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

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 
3 23 1y x x   có đồ thị (C). 
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k = 9. 
Câu 2. (1,0 điểm) 
a) Giải phương trình: os2 (cos sinx 1) 0c x x   . 
b) Tìm số phức z thỏa mãn: (2 1)(1 ) ( 1)(1 ) 2 2z i z i i       
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: 
2 1 13 4.( ) 1 0.
3
x x    
Câu 4. (1,0 điểm) Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 
2
1
x
y
x
 


 , 
trục hoành và các đường thẳng x = -1 ; x = 0 . 
Câu 5. (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 
23 4 5 3 8 19 0x x x x       
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và 
mặt đáy bằng 60 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và 
khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN). 
Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh 
BC, N là điểm trên cạnh AC sao cho 
1
;
4
AN AC điểm N thuộc đường thẳng 3 4 0,x y   
phương trình đường thẳng : 1 0.MD x   Xác định tọa độ đỉnh A của hình vuông ABCD, biết 
khoảng cách từ A đến đường thẳng MD bằng 4 và điểm N có hoành độ âm. 
Câu 8.(1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 
1 2
:
2 1 3
x y z 
  

 và mặt 
phẳng   : 2 2 1 0P x y z    . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng  và mặt phẳng (P). 
Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm  3; 1;2A  , cắt đường thẳng  và song song với mặt 
phẳng (P). 
Câu 9. ( 0,5 điểm) Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n biết: 3 2 18 49n n nA C C   . 
Câu 10. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
2 2 2 3
2
2 2
4 ( 1 1)( 3 2)
1
( 1) 2(1 )
x x x y y
x
x y
y
      

 
   

--------------------------HẾT--------------------------- 
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU II 
TỔ TOÁN 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn thi: Toán 
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
Cảm  ơn thầy Phạm Ngọc Chuyên  (phamngocchuyen@gmail.com) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 
Câu ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Điể
m 
1.a 1,0 
 + TXĐ : R ; 
+ Sự biến thiên 
2' 3 6y x x  
0
' 0
2
x
y
x

    
Hàm số đồng biến trên  ;0 và  2; 
Hàm số nghịch biến trên  0;2 
+ Giới hạn tại vô cực 
Có lim ; lim
x x
y y
 
    ; 
+) Cực trị của hàm số: yCĐ =1 tại x = 0; yCT = -3 tại 2x  
0,25 
0,25 
BBT (lập đúng và đầy đủ) 0,25 
 Đồ thị: (Vẽ đúng và chính xác) 0,25 
1.b 1,0 
 Ta có: 2' 3 6y x x  
Gọi 0 0( ; )M x y là tiếp điểm Tiếp tuyến tại M có hệ số góc 
' 2
0 0 0( ) 3 6k f x x x   
0,25 
Theo giả thiết, tiếp tuyến có hệ số góc k = 9 
02 2
0 0 0 0
0
1 ( 1; 3)
3 6 9 2 3 0
3 (3;1)
x M
x x x x
x M
    
       
 
0,25 
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(-1;-3) là: 9( 1) 3 9 6y x y x      
0,25 
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(3;1) là: 9( 3) 1 9 26y x y x      0,25 
2 1,0 
a 
 cos2 cos sin 1 0x x x  
cos 2 0
1
sin
4 2
x
x


     
  
 0,25 
+) Với  cos 2 0
4 2
k
x x k
 
     
+) Với
2
1
sin ( )
4 22
2
x k
x k
x k





          

0,25 
b 0,5 
 Gọi z= a+ bi (a, b R ) Ta có 
     
       
       
2 1 1 1 1 2 2
2 1 2 1 1 1 2 2
2 2 1 2 2 1 1 1 2 2
z i z i i
a bi i a bi i i
a b a b i a b a b i i
      
                
             
0,25 
   
1
3 3 2 1 13
3 3 2 2 2
2 2 1 3 3
3
a
a b
a b a b i i z i
a b
b

  
            
      

 0,25 
3 
2 13 4.3 1 0x x   
3 1
0
1
13
3
x
x
x
x
 
     

 0,5 
4 1,0 
Diện tích S của hình phẳng trên là dx
x
x
S 




0
1
1
2
0,25 
Từ hình vẽ , suy ra  1;0-x , 0
1
2



x
x













0
1
0
1
0
1
0
1
)
1
3
1()
1
3)1(
)
1
2
(
1
2
dx
x
dx
x
x
dx
x
x
dx
x
x
S
12ln32ln311ln.30)2ln31()1ln30(
1
0
) 1ln3( 

 xx (đvdt) 
0,25 
0,5 
5 1,0 
y
x
f x  = 
-x-2
x-1
3
-4
2-1-2 O 1A
B
24
5
3
( 3 4 4) (1 5 ) 3 8 16 0
3( 4) 4
( 4)(3 4) 0
3 4 4 1 5
3 1
( 4)( 3 4) 0 4
3 4 4 1 5
3 1 4
( 3 4 0; ;5 )
33 4 4 1 5
x
x x x x
x x
x x
x x
x x x
x x
do x x
x x
  
         
 
     
   
       
   
 
            
Tập nghiệm của bất phương trình là: 4 5x  
0,25 
0,5 
0,25 
6 1,0 
*)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác 
đều tâm G và  SG ABC .
1
.
3
S ABC ABCV SG S  
Tam giác ABC đều cạnh a nên 
23 3
2 4
ABC
a a
AN S   
Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc 
giữa cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = 60SAG  
(vì SG AG SAG  nhọn) 
0,25 
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 
2 3
3 3
a
AG AN  Trong tam giác SAG có 
.tan60SG AG a   Vậy 
2 3
.
1 3 3
. .
3 4 12
S ABC
a a
V a  
0,25 
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M(SMN) 
nên 
     , ,
3
C SMN G SMN
d d Ta có tam giác ABC đều nên tại K  SG ABC SG MN   
 MN SGK  . Trong (GKH), kẻ  GH SK GH MN GH SMN     , H SK 
  ,G SMN
d GH  
0,25 
Ta có 
1 2 2 1 1 3
; 
2 3 3 2 6 12
a
BK AN BG AG AN GK AN AN AN        
Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 48 49
7
a
GH
GH SG GK a a a
       . Vậy 
  ,
3
3
7C SMN
a
d GH  
0,5 
7 1,0 
Ta có 2
IA ID DA
IMC IDA
IC IM MC
       
5
8
IN
IA
    
5 5
, ,
8 2
d N MD d A MD   
Trước hết ta chứng minh    
5 5
, ,
8 2
d N MD d A MD  
0,25 
Giả sử  ; 3 4N n n  , 
Từ  
 
7
5 5 3 12
, 1 ;
32 2 2 2
2
n
d N MD n N
n

  
        
   

lo¹ i
Lại do tam giác MND vuông cân  
5 2
2 ,
2
ND d N MD   
Nên các điểm D và M là giao của đường thẳng DM và đường tròn tâm N bán kính 
5 2
,
2
ND  hay tọa độ các điểm đó là nghiệm của hệ 
0,25 
       
       
2 2
1 0
; 1;3 1;3 , 1; 2
3 1 25
; 1; 2 1; 2 , 1;3
2 2 2
x
x y D M
x y D Mx y
 
  
    
           
   
 0,25 
+) Trường hợp 1:    1;3 , 1; 2D M  , từ 
1
2 1; ,
3
DI IM I
 
   
 
lại từ  
5
3;1
8
IN IA A   
+) Trường hợp 2:    1; 2 , 1;3D M , từ 
4
2 1; ,
3
DI IM I
 
   
 
lại từ  
5
3;0
8
IN IA A   
0,25 
8 1,0 
 +) Tọa độ giao điểm H(3;1;3) 
+) Gọi B d B   nên giả sử  1 2 ;2 ;3B t t t  
Khi đó  2 2 ;3 ;3 2AB t t t     là vtcp của d. Mặt phẳng (P) có vtpt  2; 1; 2n    
Vì d//(P) nên      . 0 2 2 2 3 2 3 2 0 3AB n t t t t            
 8;6, 11AB    hay là vtcp của d. 
0,5 
Vậy phương trình d: 
3 8
1 6 ,
2 11
x t
y t t
z t
 

   
  
 0,5 
9 0,5 
 Điều kiện n  4 
Ta có  2 2
0
2 2
n
n
k k n k
n
k
x C x 

  Hệ số của số hạng chứa x8 là 4 42nnC

Hệ số của số hạng chứa x8 là 4 42nnC

0,25 
Ta có: 
3 2 18 49n n nA C C   
 (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 
 n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7 
Nên hệ số của x8 là 4 37 2 280C  
0,25 
10 1,0 
 2 2 2 3
2
2 2
4 ( 1 1)( 3 2) (1)
1
( 1) 2(1 ) (2)
x x x y y
x
x y
y
      

 
   

Phương trình (2) tương đương với 
2 2 2
2 2
2 2
( 2 1) 2( 1 )
2
( 2)( 1) 0
1
y x y y y x
y
y x y
x y
     
 
        
0,25 
+) Với y= -2 thay vào phương trình ( 1) ta có 
2 2 2
2
0 0
4 ( 1 1)
2 21 3
x x
x x x
xx
  
     
   
0,25 
 +) 2 2
1 1
1
1 1
x
x y
y
  
   
  
Từ phương trình (1) ta có
 2 2 2 3
2 2 3
4 1 1 ( 1 1)( 3 2)
4 1 3 2 0
x x x y y
x x y y
          
      
- Xét hàm số 
   2 2 3( ) 4 1 ; 1;1 ; ( ) 3 2; 1;1f x x x x g x y y y           
 

 
 
1;1
1;1
( ) ( 1); (0); (1) (0) 4
( ) ( 1); (0); (1) (1) 4
Min f x Min f f f f
Min g y Min g g g g


   
    
 ( ) ( ) 0; , 1;1f x g y x y    
 Dấu “=” khi x=0; y=1 
Vậy tập nghiệm của hệ là  (0; 2),(2 2; 2),( 2 2; 2),(0;1)T      
0,5 
Cảm  ơn thầy Phạm Ngọc Chuyên  (phamngocchuyen@gmail.com) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl