Đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 - Lần 4 môn: Toán - Khối 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 4 
 THPT Chuyên Vĩnh Phúc Môn: TOÁN-KHỐI 12 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 2y x x   
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 
b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng  : 2 2d y m x   cắt đồ thị ( )C tại 3 điểm phân biệt 
 2; 2 , ,A B D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D với đồ thị  C bằng 27 . 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình :      2 223 3 31log 9 log 3 log 54x x x     . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân :  
 
1
2
0
5 3ln 2
1
x x
I dx
x
 


. 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Tính môđun của số phức z i , biết    2z i z i iz   ( i là đơn vị ảo) 
b) Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề gồm 5câu được chọn từ 15 câu dễ,10câu trung bình 
và 5 câu khó. Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi có cả ba câu dễ, trung bình và khó,đồng thời số 
câu dễ không ít hơn 2 .Lấy ngẫu nhiên một đề thi trong bộ đề trên.Tìm xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi 
“ Tốt”. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O , 4, 4 3AB AD  , các 
cạnh bên bằng nhau và bằng 6 , gọi M là trung điểm của OC . Tính thể tích khối chóp .S ABMD và diện 
tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD . 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 4 1:
2 3 1
x y zd    

 và điểm 
 2; 1;3M  . Viết phương trình mặt phẳng  P đi qua điểm  1;0;0K , song song với đường thẳng d đồng 
thời cách điểm M một khoảng bằng 3 . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trưc tâm  5;5H , phương 
trình đường thẳng chứa cạnh BC là 8 0x y   . Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai 
điểm    7;3 , 4; 2M N . Tính diện tích tam giác ABC . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : 
2 22 3 1 1
3 6 3 2 3 7 2 7
x xy y y y x
y x y x
             
. 
Câu 9 (1,0 điểm). 
Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn :    4 4 4 2 2 29 25 48 0a b c a b c       
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2
2 2 2
a b cP
b c c a 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:.............................. 
www.VNMATH.com
 SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
THPT Chuyên Vĩnh Phúc ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 4 
 Môn: TOÁN - 12 
 (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
a.(1,0 điểm). 3 23 2y x x   Khảo sát và vẽ đồ thị 
♥ Tập xác định: D   
♥ Sự biến thiên: 
 ￚ Chiều biến thiên: 2' 3 6y x x  ; ' 0 0y x   hoặc 2x  . 
0.25 
 + Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2 ; 
 + Đồng biến trên các khoảng  ;0 và  2; . 
 ￚ Cực trị: 
 + Hàm số đạt cực tiểu tại 2x  ; yCT (2) 2y   ; 
 + Hàm số đạt cực đại tại 0x  ; yCĐ (0) 2y  . 
 ￚ Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    
0.25 
 ￚ Bảng biến thiên: 
x  0 2  
y' + 0 - 0 + 
y 2  
 2 
0.25 
♥ Đồ thị: 
f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
0.25 
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng  : 2 2d y m x   cắt đồ thị 
( )C tại 3 điểm phân biệt  2; 2 , ,A B D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D 
với đồ thị  C bằng 27 . 
 Phương trình hoành độ giao điểm của d và  C là  3 23 2 2 2x x m x     
      
2
2
2
2 2 0
2 0 1
x
x x x m
g x x x m

       
    
0.25 
1 
(2,0 điểm) 
d cắt  C tại ba điểm phân biệt  2; 2 , ,A B D khi chỉ khi  1 có hai nghiệm phân 0.25 
www.VNMATH.com
biệt khác 2
 
9 4 0 90
2 0 4
m
m
g m
       
  
 * 
Với điều kiện  * , gọi 1 2,x x là các nghiệm của  1 thì 1 2 1 21, 2x x x x m      0.25 
Ta có         22 21 2 1 1 1 1: 3 6 3 6 9 1 9 27k y x y x x x x x m          
 21 4m   , 1 3m m    đối chiếu với điều kiện  * chỉ có 1m  thỏa mãn 
ycbt 
0.25 
Giải phương trình :      2 223 3 31log 9 log 3 log 54x x x     
♥ Điều kiện: 
 
2
2
9 0 3 3
3 , 5
3 0 3
3
55 0
x x x
x x
x x
x
xx
                        
  2 
0.25 
♥ Khi đó:      223 3 32 log 9 log 3 log 5x x x      
    23 3log 9 log 3 5x x x       
    22 9 3 5 3 3 5x x x x x x            3 
0.25 
 Với 3x thì 
     2
1 73 ( )
23 3 3 5 18 0
1 73 ( )
2
x tm
x x x x x
x tm
              
0.25 
2 
(1,0 điểm) 
 Với 3 5x  thì 
     2
3 57 ( / )
23 3 3 5 3 12 0
3 57 ( )
2
x t m
x x x x x
x loai
              
Vậy phương trình có ba nghiệm 1 73 3 57;
2 2
x x   
0.25 
Tính tích phân : 
 
 
1
2
0
5 3ln 2
1
x x
I dx
x
 


. 
 Ta có: 
 
 
 
1 1
1 22 2
0 0
ln 2
5 3 5 3
1 1
xxI dx dx I I
x x

   
  
0.25 
       
11 1 1 1
1
1 2 2 2 0
00 0 0 0
1 1 1 1 1ln 1
1 11 1 1
1ln 2
2
x xI dx dx dx dx x
x xx x x
          
 
   
0.25 
3 
(1,0 điểm) 
 
 
1
2 2
0
ln 2
1
x
I dx
x



 . đặt
 
 2
1ln 2
2
1
1 211 1 1
u x du dx
x
dv dx xvx x x
     
               
  
1 1
1
2 0
0 0
2 1 3 3ln 2 2 ln 2 ln 3 ln 1 3ln 2 ln 3
1 1 2 2
xI x dx x
x x

          
  
0.25 
www.VNMATH.com
Vậy 1 3 9 55 ln 2 3 3ln 2 ln 3 ln 3 4ln 2
2 2 2 2
I             
   
0.25 
a.(0,5 điểm). Tính môđun của số phức z i , biết    2z i z i iz   ( i là đơn vị ảo) 
 Đặt z a bi  ,  ,a b ta có:    2z i z i iz   
  2 21 2 1 2 2 2z z i z z iz a b ai b ai            
 
2 2
22 2 21 2 2 1 2 1 2
2 2
a b b
a b b a b
a a
    
         

0.25 
   221 1 2z i a b i a b        . Vậy môđun của số phức z i bằng 2 0.25 
b.(0,5 điểm). Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề gồm 5câu được chọn từ 15 
câu dễ,10 câu trung bình và 5 câu khó. Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi có cả 
ba câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít hơn 2 . Lấy ngẫu nhiên một đề 
thi trong bộ đề trên.Tìm xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi “ Tốt”. 
♥ Số phần tử của không gian mẫu là   530C 142506 
♥ Gọi A là biến cố " đề thi lấy ra là một đề thi “ Tốt” 
 Vì trong một đề thi “Tốt” có cả ba câu dễ, trung bình và khó,đồng thời số câu dễ 
không ít hơn 2 nên ta có các trường hợp sau đây thuận lợi cho biến cố A 
TH1. Đề thi gồm 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó TH này có 3 1 115 10 5C C C 
TH2. Đề thi gồm 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó TH này có 3 1 115 10 5C C C 
TH3. Đề thi gồm 2 câu dễ, 1 câu trung bình và 2 câu khó TH này có 2 1 215 10 5C C C 
♥ Vậy 3 1 115 10 5A C C C  
3 1 1
15 10 5C C C 
2 1 2
15 10 5 56875C C C  
0.25 
4 
(1,0 điểm) 
♥ Vậy xác suất cần tính là (A)

  

A 56875 625P
142506 1566
. 
( TH : Trường hợp) 
0.25 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O , 4, 4 3AB AD  , các 
cạnh bên bằng nhau và bằng 6 , gọi M là trung điểm của OC . Tính thể tích khối chóp 
.S ABMD và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD . 
Ta có  6SA SB SC SD SO ABCD      
SOA SOB SOC SOD OA OB OC OD ABCD            là hình chữ 
nhật. . 4.4 3 16 3ABCDS AB AD    
0.25 
Ta có  22 2 24 4 3 8BD AB BD     2 2 2 5SO SB OB    
Vậy . . .
1 1 32 15 32 5 16 3 8 15
3 3 3 4S ABCD ABCD S ABMD S ABCD
V SO S V V         
0.25 
Gọi G là trọng tâm OCD , vì OCD đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại 
tiếp tam giác OCD . Dưng đường thẳng d đi qua G và song song với SO 
 d ABCD  nên d là trục đường tròn  OCD . Trong mặt phẳng  SOG dựng 
đường thẳng trung trực của SO , cắt d tại K , cắt SO tại I ta có OI là trung trực 
của ,SO KO KS do KO KC KD K     là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 
SOCD . 
0.25 
5 
(1,0 điểm) 
Ta có 
2 2
2 24 2 5 4 93;
2 33 3 3
CDGO R KO OI OG
   
              
. Do đó 
0.25 
www.VNMATH.com
diện tích mặt cầu 
2
2
`
93 1244 4
3 3câ u
S R  
 
    
 
. 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 2 4 1:
2 3 1
x y zd    

 và điểm 
 2; 1;3M  . Viết phương trình mặt phẳng  P đi qua điểm  1;0;0K , song song với đường 
thẳng d đồng thời cách điểm M một khoảng bằng 3 . 
d có vtcp    2; 3;1 , 2; 4; 1u qua H    , 
 P có vtpt    2 2 2; ; , 0n A B C A B C    
       
. 0 2 32 3 0
2;4; 1 3 4 *3 4 0
u n C A BA B C
d P
H P C A BA B C
           
         
 
0.25 
 P
 
 
   
1;0;0
: : 3 2 0
; ; 2 3
qua K
P Ax By B A z A
vtpt n A B A B

     
  
 
  
 22 2
5 8
, 3 3
3 2
A B
d M P
A B B A
 
  
  
0.25 
   2 2 2 2 25 8 3 5 12 10 5 22 17 0 5 17
A B
A B A AB B A AB B
A B

            
 Với A B C B   không thỏa mãn  * 
 Với 5 17A B  chọn 17A  ta có 5 19B C    thỏa mãn  * 
0.25 
6 
(1,0 điểm) 
. Suy ra phương trình mặt phẳng   :17 5 19 17 0P x y z    0.25 
7 
(1,0 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trưc tâm  5;5H , 
phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là 8 0x y   . Biết rằng đường tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai điểm    7;3 , 4;2M N . Tính diện tích tam 
giác ABC . 
 Gọi 1H đối xứng với H qua 1 : 0BC pt HH x y     1I HH BC   
   14;4 3;3I H  . Ta chứng minh được điểm 1H thuộc  ABC 
0.25 
    2 2 2 2: 2 2 0, 0ABC x y ax by c a b c        
Do 
 
 
 
2 2
2 2
2 2
1
7 3 14 6 0 5
4 2 8 4 0 4
363 3 6 6 0
M ABC a b c a
N ABC a b c b
ca b cH ABC
       
  
          
        
  2 2: 10 8 36 0ABC x y x y      
0.25 
      1 16;6 ,A HH ABC A do A H    . 
   ,B C BC ABC   tọa độ ,B C là nghiệm hpt 2 2
8 0
10 8 36 0
x y
x y x y
  

    
 
3
5 6 6 8
3 2, , 2 2
6 2
2
x
y
BC d A BC
x
y
 
        


0.25 
Suy ra diện tích ABC là  1 1, 2 2 3 2 6
2 2ABC
S d A BC BC        (đvdt) 
0.25 
www.VNMATH.com
Giải hệ phương trình : 
 
 
2 22 3 1 1 1
3 6 3 2 3 7 2 7 2
x xy y y y x
y x y x
             
. 
Đ/K  
0
1 6 *
2 3 7 0
x
y
x y


 
   
. 
Từ      2 21 1 1 1 0y x y x y y x          
0.25 
   
0, 0&6 1
11 2 1 0 1 0 1 3
1
x y
y x y x y x x y
y x
   
 
 
              
  
 
 

0.25 
Thê  3 vào  2 ta được pt 3 6 3 5 9 2 5y y y     ,  4 đ/k 9 6
5
y  
 Giải  4    8 3 6 3 1 5 9 0y y y y         
 
2 27 10 7 103 0
8 3 6 1 5 9
y y y y
y y y y
   
   
     
   2
90, 6
5
1 37 10 0
8 3 6 1 5 9
y
y y
y y y y
   
 
 
 
    
      
 
 

0.25 
8 
(1,0 điểm) 
    
    
4
2
4
2 1 *
7 10 0
5 4 *
y x tm
y y
y x tm
   
    
   
Vậy hpt có hai nghiệm        ; 1;2 , ; 4;5x y x y  
0.25 
9 
(1,0 điểm) 
Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn :    4 4 4 2 2 29 25 48 0a b c a b c       
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2
2 2 2
a b cP
b c c a a b
     
Cách 1 gt    2 2 2 4 4 425 48 9a b c a b c      kết hợp với đẳng thức 
 4 4 4 2 2 213a b c a b c     , từ đó suy ra: 
   22 2 2 2 2 2 2 2 2 1625 48 3 3
3
a b c a b c a b c           
0.25 
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:  
22 22 2
2 9 3
b c aa a
b c

 

  22 22 2
2 9 3
c a bb b
c a

 

,  
22 22 2
2 9 3
a b cc c
a b

 

. 
Khi đó        2 2 2 2 2 22 1 2 2 2
3 9
P a b c a b c b c a c a b           
0.25 
Mà 
3 3 3 3 3 3 3 3 3
2 2 2 3 3 3
3 3 3
a a c c c b b b ca c c b b a a b c             
 Suy ra :      2 2 2 3 2 2 3 2 22 2 2a b c b c a c a b a a b a c b b c b a           
      3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23c c b c a a b c a b c a b c a b c             
0.25 
www.VNMATH.com
Từ đó      2 2 2 2 2 2 2 2 22 1 3
3 9
P a b c a b c a b c        
 Đặt  2 2 23 3 4t a b c t      . 
 Cho nên    3 21 2 , 3; 4
27 9
P t t f t t    
Xét hàm số        
2
3 2 41 2 4, 3;4 0
27 9 9 9 9
t tt tf t t t t f t
         
 3;4t   f t liên tục và đồng biến trên đoạn  3; 4 
 
 
   
 
2 3
3;4 3;4
3 3min 3 2 1 min min 1 1
9 27t t
f t f P f t a b c
 
             
0.25 
 Cách 2; Ta có  2 414 2 25 9 * , 0, " " 1x x x x x        thật vậy 
     24 2 2* 9 25 14 2 0 1 9 18 2 0x x x x x x          luôn đúng .Vậy 
     
2 4
2 4 2 2 2 4 4 4
2 4
14 2 25 9
14 2 25 9 14 6 25 9 48
14 2 25 9
a a a
b b b a b c a b c a b c
c c c
   

             
   
3a b c    , dấu bằng 1a b c    
 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawrz ta được 
 
 
22 2 2
1
2 2 2 3 3
a b ca b c a b cP
b c c a a b a b c
             
dấu bằng 1a b c    . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 1a b c    
Lưu ý khi chấm bài: 
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm 
nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. 
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. 
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. 
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. 
- Trong lời giải câu 5 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
www.VNMATH.com