Đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 - Lần I môn thi: Toán thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN I
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Môn thi: TOÁN
————————— Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
—————————————-
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y= x3−3x2+4 (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại điểm đó song song với đường thẳng
y= 9x+3.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: cos2x+2sinx= 1+
√
3sin2x.
b) Giải phương trình: log3(x2+2x)+ log 13 (3x+2) = 0 trên tập số thực.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =
2∫
1
1+ x2ex
x
dx.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (1+ i)z+2z= 2. Tính mô đun của số phức ω = z+2+3i.
b) Cho một đa giác đều 12 đỉnh A1A2...A12 nội tiếp đường tròn (O). Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác
đó. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn ra tạo thành một hình chữ nhật.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;−2;1) và mặt phẳng (P) :
x−2y+2z+5= 0. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) và viết phương trình mặt cầu tâm A cắt
mặt phẳng (P) theo một đường tròn có chu vi bằng 6pi .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a
√
2. Hình
chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng
(ABCD) bằng 60◦. Tính theo a theo thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(SBC) .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ÂBC nhọn,
đỉnh A(−2;−1). Gọi H,K,E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC,BD,CD.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HKE là (C) : x2+ y2+ x+ 4y+ 3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh
B,C,D biết H có hoành độ âm,C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng x− y−3= 0.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
{
3
√
y3(2x− y)+
√
x2(5y2−4x2) = 4y2√
2− x + √y+1 + 2 = x+ y2 (x,y ∈ R).
Câu 9 (1,0 điểm).
Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn 4(a3+b3)+ c3 = 2(a+b+ c)(ac+bc−2).
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=
2a2
3a2+b2+2a(c+2)
+
b+ c
a+b+ c+2
− (a+b)
2+ c2
16
.
——HẾT——
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Cảm ơn bạn Chedungquen ( yeuemmm123@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KỲ THI THỬ QUỐC GIA THPT NĂM 2015-LẦN I 
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA MÔN : TOÁN 
 ( Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) 
Câu Nội dung Điểm 
 1 
 (2,0) 
 Tập xác định:  
 Sự biến thiên : 
-Chiều biến thiên: Ta có 
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng và ; nghịch biến trên khoảng . 
0,25 
0,25 
-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 yCĐ = 4,hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2 yCT = 0. 
-Giới hạn: 3 2lim lim ( 3 4) ;
x x
y x x
 
    3 2lim lim ( 3 4) .
x x
y x x
 
    
Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 
-Bảng biến thiên 
 x 0 2 
 y
,
 + 0 - 0 + 
 y 
 4 
  0 
 Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm 
 (-1;0) và (2;0). 
x
y
32O 1
4
-1
0,25 
0,25 
 b) Ta có: . Gọi  3 20 0 0; 3 4M x x x  là điểm thuộc đồ thị (C ) . 
Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại M là . 
0,25 
Vì tiếp tuyến của đồ thị tại M song song với đường thẳng d : 9 3y x  nên có hệ số góc 9k  
 2 20 0 0 0 0 03 6 9 2 3 0 1 3x x x x x x           
0,5 
Vậy ( 1;0)M  và (3;4)M đều không thuộc d nên thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 
 2 
 (1,0) 
a). Phương trình đã cho tương đương: 
sin 0
1
sin3 cos sin 1 0
3 2
x k
x
xx x


 
  
             
0,25 
+ Với 
2 2
1 3 6 6
sin
53 2
2 2
3 6 2
x k x k
x
x k x k
  
 

  
 
 
     
             
     
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm  ; 2 ; 2
2 6
x k x k x k k
 
        
0,25 
b). Điều kiện: . Phương trình đã cho tương đương: 
0,25 
2 2
3 3 3 3log ( 2 ) log (3 2) 0 log ( 2 ) log (3 2)x x x x x x        
2 2 12 3 2 2 0
2
x
x x x x x
x
 
        
 
Đối chiếu điều kiện ta có phương trình đã cho có nghiệm 2x  
0,25 
 3 
(1,0) Ta có 
2 22
1 1
1 1x xx eI dx xe dx
x x
        
2 2
1 1
xdx xe dx
x
   0,5 
Tính: 
2
2
1
1
ln ln 2
dx
x
x
  0,25 
Đặt ; xu x du dx dv e dx    chọn xv e . Suy ra 
2
2 2 2
1 1
1
x x xxe dx xe e e   
Vậy 2ln 2I e  
0,25 
 4 
 (1,0) a). Đặt  ,z a bi a b   . Theo bài ra ta có: 
3 2 1
0 1
a b a
a b b
      
     
 nên 1z i  0,25 
Khi đó 2 3 1 2 3 3 4z i i i i         . 
Vậy 
0,25 
b). Không gian mẫu  là tập hợp tất cả các cách chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong 12 đỉnh . 
 Ta có: 412( ) 495n C   . 
0,25 
Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành một hình chữ nhật” 
Gọi đường chéo của đa giác đều 
A
1
A
2
...A
12
 đi qua tâm đường tròn (O) là đường chéo lớn thì đa giác 
đã cho có 6 đường chéo lớn. 
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 đỉnh trong 12 điểm 
A
1
,A
2
,...,A
12
có các đường chéo là hai đường 
chéo lớn. Ngược lại, mỗi cặp đường chéo lớn có các đầu mút là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. 
Do đó số hình chữ nhật được tạo thành là: 26(A) 15n C  . 
Vậy xác suất cần tính là 
(A)
(A)
( )
n
P
n


15 1
495 33
  
0,25 
 5 
 (1,0) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) là :  ;( ) 2 2 2
1.1 ( 2).( 2) 2.1 5
4
1 ( 2) 2
A P
h d
    
  
  
 . 
0,25 
Gọi r là bán kính của đường tròn thiết diện thì ta có 0,25 
Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm ta có 0,25 
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là : 0,25 
 6 
(1,0) 
Diện tích hình chữ nhật ABCD là . 
Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và O là tâm của hình chữ nhật ta có 
0,25 
Ta có nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc 
Trong tam giác vuông SHB ta có . 
Thể tích khối chóp S.ABCD là : 
0,25 
Ta có 
Kẻ với ; kẻ với (1) 
Ta có . 
 Do đó (2) 
Từ (1) và (2) suy ra nên . 
0,25 
Ta có . Trong tam giác vuông SHK ta có : 
 . Vậy 
0,25 
 7 
 (1,0) 
Ta có nên bốn điểm A,H,C,E cùng thuộc 
đường tròn đường kính AC. 
 Gọi I là giao điểm của AC và BD. 
Ta có: . 
Các tứ giác AKED, AKHB nội tiếp nên  EKD EAD và 
 BKH BAH . 
 Do đó . 
 Vì vậy tứ giác HKIE nội tiếp. Do đó I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác HKE. 
0,25 
+) Gọi 
2 4
( ;c 3) ,( 0) ;
2 2
c c
C c d c I
         
, do I thuộc (C) nên có phương trình: 
 2 2 0 2 1c c c c       (loại 1)c  . Suy ra: C(2;-1) và I(0;-1). 
0,25 
+) Điểm E,H nằm trên đường tròn đường kính AC và đường tròn (C) nên toạ độ thoả mãn hệ phương 
trình: . 
+)Vì H có hoành độ âm nên 
8 11
; , (0; 3)
5 5
H E
     
. Suy ra : 1 0AB x y   , : 3 5 0BC x y   
0,25 
Toạ độ B thỏa mãn (t/m). 
Vì . Vậy . 
0,25 
 8 
 (1,0) 
Điều kiện: . 
+) Sử dụng bất đẳng thức AM –GM cho hai số không âm ta có: 
. 
Suy ra: . 
0,25 
Vì vậy ta phải có: . 
Vậy phương trình đầu của hệ tương đương với: x y . 
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: . 
0,25 
Do nên ta phải có: 2 2 0 1 ( 1)x x x do x      . 
Khi đó phương trình (*) tương đương với: 
     2 2 1 11 1 2 1 0 1 1 0
1 2 1
x x x x x x x x
x x x x
                        
. 
0,25 
2
1 5
( / )
1 1 1 52
1 0 1 0
21 2 1 1 5
( )
2
x t m
x x do x y
x x x x
x l
                         
. 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất 
1 5 1 5
( ; ) ;
2 2
x y
       
. 
0,25 
 9 
(1,0) 
Ta có: , kết hợp với giả thiết suy ra: 
 
2
3 3 3 3 3 31 ( ) ( ) 4( ) 2( ) 2 4
4 4
a b c
a b c a b c a b c a b c a b c
                      
. 
0,25 
Khi đó sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có: 
2
2 2 2 2
2
3 2 ( 2) 2
2 2 2 .
2 2 2 2
a a a a
a b a c a b cb a b aa c a c
a a
  
               
; 
Và . Suy ra: . 
0,5 
Đặt , ta có: . 
Suy ra hàm số ( )f t nghịch biến trên  4; . Do đó . 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi . 
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 
1
6
. 
0,25 
................ Hết................. 
Cảm ơn bạn Chedungquen ( yeuemmm123@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl