Đề thi thử thpt quốc gia lần 3 năm học 2015 - 2016 môn thi: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
NGUYỄN TẤT THÀNH 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 
NĂM HỌC 2015-2016 
MÔN THI: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
ĐỀ BÀI 
Câu 1(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 23 2.y x x   
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của hàm số sau 4 3 2( ) 2f x x x x   . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Gọi 1 2,z z là hai nghiệm của phương trình 
2 6 13 0z z   , biết 1z có phần ảo âm. 
Tính  
2
1 2z z   . 
b) Giải phương trình 2 – 6.2 – 1 0x x  . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2
2
1
1
.
 
  
 

xI x e dx
x
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz , cho (0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3).A B C     Viết phương trình 
mặt phẳng (ABC), chứng minh rằng ABC là tam giác vuông và tính diện tích của tam giác ABC. 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x: 2P cos cos sin .
4 4
x x x
    
      
   
b) Trong một đợt kiểm tra chất lượng lớp 12, một học sinh tham gia kiểm tra ba môn Toán, Lý và Hóa, 
giả thiết rằng điểm số mỗi môn theo thang điểm 10 và được làm tròn đến hàng đơn vị. Biết rằng đối với 
học sinh này mỗi môn thi xác suất để đạt được 10 điểm, 9 điểm, 8 điểm đều lần lượt là 
1
10
, 
1
,
5
1
3
. Tìm 
xác suất để học sinh này đạt được tổng số điểm cả ba môn đúng 28 điểm. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, M là 
trung điểm của A’C’, 2BC a , ' 2AA a . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách 
từ M đến mặt phẳng (ACB’). 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABCD là hình thoi tâm I(1;4), đường tròn tâm I 
bán kính IA cắt đoạn IB tại E, biết A thuộc 
1
d có phương trình 3 0x y   , E thuộc 
2
d có phương 
trình 9 0x y   , diện tích của hình thoi bằng 40. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết A có hoành 
độ dương. 
Câu 9 (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có ít nhất một nghiệm trên 
1
;16
4
 
 
 
. 
 
 
2
2 4
2
2
log 1 2 log
0
3 1 log
 

  
x m x
x x x
 (1). 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC, tìm giá trị nhỏ nhất của cosC biết rằng các góc A, B, C thỏa 
mãn điều kiện cot cot 2 cot cot 3 cot cot 0
2 2 2 2 2 2
B C C A A B     
          
     
. 
-------------Hết------------ 
GV: Võ Thị Ngọc Ánh 
 TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
NGUYỄN TẤT THÀNH 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 
NĂM HỌC 2015-2016 
MÔN THI: TOÁN 
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM 
Câu Ý Nội dung Điểm 
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 23 2.y x x   1,0 
+ Tập xác định: Hàm số có tập xác định .D R 0,25 
+ Sự biến thiên: 
Các giới hạn: lim
x
y

  , lim
x
y

  . 
2' 3 6 .y x x  Ta có 
0
' 0
2
x
y
x

   
. 
0,25 
 Bảng biến thiên: 
x  0 2  
'y  0  0  
y 
 2  
 2 
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0),(2; )  và nghịch biến trên khoảng 
(0;2) . 
Hàm số đạt cực đại tại x=0, giá trị cực đại y(0)=2, hàm số đạt cực tiểu tại x=2, giá trị 
cực tiểu là y(2)=-2. 
0,25 
 + Đồ thị: 
0,25 
2 Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số 4 3 2( ) 2f x x x x   . 1,0 
 3 2 2'( ) 4 6 2 2 (2 3 1)f x x x x x x x      
0
'( ) 0 1
1
2
x
f x x
x

 

  



0,25 
Ta có 2''( ) 12 12 2f x x x   
''(0) 2 0,f   ''(1) 2 0,f  
1
'' 1 0
2
f
 
   
 
. 
0,5 
Vậy: Các cực tiểu của hàm số là x=0, x=1; các giá trị cực tiểu tương ứng là f(0)=0, 0,25 
f(1)=0. 
Giá trị cực đại của hàm số là 
1
2
x  , giá trị cực đại là 
1 1
2 16
f
 
 
 
. 
Ghi chú: Học sinh có thể giải bằng cách lập bảng biến thiên của f(x) hoặc bảng xét 
dấu của f’(x) vẫn được điểm tối đa. 
3 a Gọi 1 2,z z là hai nghiệm của phương trình 
2 6 13 0z z   , biết 1z có phần ảo âm. 
Tính  
2
1 2z z   . 
0,5 
 2 6 13 0z z   (1) 
Phương trình (1) có:  
2
' 9 13 4 2i      
Do đó phương trình (1) có hai nghiệm là: 
1 3 2z i   và 2 3 2z i   (thỏa 1z có 
phần ảo âm). 
0,25 
Ta có  
2 23 2 ( 3 2 ) 9 12 4 3 2 2 14i i i i i i              . 0,25 
b Giải phương trình 2 – 6.2 – 1 0x x  . 0,5 
 2
x
 – 6.2-x – 1 = 0 22 2 6 0x x    (1) 
Đặt t = 2x , t > 0 phương trình (1) trở thành 
 2
2
6 0
3
t
t t
t
 
     
. 
0,25 
Kết hợp điều kiện t>0 ta được t=3. 
Với t=3, ta có 22 3 log 3
x x   . 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 2log 3x  . 
0,25 
4 
Tính tích phân 
2
2
1
1
.
 
  
 

xI x e dx
x
 1,0 
 2 2 2 22 2 2 2 22
11 1 1 1 1
1
1 .
 
        
 
    
x x x xI x e dx dx xe dx x xe dx e xdx
x
0,25 
+0,25 
Đặt 2 2 .
2
dt
t x dt x dx xdx     
 Đổi cận: x 1 2 
 t 1 4 
0,25 
Suy ra, 
4
4
4
1
1
1 . 1 1
2 2 2 2
      
t
t dt e e eI e . 
Vậy: 
4
1
2 2
  
e e
I . 
0,25 
5 Trong không gian Oxyz , cho (0;1;2), ( 2; 1; 2), (2; 3; 3).A B C     Viết phương trình 
mặt phẳng (ABC), chứng minh rằng ABC là tam giác vuông và tính diện tích của tam 
giác ABC. 
1,0 
 Ta có  2; 2; 4   AB ,  2; 4; 5  AC 
2 4 4 2 2 2
[ , ] ; ; ( 6; 18;12)
4 5 5 2 2 4
       
    
    
AB AC . 
0,25 
Mặt phẳng (ABC) đi qua điểm A(0;1;2) và nhận 
1
n [ , ] ( 1; 3;2)
6
   AB AC làm 
vectơ pháp tuyến nên mp(ABC) có phương trình 
1( 0) 3( 1) 2( 2) 0x y z       
hay 3 2 1 0x y z    . 
0,25 
( 2; 2; 4)AB     , (4; 2; 1)BC    . 
. 2.4 2.( 2) 4.( 1) 0AB BC ABC        vuông tại B. 
0,25 
2 2 2( 2) ( 2) ( 4) 2 6AB        , 2 2 24 ( 2) ( 1) 21BC       . 
Diện tích 
1 1
: . .2 6. 21 3 14
2 2
ABC S AB BC    . 
0,25 
6 a Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x: 
2P cos cos sin .
4 4
x x x
    
      
   
0,5 
P = 2 2
1
cos cos sin cos cos 2 sin
4 4 2 2
x x x x x
       
          
     
 0,25 
= 2 2
1 1
(1 2sin ) sin
2 2
x x   hay P không phụ thuộc vào x. 0,25 
b Trong một đợt kiểm tra chất lượng lớp 12, một học sinh tham gia kiểm tra ba môn 
Toán, Lý và Hóa, giả thiết rằng điểm số mỗi môn theo thang điểm 10 và được làm 
tròn đến hàng đơn vị. Biết rằng đối với học sinh này mỗi môn thi xác suất để đạt 
được 10 điểm, 9 điểm, 8 điểm đều lần lượt là 
1
10
, 
1
,
5
1
3
. Tìm xác suất để học sinh 
này đạt được tổng số điểm cả ba môn đúng 28 điểm. 
0,5 
 Gọi H là biến cố “học sinh này đạt được tổng số điểm cả ba môn đúng 28 điểm” 
Gọi A là biến cố “Học sinh này thi được 2 môn 10 điểm và một môn 8 điểm”. 
Gọi B là biến cố “Học sinh này thi một môn được 10 điểm và hai môn đạt 9 điểm” 
Ta có H AUB và A, B là hai biến cố xung khắc nên xác suất của biến cố H là 
( ) ( ) P( )P H P A B  . 
0,25 
Vì khả năng làm bài đối với mỗi môn thi là độc lập nên theo quy tắc cộng và nhân ta 
có xác suất xác suất của biến cố A và B lần lượt là: 
 23
1 1 1 1
( ) . .
10 10 3 100
 P A C . 
1
3
1 1 1 3
( ) . .
10 5 5 250
 P B C . 
Suy ra 
1 3 11
( )
100 250 500
  P H . 
Vậy, xác suất cần tìm là 
11
500
. 
0,25 
7 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, M là 
trung điểm của A’C’, 2BC a , ' 2AA a . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ 
và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ACB’). 
1,0 
M
B'
C'A'
A C
B
H
0,25 
Xét tam giác ABC vuông cân tại A và 2BC a nên 
0 2sin 45
2
a
AB AC BC a    . 
Suy ra diện tích tam giác ABC là 
21
.
2 2
ABC
a
S AB AC   . 
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là: 2 3
1
'. 2 . .
2
ABCV AA S a a a   0,25 
+ Ta có  ' ' // ' ' // ' (M;(B'AC)) ( ;(B'AC))A C AC A C ACB d d A   (1). 
Trong mp (ABB’A’), kẻ A’H vuông góc với AB’ tại H 
 ' ' '
'
AC AB
AC ABB A AC A H
AC AA

   

 mà ' 'A H AB nên ' (A ')A H CB . 
Hay ( ';(B'AC)) A'Hd A  (2). 
0,25 
+ Xét A’AB’ vuông tại A’ có AH là đường cao nên 
 
22 2 2 2
1 1 1 1 1 5 2 5
' ' ' 4 52
a
AH
AH A A A B a aa
       (3). 
Từ (1), (2) và (3) suy ra   
2 5
, '
5
a
d M ACB  . 
0,25 
8 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABCD là hình thoi tâm I(1;4), đường tròn tâm I 
bán kính IA cắt đoạn IB tại E, biết A thuộc 
1
d có phương trình 3 0x y   , E thuộc 
2
d có phương trình 9 0x y   , diện tích của hình thoi bằng 40. Tìm tọa độ các 
đỉnh của hình thoi biết A có hoành độ dương. 
1,0 
 Vì A thuộc 
1
d có phương trình 3 0x y   nên ( ;3 )A a a với 0a  (do giả thiết). 
Vì E thuộc E thuộc 
2
d có phương trình 9 0x y   nên E(t;9-t). 
Suy ra  1; 1IA a a    ,  1;5IE t t   . 
Do ABCD là hình thoi nên IA IE , ngoài ra E thuộc đường tròn (I; IA) nên IE=IA. 
Ta có 
2 2 2 2
( -1)( -1) - ( 1)(5- ) 0 (1). 0
( -1) ( 1) ( -1) (5- ) (2)
a t a tIA IE
a a t tIA IE
  
 
    
. 
0,25 
Khi t=1, thay vào (1) ta được a=-1 không thỏa mãn phương trình (2). 
Khi 1t  ta có 
( 1)(5 )
(1) -1 (3)
1
a t
a
t
 
 

. Thay vào (2) ta được 
  
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2
2 2
( 1) (5 )
( 1) ( -1) (5- ) ( -1) (5- ) ( 1) ( 1) 0
( 1)
( 1) ( 1) .
2
a t
a t t t t a t
t
a t
a t
a t
 
         

 
     
 
+ Với a t  thay vào (3) ta được 2 2t a    (không thỏa điều kiện a>0). 
+ Với 2a t  thay vào (3) ta được 4 2t a   (thỏa điều kiện a>0). 
Do đó A(2;1), E(4;5). 
0,25 
Lúc đó 2 21 3 10IA IE    , 
Diện tích hình thoi là BD.IA=40 nên 
40
4 10 2 10
210
BD
BD IB     . 
Mà E thuộc đoạn thẳng IB nên E là trung điểm của IB. 
Gọi ( , )
B B
B x y thì 
1 2.4 7
4 2.5 6
B B
B B
x x
y y
   
 
   
 hay B(7;6). 
0,25 
Vì I là trung điểm BD nên (2.1 7;2.4 6)D   hay ( 5;2)D  . 
Vì I là trung điểm AC nên (2.1 2;2.4 1)C   hay (0;7)C . 
0,25 
Lúc đó ABCD là hình bình hành có AC BD nên thỏa giả thiết ABCD là hình thoi. 
Vậy, A(2;1), B(7;6), C(0;7), D(-5;2). 
9 
Tìm m để bất phương trình sau có ít nhất một nghiệm trên 
1
;16
4
 
 
 
. 
 
 
2
2 4
2
2
log 1 2 log
0
3 1 log
 

  
x m x
x x x
 (1). 
1,0 
 Điều kiện 
 2 2
0 0
3 1 log 0 1
 
 
    
x x
x x x x
. 0,25 
Ta thấy: 
+ Nếu  
22 2 23 1 0 3 1 3 1 1x x x x x x x              . Lúc đó 
2log x < 0 nên  2 23 1 log 0x x x    khi 0 1x  . 
+ Nếu 2 3 1 0 1x x x      . Lúc đó 2log x > 0 nên  2 23 1 log 0x x x    
khi 1x  . 
Suy ra  2 23 1 log 0, 0, 1x x x x x       . 
0,25 
Do đó  
2
2 4(1) log 1 2 log 0 (2)x m x    . 
Đặt 2logt x , ta có  
1
;16 \{1} 2;4 \{0}
2
x t
 
    
 
. 
(2) trở thành 2 1 2 0 (3)t mt   
+ Khi [ 2;0)t  : 
2 1
(3)
t
m
t

  (*) 
+ Khi (0,4]t : 
2 1
(3)
t
m
t

  (**) 
0,25 
+ Xét hàm số 
2 1
( ) , 0
t
f t t
t

  . 
Ta có 
2
2
11
'( ) , '( ) 0
1
tt
f t f t
tt

     
. 
0
lim
x
y

  ,
0
lim
x
y

  . 
Bảng biến thiên của f(t): 
Từ bảng biến thiên suy ra bất phương trình (1) có nghiệm khi hoặc (*) có nghiệm 
[ 2;0)t  hoặc (**) có nghiệm (0,4]t khi và chỉ khi 2m   hoặc 2m  . 
Vậy: 2m   hoặc 2m  . 
0,25 
10 Cho tam giác ABC, tìm giá trị nhỏ nhất của cosC biết rằng các góc A, B, C thỏa mãn 
điều kiện cot cot 2 cot cot 3 cot cot 0
2 2 2 2 2 2
B C C A A B     
          
     
. 
1,0 
 Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, ta có 0,25 
cot cot 2 cot cot 3 cot cot 0
2 2 2 2 2 2
cos cos cos
2 2 22 3 0
sin .sin sin .sin sin .sin
2 2 2 2 2 2
B C C A A B
A B C
B C C A A B
     
          
     
   
sin 2sin 3sinA B C   . 
 Theo định lí hàm số sin, ta có 2 2 22 3 4 4 9a b c a ab b c      
Theo định lí hàm số cosin ta được 
 2 2 2 24 4 9 2 osCa ab b a b abc     , suy ra 2 22 (2 9 osC)=8a 5 ab c b . 
0,25 
Theo bất đẳng thức AM-GM ta được 2 2 2 28a 5 2 8a .5 4 10b b ab   . 
Do đó ta được 
2 10 2
2 (2 9 osC) 4 10 osC
9
ab c ab c

    . 
0,25 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
10
8 5 4
2 3 10 8
12

  
 
   


a b
a b
a b c
c b
 (thỏa điều kiện a, 
b, c là ba cạnh của tam giác). Vậy, giá trị nhỏ nhất của cosC là 
2 10 2
9

. 
0,25 
 ------------Hết------------