI  2 2 2( 3) (3 2 ) 18 5 18 0x x x x       0,25 
a
S
A
B
C
I
H
G
 
(0;5)0
18 1118
;
5 55
J Ax
J Ax

       
  
 (thỏa mãn). 
Vì 
3
3
BC AB IJ BC
BC IJ IJ
IJ AI AI AB

   

 0,25 
+ Với J(0; 5)  
1( 3;3) : 0IJ x y    
+ Với 
18 11
;
5 5
J
 
 
 
  
2
3 21
; : 7 6 0
5 5
IJ x y
 
      
 
0,25 
7 
(1,0điểm) 
 Ta có (2;4; 4)AB   và véctơ pháp tuyến của (P) là (2;1; 2)
P
n   
Gọi 
Q
n là véc tơ pháp tuyến của (Q). ta có 
, ( 4; 4; 6) 2(2;2;3)
Q
Q P
Q P
n AB
n AB n
n n
            

0,25 
 (Q): ): 2(x-1) + 2(y+2) + 3(z-3) = 0  2x + 2y + 3z – 7 = 0. 0,25 
 Vì M  Ox  M(m; 0; 0), do 
2 7
( ;( )) 17 17
17
m
d M Q

   0,25 
12
2 7 17
5
m
m
m

      
 M(12; 0; 0) hoặc M(-5; 0; 0). 0,25 
8 
(1,0điểm) 
Giải hệ PT
  2 2
2 2
2 2 1 1 1 (1)
( , ).
2 9 7 7 2 (2)
x x x y y
x y
x y y x y x y
       

        
Ta có 2 2 21 1 0y y y y y y        , nhân hai vế phương trình (1) 
với 2 1 0y y   . 
(1)  2 2( 1) ( 1) 1 ( ) 1 (3)x x y y         
0,25 
Xét hàm số 2( ) 1f t t t   trên , có 
2
2 2
1
'( ) 0,
1 1
t tt t
f t t
t t
 
    
 
f(t) đồng biến trên . Vậy (3)  
( 1) ( ) 1 1f x f y x y y x           . 
0,25 
Thay vào (2) ta có 
2 2(2) 2 9 8 6 3 1 2 9 8 3 1 6 0x x x x x x x x               
22 9 5 ( 3 1 4) (1 6 ) 0x x x x          
3( 5) 5
( 5)(2 1) 0
3 1 4 1 6
x x
x x
x x
 
     
   
0,25 
53 1
2 1 0 (4)
3 1 4 1 6
x
x
x x


    
    
Từ điều kiện 
1
6
3
x    (4) vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ là (x;y) = (5; - 6). 
0,25 
9 
(1,0điểm) 
Ta chứng minh được 
3
3 3 ( ) (1)
4
y z
y z

  . Thật vậy, 
3
3 3 ( )
4
y z
y z

   
 3 3 3 3 3 3 3 2 24 4 ( ) 4 4 3 3y z y z y z y z y z yz         
3 3 2 2 2 20 ( ) ( ) 0y z y z yz y y z z y z          
2( ) ( ) 0y z y z    luôn đúng. Dấu “=” xảy ra khi y = z. 
0,25 
Thay (1) vào P và đặt x + y +z = a, khi đó 
3 3 3 3
3 3
3 3
64 ( ) 64 ( )
4 64 (1 )
x y z x a x
P t t
a a
   
     (với , 0 1
x
t t
a
   ) 
Xét hàm số  3 3( ) 64 (1 ) , 0;1f t t t t    
0,25 
Ta có  2 2
1
'( ) 3. 64 (1 ) , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t         . Lập bảng biến thiên 
hàm số f(t), suy ra 
 0;1
64 1
min ( )
81 9t
f t khi t

  
0,25 
hay là giá trị nhỏ nhất của 4P là 
64
81
 giá trị nhỏ nhất của P là 
16
81
 khi 
4 01
( )
9
y z
y z
y z x
x at x x y z

 
     
    
. 
0,25 
Ghi chú: Học sinh giải theo cách khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa theo biểu 
điểm của câu (ý) đó. 
Cảm ơn thầy Trần Văn Thiệu  thieutvdb@gmail.com  đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl