Đề thi thử thpt quốc gia lần 2 năm 2015 môn: Toán thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểɼm). Cho hàm số 21
xy x
   (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng y x m   cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình:
a) cos3 4sin cos 0x x x   b) 14 4.2 9 0.x x  
Câu 3 (1,0 điểɼm).
a) Tìm phần ảo của số phức z, biết: (2 ) 3 2 .z i z i   
b) Một lớp học có 16 học sinh nam và 24 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 5 học sinh đi làm trực
nhật sao cho trong 5 học sinh được chọn có 2 bạn nữ và 3 bạn nam.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
1
0
1 3 .I x xdx 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 2 1 3: 1 2 2
x y z      , mặt
phẳng (P): 2 2 0x y z    . Tìm tọa độ giao điểm của  và (P). Viết phương trình đường thẳng d nằm
trong (P) đồng thời cắt và vuông góc với  .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại B,  060BAC  . Hình
chiếu vuông góc của 'A lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa đường
thẳng 'AA và mặt phẳng ( )ABC bằng 060 và 73
aAG  . Tính theo a thể tích khối lăng trụ và cosin của
góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng ( ' ')ABB A .
Câu 7 (1,0 điểɼm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD. Đường tròn (C) ngoại tiếp tam
giác ABC có phương trình 2 2( 2) ( 3) 25.x y    Chân các đường vuông góc hạ từ B và C xuống AC, AB
thứ tự là (1;0),M (4;0)N . Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D biết tam giác ABC nhọn và đỉnh A có tung độ
âm.
Câu 8 (1,0 điểɼm). Giải hệ phương trình:
2 4
2 2
4 8 2 6 1 1 8 1 12
4 4 8 5 11 8 4
x x y y y x
x x x y y x x y
                 
Câu 9 (1,0 điểɼm). Cho a, b, x, y là các số dương thỏa mãn 5 5 2; , 4.a b x y   Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
2 2
2 2
2 24
( )
x yP xy a b
   .
------------------Hết--------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh :............................................................................. Số báo danh :......................................
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC Môn: TOÁN
HƯỚNG DẪN CHẤM
1) Hướng dẫn chấm chỉ nêu một cách giải với những ý cơ bản, nếu thí sinh làm bài không theo cách
nêu trong hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện với tất cả giám khảo.
3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả (không làm tròn).
4) Với các bài hình học (Câu 6 và Câu 7) nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm
phần đó.
Câu Nội dung Điểm
1.a - Tập xác định: \{1}D   .
- Giới hạn, tiệm cận:
lim lim 1 1
x x
y y y
 
      là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
1 1
lim ; lim 1
x x
y y x
  
     là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
0.25
Ta có 2
1' 0,
( 1)
y x D
x
      hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; )
0.25
Bảng biến thiên: 0.25
Đồ thị:
4
2
-2
-4
-5 5
 y
x
h y  = 1
g x  = -1
f x  = -x+2x-1
O 1
-1
2
0.25
1.b Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng :d y x m   và đồ thị (C) là
2
1
xx m x
    
0.25
2 2
1 1
2 ( 2) 2 0 (1)
x x
x x mx m x x m x m
                
0.25
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1, hay
2
1 2 2 0 ( 2)( 2) 0( 2) 4( 2) 0
m m m mm m
            
0.25
2
2.
m
m
   
0.25
2.a cos3 4sin cos 0 2sin 2 sin 4sin 0 sin (sin 2 2) 0x x x x x x x x          0.25
sin 0 ( )x x k k    0.25
2.b 1 2 1( )4 4.2 9 0 4 8.2 9 0 2 9
x
x x x x
x
loai            
0.25
Với 22 9 log 9.x x   0.25
3.a Giả sử ( , ).z a bi a b   Từ giả thiết suy ra
3(2 )( ) 3 2 2 2 3 2 3 2
a ba bi i a bi i a bi a bi ai b i b a
                    
0.25
5 7;4 4b a    . Vậy phần ảo của z là
5 .4
0.25
3.b Số cách chọn 2 bạn nữ là 224C , số cách chọn 3 bạn nam là 316C . 0.25
Vậy số cách chọn được 5 bạn thỏa mãn bài toán là 2 324 16. 154560C C  (cách). 0.25
4. Đặt 23 1 3 1 2 3t x t x tdt dx       0.25
0 1; 1 2x t x t      0.25
Suy ra
2 2 2
1
1 2.3 3
t t dtI   0.25
22 5 3
4 2
1 1
2 2 116( ) .9 9 5 3 135
t tt t dt        
0.25
5. Gọi M là giao điểm của  và (P), suy ra tọa độ của M là nghiệm của hệ
2 1 3
1 2 2
2 2 0
x y z
x y z
         
0.25
3
1 (3;1;1).
1
x
y M
z
   
0.25
(P) có VTPT (1; 2;1)n  ,  có VTCP (1;2; 2)u  . Từ giả thiết suy ra d có một VTCP là
, (2;3;4)du n u   
   .
0.25
d nằm trong (P) và cắt  nên d đi qua M suy ra phương trình đường thẳng d là:
3 1 1.2 3 4
x y z   
0.25
6.
G
M
A C
B
B'
C'
A'
H
N
E
F
Gọi M là trung điểm BC, góc giữa AA’ và mặt phẳng (ABC) là  0' 60A AG  , suy ra chiều
cao của lăng trụ là 21' . tan 60 .3
o aA G AG 
0.25
Đặt , ( 0) 2 , 3 .AB x x AC x BC x     Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông
ABM ta có:
2 2 2 22 23 7 3 3
2 4 4 2ABC
a x aAM AG x x a S           . Từ đó thể
tích của lăng trụ đã cho là:
37' . 2ABC
aV A G S  (đvtt).
0.25
Kéo dài CG cắt AB tại N, kẻ GE vuông góc với AB (E thuộc AB), hạ GF vuông góc với A’E
(F thuộc A’E). Ta có ' ( ' ) ( ' ')AB A G AB A GE AB GF GF ABB AAB GE
        .
Qua C kẻ đường thẳng song song với GF cắt tia NF tại H, suy ra H là hình chiếu vuông góc
của C trên (ABB’A’). Hay góc giữa AC và mặt phẳng (ABB’A’) là .HAC
0.25
Dễ thấy 2 2 2 2 2 2
2 1 1 1 3 3 24 7
3 3 2 6' 7 7
a aGE BM GF
GF GE GA a a a
         
Suy ra 3 73 .2 6
aCH GF  Xét tam giác AHC vuông tại H, có  21sin 4 2
CHHAC AC 
Từ đó  22cos .8HAC 
0.25
7. 0.25
Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (C) tại A. Ta có tứ giác BCMN nội tiếp nên góc
 ABC AMN (cùng bù với góc NMC ).
Lại có   12ABC MAt sd AC  , suy ra
 MAt AMN . Mà chúng ở vị trí so le trong nên
MN//At, hay IA vuông góc với MN
(I là tâm đường tròn (C)).
Ta có (3;0), (2;3) : 2.MN I AI x  A là giao của IA và (C) nên tọa độ điểm A là nghiệm
của hệ:  22
2 2; 8
2; 2( 2) 3 25
x x y
x yx y
           
. A có tung độ âm nên A(2;-2).
0.25
-Pt AN : 4 0.x y   B là giao điểm (khác A) của AN và (C) suy ra tọa độ của B(7 ;3).
-Pt AM : 2 2 0.x y   C là giao điểm (khác A) của AM và (C) suy ra tọa độ của C(-2 ;6).
-Ta có ( 7;1)A C B D
A C B D
x x x x Dy y y y
       
.
0.25
Kiểm tra điều kiện ABC nhọn thỏa mãn, vậy đó là các điểm cần tìm.
(Nếu không kiểm tra điều kiện này, trừ 0.25 điểm).
0.25
8. ĐK: 2 21; 0;4 8 5 0;11 8 4 0y x x x y y x x          . Pt (1) tương đương với
22 4 44 14 8 2 12 1 8 1 6 1 4 2 6 4 1 3 12 2
x yx x x y y y x x y y               
Xét hàm số
2
( ) 4 32
tf t t t   trên khoảng [0; ) .
0.25
Ta có 2'( ) 3, 0.f t t tt     Theo BĐT Cô si, ta có
31 1 1 1'( ) 3 3 . . 3 0f t t tt t t t       , suy ra ( )f t đồng biến trên [0; ) . Vậy pt(1)
tương đương với:   2(2 ) 1 2 1 4 1f x f y x y y x        .
0.25
Thế vào (2) ta được: 28 4 12 8 (2 1)x x x     (3). Ta có:
230 1 2 1 2 (2 1) 4.2x x x         
0.25
Lại có  28 4 12 8 16 2. 8 4. 12 8 16 8 4 12 8 4x x x x x x            
Vậy 3(3) 4 10.2VT VP x y       KL: Hệ có nghiệm  
3; ;10 .2x y
    
0.25
9. Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có: 0.25
55 5 10 2
55 5 10 2
1 1 1 5 5
1 1 1 5 5
a a a a
b b b b
     
     
Suy ra 5 5 2 2 2 22 2 6 5( ) 2.a b a b a b       Do đó
2 22 24 12 .2 2
x y x yP xy y x xy
    
Xét hàm số 12( ) ,2
x yP x y x xy   với (0;4]x và y là tham số. Ta có
2 2 2 2
2 2 2
2 24 4 2.0 24 8'( ) 0, (0;4]2 2 2
x yP x xx y x y x y
          , vậy ( )P x nghịch biến
trên (0;4], suy ra 5( ) (4) 4
yP x P y   .
0.25
Xét hàm số 5( ) ,4
yg y y  trên (0;4], ta có 2
5 1 5 1 1'( ) 04 16 4 16g y y         ,
suy ra ( )g y nghịch biến trên (0;4] nên 9( ) (4) .4g y g 
0.25
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 94 , đạt được khi 1, 4a b x y    .
0.25
----- HẾT -----