Đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 - Lần 1 môn: Toán 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 1 
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu 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 1 13y x mx m m x      (1). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi 2m . 
b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực đại tại 1x  . 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình    23 3log 1 log 2 1 2x x    . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
3
2
2
2 1
5 4
xI dx
x x


  . 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện   22 3 z (4 ) (1 3 )i i z i      . Tìm phần thực và phần ảo của z . 
b) Một chi đoàn có 15 đoàn viên trong đó có 7 nam và 8 nữ. Người ta chọn ra 4 người trong chi đoàn đó để 
lập một đội thanh niên tình nguyện. Tính xác suất để trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3a ;  0120BAD và 
cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng ( )SBC và ( )ABCD 
bằng 060 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC . 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 1 0P x y z    và điểm 
 3; 5; 2I   . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng  P . Tìm tọa độ tiếp điểm. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn      2 2: 2 2 5C x y    và 
đường thẳng  : 1 0x y    . Từ điểm A thuộc   kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với  C tại B 
và C . Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8 . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 
   
2 2 2
2 2 2
2 2 4 1 1
4 1 2 1 6
x y y x x
x y x x
         
. 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn  min , ,c a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức 
2 2 2 2
1 1P a b c
a c b c
    
 
. 
 -------------- 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 ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 1 
 Môn: TOÁN; Khối: A+B 
 (Đáp án – thang điểm gồm 01 trang) 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
a.(1,0 điểm).  3 2 21 1 13y x mx m m x      (1) 
Với 2m  , hàm số trở thành: 3 21 2 3 1
3
y x x x    
♥ Tập xác định: D   
♥ Sự biến thiên: 
ￚ Chiều biến thiên: 2' 4 3y x x   ; ' 0 1y x   hoặc 3x  . 
0.25 
 + Hàm số nghịch biến trên khoảng  1;3 ; 
 + Đồng biến trên các khoảng  ;1 và  3; . 
 ￚ Cực trị: 
 + Hàm số đạt cực tiểu tại 3x  ; yCT (3) 1y  ; 
 + Hàm số đạt cực đại tại 1x  ; yCĐ 7(1)
3
y  . 
 ￚ Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    
0.25 
 ￚ Bảng biến thiên: 
0.25 
♥ Đồ thị: 
0.25 
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực đại tại 1x  . 
 Tập xác định: D   
 Đạo hàm: 2 2' 2 1y x mx m m     
0.25 
1 
(2,0 điểm) 
♥ Điều kiện cần: 
Hàm số đạt cực đại tại 1x   '(1) 0y  
0.25 
  2 3 2 0m m    1
2
m
m
  
♥ Điều kiện đủ: 
 Với 1m , ta có: 2' 2 1  y x x , ' 0 1  y x 
 Bảng biến thiên 
x  1  
'y  0  
y 
 Từ BBT ta suy ra 1m không thỏa. 
0.25 
 Với 2m , ta có: 2' 4 3  y x x , 1' 0
3
    
x
y
x
 Bảng biến thiên 
x  1 3  
'y  0  0  
y CĐ 
 CT 
 Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại 1x . 
♥ Vậy hàm số đạt cực đại tại 1x  khi 2m  . 
0.25 
Giải phương trình    23 3log 1 log 2 1 2x x    (1) 
♥ Điều kiện: 
11 0
12 1 0
2
xx
x x
          
0.25 
♥ Khi đó:    3 31 log 1 log 2 1 1x x     
  3log 1 2 1 1x x      
  1 2 1 3x x    (2) 
0.25 
 Với 1 1
2
x  thì      22 1 2 1 3 2 3 4 0x x x x        : pt vô nghiệm 0.25 
2 
(1,0 điểm) 
 Với 1x thì      2 12 1 2 1 3 2 3 2 0 2
2
x x x x x x            
Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm phương trình đã cho là 2x  . 
0.25 
Tính tích phân 
3
2
2
2 1
5 4
xI dx
x x


  . 
♥ Ta có: 
  2
2 1 2 1 3 1
5 4 1 4 4 1
x x
x x x x x x
 
  
     
 0.25 
♥ Do đó: 
3 3
2 2
1 13
4 1
I dx dx
x x
    
0.25 
3 3
2 2
3ln 4 ln 1x x    0.25 
3 
(1,0 điểm) 
 4 ln 2 . 0.25 
4 
(1,0 điểm) 
a.(0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện   22 3 z (4 ) (1 3 )i i z i      . Tìm phần 
thực và phần ảo của z . 
♥ Đặt z a bi  ,  ,a b ta có: 
       2 22 3 z (4 ) (1 3 ) 2 3 (4 ) (1 3 )i i z i i a bi i a bi i             
    6 2 4 2 8 6a b a b i i      
0.25 
6 2 8 7
4 2 6 17
a b a
a b b
            
♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 7 và phần ảo bằng 17 . 
0.25 
b.(0,5 điểm). Một chi đoàn có 15 đoàn viên trong đó có 7 nam và 8 nữ. Người ta chọn ra 4 
người trong chi đoàn đó để lập một đội thanh niên tình nguyện. Tính xác suất để trong 4 
người được chọn có ít nhất 1 nữ. 
♥ Số phần tử của không gian mẫu là   415C 1365 
 Gọi A là biến cố "trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ” 
 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là    4 4A 15 7C C 1330 
0.25 
♥ Vậy xác suất cần tính là (A)

  

A 1330 38P
1365 39
. 
0.25 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3a ;  0120BAD và 
cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng 
( )SBC và ( )ABCD bằng 060 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABCD và khoảng 
cách giữa hai đường thẳng BD và SC . 
 Do đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3a ;  0120BAD nên các tam giác 
 ,ABC ADC là các tam giác đều cạnh 3a . 
 Suy ra: 
 2 23 . 3 3 32 2
4 2ABCD ABC
a aS S   
 Gọi H là trung điểm của BC . Suy ra AH BC SH BC  
 Do đó        0; ; 60SBC ABCD AH SH SHA      . 
0.25 
 Xét tam giác SAH ta có: 
 
0
3 . 3. 3 3 3.tan 60
2 2
  
a aSA AH 
 Vậy 
2 31 1 3 3 3 3 9. . . .
3 3 2 2 4
  ABCD
a a aV S SA . 
0.25 
5 
(1,0 điểm) 
 Gọi O AC BD  . Vì DB AC , BD SC nên  BD SAC tại O . 
 Kẻ OI SC  OI là đường vuông góc chung của BD và SC . 
0.25 
 Sử dụng hai tam giác đồng dạng ICO và ACS hoặc đường cao của tam giác 
 SAC suy ra được 3 39
26
 aOI . Vậy   3 39,
26
 ad BD SC . 
0.25 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 1 0P x y z    và điểm 
 3; 5; 2I   . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng  P . Tìm tọa độ 
tiếp điểm. 
 Bán kính mặt cầu  
2 2 2
2.3 ( 5) 3.( 2) 1 18;( )
142 1 3
R d I P
      
 
. 
0.25 
 Phương trình mặt cầu:      2 2 2 1623 5 2
7
x y z      . 0.25 
 Tiếp điểm chính là hình chiếu vuông góc H của I xuống mặt phẳng  P đã cho 
 Đường thẳng IH qua I và nhận PVT  2; 1; 3n  

 của mặt phẳng  P làm 
 VTCP có phương trình là 
3 2
5
2 3
x t
y t
z t
      
  t  
0.25 
6 
(1,0 điểm) 
 Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình 
3 2
5
2 3
2 3 1 0
x t
y t
z t
x y z
          
 Hệ này có nghiệm 9 3 26 13, , ,
7 7 7 7
t x y z    
 Do đó tiếp điểm H có tọa độ là 3 26 13; ;
7 7 7
H
      . 
0.25 
7 
(1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn      2 2: 2 2 5C x y    
và đường thẳng  : 1 0x y    . Từ điểm A thuộc   kẻ hai đường thẳng lần 
lượt tiếp xúc với  C tại B và C . Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác 
ABC bằng 8 . 
  C có tâm  2;2 , 5I R  ,    ; 1A A a a     
 Từ tính chất tiếp tuyến  IA BC tại H là trung điểm của BC . 
 Giả sử ,IA m IH n   0m n  
 2 2 2, 5HA m n BH IB IH n       
 Suy ra:   21 . . 5 8
2ABC
S BC AH BH AH m n n       (1) 
0.25 
  Trong tam giác vuông IBA có 2 5. 5 .BI IH IA m n m
n
     (2) 0.25 
 Thay (2) vào (1) ta có: 2 6 4 25 5 8 15 139 125 0n n n n n
n
            
   2 4 21 14 125 0n n n     
Suy ra 1, 5n m  . 
0.25 
      
2 2 2
2; 32
5 2 3 25 6 0
3 3;2
Aa
IA a a a a
a A
                   
0.25 
Giải hệ phương trình 
 
   
2 2 2
2 2 2
2 2 4 1 1 (1)
4 1 2 1 6 (2)
x y y x x
x y x x
         
. 
♥ Điều kiện: 0x 
 Ta thấy 0x  không thỏa mãn phương trình (2) 
 Với 0x thì    2 21 11 2 1 4 1 1 1y y x x
          
 (3) 
0.25 
♥ Xét hàm số  2( ) 1 1f t t t   , với t . 
 Ta có 
2
2
2 1'( ) 1 0
1
tf t
t

  

, với mọi t . Suy ra  f t đồng biến trên  . 
 Do đó:     1 13 2 2f y f y
x x
     
 
0.25 
♥ Thay 12y
x
 vào phương trình (2) ta được phương trình: 
  3 22 1 6 0x x x x     (4) 
 Xét hàm số    3 22 1 6g x x x x x     với  0;x  
 Ta có    
2
2 5 1' 3 1 0, 0;xg x x x
x
       . 
 Suy ra  g x đồng biến trên  0; 
 Do đó:      4 1 1g x g x    
0.25 
8 
(1,0 điểm) 
 Với 11
2
x y   
♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm  ;x y là 11;
2
     
0.25 
9 
(1,0 điểm) 
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn  min , ,c a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 
2 2 2 2
1 1P a b c
a c b c
    
 
. 
♥ Ta có: 
22
2 2 2 2
4 2
c ca c a ac a ac a
            
 Tương tự ta có 
2
2 2
2
cb c b
       
0.25 
♥ Do đó ta có theo bất đẳng thức Cô-si thì 
  2 2 22 2 2 2
1 1 1 1 8
2 2
a c b c c c a b ca b
                    
 Vậy nên ta có 
0.25 
  2
8P a b c
a b c
   
 
♥ Đặt t a b c   với 0t 
 Xét hàm số 
4
8( )f t t
t
  trên (0; ) . Ta có: 
5
5 5
32 32'( ) 1 0 2tf t t
t t
      . 
 Bảng biến thiên 
t 0 2  
 'f t  0  
 f t 
 5
2
0.25 
♥ Dựa vào BBT suy ra 
     0;
5min 2
2
f t f

  . Do đó 5
2
P . Dấu đẳng thức xảy ra 
 khi và chỉ khi 2 2t a b    và 0c  
 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5
2
, đạt được khi 2a b  và 0c 
0.25