Đề thi thử lần 3 kì thi thpt quốc gia năm 2015 môn: Toán (thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG 
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG 
ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
MÔN: TOÁN 
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề). 
Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số  3 2 21 4 5
3
y x mx m x     (1) , với m là tham số thực. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với 1m  . 
b) Tìm giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại x = - 1. 
Câu 2(1,0 điểm) 
a) Giải phương trình  24sin cos sin3 sinx x x x   . 
b) Tìm số phức z sao cho 2z z  và    1z z i  là số thực. 
Câu 3(0,5 điểm). Giải phương trình      25 25 5log log 4 log 1 x x x x     . 
Câu 4(1,0 điểm).Giải bất phương trình 2
19 1 1
6 1
2 4 2
x x
x x

      x . 
Câu 5(1,0 điểm). Tính tích phân  
2
0
cos 2sinI x x x dx

  . 
Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a , AD = a 2 , SA vuông 
góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SC tạo với mặt phẳng đáy một góc 300 .Gọi M là trung điểm của BC. 
Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SB. 
Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH . Gọi 
D, E lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB và AH. Đường thẳng vuông góc với AB tại D cắt đường 
thẳng CE tại F(-1; 3). Đường thẳng BC có phương trình là x – 2y + 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết 
điểm D thuộc đường thẳng 3x + 5y = 0 và hoành độ của điểm D là số nguyên. 
Câu 8(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y + z – 3 = 0 và hai 
điểm ( 1;2;0), (1; 1;3)A B  .Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). Viết phương 
trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và cách điểm A một khoảng bằng 2. 
Câu 9(0,5 điểm). Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 
3
3 2
12
2
n
n n
A
C C   . Tìm hệ số của số hạng chứa x
10 trong 
khai triển Nhị thức Niutơn  2
2
 0
n
x x
x
 
  
 
Câu 10(1,0 điểm). Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2( 1) 2(1 )bc a a bc     . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức : 
2
2 2 2
1 4 12
(1 ) 1
a a c a
P
a bc c a
 
  
 
 ----------------- Hết ---------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: .......................................................... 
1 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
MÔN: TOÁN 
(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang) 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1.a 
(1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  
3 2 21 4 5
3
y x mx m x     với 1m  
Với 1m  , ta có hàm số 3 2
1
3 5
3
y x x x    
* Tập xác định: D R 
* Sự biến thiên: 2' 2 3y x x   ; ' 0 3y x   hoặc 1x 
0,25 
Hàm số đồng biến trên các khoảng    ; 1 và 3;+   . Hàm số nghịch biến trên 
khoảng  1;3 . 
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -1; yCĐ = 
20
3
 , đạt cực tiểu tại 3, 4CTx y   
- Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    
0,25 
- Bảng biến thiên 
0,25 
Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm 
(0;5) 
6
4
2
-2
-4
-6
-5 5
y
x
O 3
-1
0,25 
Câu1.b 
(1,0đ) 
Tìm giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại x = - 1. 
 2 22 4y x mx m     . Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1 
2
1
( 1) 0 m 2 3 0
3
m
y m
m

          
0,25 
Với m = 1 theo câu a hàm số đạt cực đại tại x = -1(loại) 
Với m = - 3 3 2
1
3 5 5
3
y x x x     2
1
' 6 5; y' = 0
5
x
y x x
x
 
       
0,25 
x   
'y 
y 
1 
0 0 
 
20
3
 
4 
3 
   
2 
Dấu của y’ 
-1-5 +
_
+
0,25 
 Tại x = -1 hàm số đạt cực tiểu. Vậy m = - 3 ( thỏa mãn) 
Kết luận 3m   là giá trị cần tìm 
0,25 
Câu 2.a 
(0,5đ) 
a) Giải phương trình  24sin cos sin3 sinx x x x   . 
PT 24sin cos sin3 sin 0x x x x    
 
2sin 2 sin 2sin 2 os 0
2sin 2 sin os 0
x x x c x
x x c x
  
  
0,25 
 
2sin 2 0 2
 ,
sin os 0
4
k
x
x
k l
x c x
x l





        

 
Kết luận nghiệm 
0,25 
Câu2.b 
(0,5đ) 
Tìm số phức z sao cho 2z z  và    1z z i  là số thực . 
Giả sử   ,z a bi a b   
 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
4 4 a = 1 
z z a bi a bi a b a b
a a b a b
           
      
0,25 
        2 2 2 2 21 . 1z z i z z zi z i a b ai bi a bi i a b b a a b i                    
Để    1z z i  là số thực thì a + b + 1 = 0 
Với a = 1 2 1 2b z i      
 Vậy 1 2z i  
0,25 
Câu 3 
(0,5đ) 
Giải phương trình      25 25 5log log 4 log 1 x x x x     . 
Điều kiện 
2 0
1
1 0
x x
x
x
  
 
 
. Khi đó ta có PT: 
       2 25 5 5 5 5log log 2 log 1 log log 2 1x x x x x x        
0,25 
 2 22 1 3 2 0x x x x x       
1
2
x
x

  
Thử ĐK ta có x = 2 là nghiệm của phương trình. 
0,25 
Câu 4 
(1,0đ) Giải bất phương trình: 
2 19 1 16 1
2 4 2
x x
x x

     
Điều kiện 
2 19 1 0 1
2 4
6
6 1 0
x
x
x
x

  
 
  
0,25 
 Với ĐK trên ta có bpt: 24 38 1 2 6 1 1x x x x      
24 38 1 2 6 1 1x x x x       ( hai vế không âm) 
2 24 38 1 4(6 1) 4( 1) 6 1 2 1x x x x x x x           
 
2
3 1 6 1 4( 1) 6 1x x x x       
0,25 
3 
Vì 
1
6
x  , chia hai vế cho  
2
1 0x   ta được: 
 
2
6 1 4 6 1
3
11
x x
xx
 
 

Đặt  
6 1
0
1
x
t t
x

 

, ta có bất phương trình: 2
3
4 3 0
1
t
t t
t

     
0,25 
Với  
6 1
3 3 6 1 3 1
1
x
t x x
x

      

 ( vì 
1
6
x  ) 
29 12 10 0x x    ( vô nghiệm) 
Với  
6 1
1 1 6 1 1
1
x
t x x
x

      

 ( vì 
1
6
x  ) 
2 2 24 2 0
2 2
x
x x
x
  
     
 
Kết hợp ĐK 
1
6
x  bất phương trình có nghiệm là 
2 2
1
2 2
6
x
x
  

   

0,25 
Câu 5 
(1,0đ) Tính tích phân  
2
0
cos 2sinI x x x dx

  . 
2 2
0 0
cos 2 sin cosI x xdx x x dx
 
   
0,25 
2
1
0
cosI x xdx

  Đặt cos s inx
u x du dx
xdx dv v
  
 
  
2
1
0
.s in s in .s in cos 12 2 2
2
0 0 0
I x x xdx x x x

  

       
0,25 
 
22 2 2
2
0 0 0
sin 1
sin os sin sin
2 2
x
I x c x dx x d x
  
     
0,25 
Vậy 1 22 I 1 1 2
2 2
I I
 
       
0,25 
Câu 6 
(1,0đ) 
30
a
H
O
M
N D
B
A
C
S
I
4 
Vì    030SA ABCD SCA   
Trong tam giác vuông ACD có 2 2 3AC AD CD a   
Trong tam giác vuông SAC có   0tan .tan 3 tan 30
SA
SCA SA AC SCA a a
AC
     
0,25 
2. . 2 2ABCDS AB AD a a a  
3
2
.
1 1 2
. . . 2
3 3 3
S ABCD ABCD
a
V SA S a a    
0,25 
Gọi N là trung điểm của AD  / / / /DM BN DM SBN  
       ,SB , D,d DM d DM SBN d SBN   
Vì N là trung điểm của AD      D, A,d SBN d SBN  
Giả sử AC giao với BN tại H H là trọng tâm của ABD 
Tính được 
6 3
 ; A
3 3
a a
BH H  
Có AB = a 2 2 2AH BH AB   
Theo định lý Pitago đảo  090AHB  BN AC  . 
0,25 
 Kẻ AI SH , ta lại có BN AC ; BN SA  BN SAC BN AI    
Vậy AI SH ;     ,BN AI AI SBN AI d A SBN     
Trong tam giác vuông SAH có 
2 2 2 2 2
1 1 1 .
2
AS AH a
AI
AI AS AH AH AS
    

Vậy  DM,SM
2
a
d  
0,25 
Câu 7 
(1,0đ) 
E
D
H
B
A
C
M
F
 Giả sử DE cắt AC tại M 
; / /FD AB AC AB FD CA   
Ta có / /
CE EM CH CE CH
EH BF BF BC
EF ED HB EF HB
       
0,25 
 Đường thẳng FB đi qua F(-1; 3) và vuông góc với BC nên nó nhận VTCP của đường 
thẳng BC là  2;1u 

 là VTPT 
Phương trình đường thẳng BF: 2(x + 1) + 1(y – 3) = 0 2 1 0x y    
Giải hệ pt : 
1
2 1 0 1 35
;
2 1 0 3 5 5
5
x
x y
B
x y
y

     
    
      

0,25 
5 
 Vì D thuộc đường thẳng 3x + 5y =0 
 0
0
3
x ;
5
x
D
 
  
 
 ; 0
0
3
1 ; 3
5
x
FD x
 
   
 

; 0
0
31 3
 ;
5 5 5
x
BD x
 
   
 

2
0 0. 0 17 37 20 0BD FD FD BD x x      
 
0 1( / )x t m   hoặc 0
20
17
x

  (loại) 
Vậy 31;
5
D
 
 
 
0,25 
 Vì D là trung điểm của AB nên 11 3;
5 5
A
 
 
 
Đường thẳng AC đi qua điểm 11 3;
5 5
A
 
 
 
 và có VTPT 12 ;0
5
AB
 
  
 

Lập được PT dường thẳng AC là: 12 11 3 110 0
5 5 5 5
x y x
   
        
   
C là giao điểm của đường thẳng AC và BC 11 3;
5 5
C
  
  
 
Vậy 11 3;
5 5
A
 
 
 
, 1 3;
5 5
B
 
 
 
, 11 3;
5 5
C
  
 
 
0,25 
Đường thẳng (AB) đi qua điểm ( 1;2;0)A  có VTCP (2; 3;3)AB 

Xét pt (AB):  
1 2
2 3 1 2 ;2 3t;3t
3
x t
y t M t
z t
  

     
 
 thuộc đường thẳng (AB) 
0,25 
M là giao điểm của AB và (P) nên 
   
9 5 1 27
2 1 2 2 2 3 3 3 0 ; ;
13 13 13 13
t t t t M
 
           
 
0,25 
Vì mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) nên mặt phẳng (Q) có dạng 2x – 2y + z + m = 0 . 
Mặt phẳng (Q) cách điểm A một khoảng bằng 2 nên ta có: 
 
22
122 4
2 6 6
02 2 1
mm
m
m
   
        
0,25 
Câu 8 
(1,0đ) 
Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là: 
2 2 12 0x y z    hoặc 2 2 0x y z   
0,25 
 
     
3
3 2
1
1 ! ! !
2 2
2 3! 2 ! 2! 2 ! 2 3 !
n
n n
nA n n
C C
n n n


    
  
 ĐK: 
2
n
n




 
   
1 1 1
2 2 5 3 6 11
3 2 2 2 2
n
n n n
n n

        
 
0,25 Câu 9 
(0,5đ) 
   
11 11112 2 22 3
11 11
0 0
2 2
. 2 .
22 3 10 4
n k
k kk k k
k k
x C x C x
x x
k k
 
 
   
      
   
    
  
Vậy hệ số của x10 là 41116. 5280C  
0,25 
Câu 10 
(1,0đ) 
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2( 1) 2(1 )bc a a bc     . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
2
2 2 2
1 4 12
(1 ) 1
a a c a
P
a bc c a
 
  
 
6 
Ta có 2 2 2 2 2( 1) 2(1 ) 1 2bc a a bc b c bc a a          
  
22 2 21 2 2 1 2b c bc a a a         2 2
1
2 0 1b c bc bc c
b
        
0,25 
Ta có 
 
22 2
1 1 4 12
11
a a
P
a bc b ac

   

Do 
2 2
1 1
1
a a
bc
a bc a
 
   
Vì 
   
2 2
1 1 4 4
1 1
c c
b b c c
    
 
Theo Bất đẳng thức Cauchy, ta có 
   
32 2
1 1 4 1 1 4
3 . . 3
2 2 2 21 1
c c c c
c c
   
   
 
   
2 2
4 1 4
2 2
1 1
c
bc c
     
 
Do đó 
2 2 2 2
1 12 1 12 1 1 6
2 2 2
1 2
a a a a
P
a a a a a a a
 
         

0,25 
Đặt  
1
0t t
a
  4 2 6 2 ( )P t t t f t      
Xét 4 2( ) 6 2f t t t t    trên  0; 
'( ) 0 1f t t   
Bảng biến thiên 
t 0 1  
f’(t) _ 0 + 
f(t) 
 -2 
0,25 
  ( ) 2 0;P f t t      
Vậy GTNN của P bằng - 2 
1
1 1
1
t
bc a b c
c


     
 
0,25 
Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa