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

SỞ GD&ĐT HẢI PHÒNG 
TRƯỜNG THPT BẠCH ĐẰNG 
 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn : TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề 
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 3 3 1y x mx    (1). 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m  . 
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị ,A B sao cho tam giác OAB vuông tại 
O ( với O là gốc tọa độ ). 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 1 6sin cos 2x x x   . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
2 3
2
1
2 lnx x
I dx
x

  . 
Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 2 15 6.5 1 0x x    . 
b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm 
trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm  4;1;3A  và đường 
thẳng 
1 1 3
:
2 1 3
x y z
d
  
 

. Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua A và vuông góc với 
đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho 27AB  . 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a  , I 
là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC là trung điểm 
H của BC , mặt phẳng  SAB tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp .S ABC và 
tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB theo a . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có  1;4A , tiếp 
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong 
của ADB có phương trình 2 0x y   , điểm  4;1M  thuộc cạnh AC . Viết phương trình 
đường thẳng AB . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2
3 5 4
4 2 1 1
x xy x y y y
y x y x
      

     
Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số dương và 3a b c   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức: 
3 3 3
bc ca ab
a bc b ca c ab
P  
  
 
.Hết. 
Câu Nội dung Điểm 
a.(1,0 điểm) 
 Vơí m=1 hàm số trở thành : 3 3 1y x x    
TXĐ: D R 
 2' 3 3y x   , ' 0 1y x    
0.25 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1  và  1; , đồng biến trên khoảng  1;1 
Hàm số đạt cực đại tại 1x  , 3CDy  , đạt cực tiểu tại 1x   , 1CTy   
lim
x
y

  , lim
x
y

  
0.25 
* Bảng biến thiên 
 x – -1 1 + 
 y’ + 0 – 0 + 
 y 
 + 3 
 -1 - 
0.25 
Đồ thị: 
4
2
2
4 
0.25 
b.(1,0 điểm) 
 2 2' 3 3 3y x m x m     
 2' 0 0 *y x m   
0.25 
Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  0 **m  
0.25 
Khi đó 2 điểm cực trị  ;1 2A m m m  ,  ;1 2B m m m 0.25 
1 
Tam giác OAB vuông tại O . 0OA OB 
 
 3
1
4 1 0
2
m m m      ( TM (**) ) 
Vậy 
1
2
m  
0,25 
2. (1,0 điểm) 
ĐÁP ÁN 
 sin 2 1 6sin cos2x x x   
 (sin 2 6sin ) (1 cos 2 ) 0x x x    
0.25 
   22sin cos 3 2sin 0x x x   
   2sin cos 3 sin 0x x x   
0. 25 
sin 0
sin cos 3( )
x
x x Vn

   
0. 25 
 x k . Vậy nghiệm của PT là ,x k k Z  0.25 
 (1,0 điểm) 
22 2 2 22
2 2 2
1 1 1 11
ln ln 3 ln
2 2 2
2 2
x x x x
I xdx dx dx dx
x x x
         
0.25 
Tính 
2
2
1
ln x
J dx
x
  
Đặt 
2
1
ln ,u x dv dx
x
  . Khi đó 
1 1
,du dx v
x x
   
Do đó 
2 2
2
1 1
1 1
lnJ x dx
x x
    
0.25 
2
1
1 1 1 1
ln 2 ln 2
2 2 2
J
x
      
0.25 
3 
Vậy 
1
ln 2
2
I   
0.25 
(1,0 điểm) 
a,(0,5điểm) 
2 15 6.5 1 0x x    2
5 1
5.5 6.5 1 0 1
5
5
x
x x
x
 
    
 

0.25 
0
1
x
x

   
 Vậy nghiệm của PT là 0x  và 1x   
0.25 
b,(0,5điểm) 
  311 165n C   
0.25 
4. 
 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là 2 1 1 25 6 5 6. . 135C C C C  
 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 
135 9
165 11
 
0.25 
5. (1,0 điểm) 
Đường thẳng d có VTCP là  2;1;3du  

Vì  P d nên  P nhận  2;1;3du  

 làm VTPT 
0.25 
Vậy PT mặt phẳng  P là :      2 4 1 1 3 3 0x y z       
 2 3 18 0x y z      
0.25 
Vì B d nên  1 2 ;1 ; 3 3B t t t     
27AB     
2 22 227 3 2 6 3 27AB t t t         27 24 9 0t t    
0.25 
3
3
7
t
t


 

 Vậy  7;4;6B  hoặc 
13 10 12
; ;
7 7 7
B
 
  
 
0.25 
(1,0 điểm) 
j
C
B
A
S
H
K
M
Gọi K là trung điểm của AB HK AB  (1) 
Vì  SH ABC nên SH AB (2) 
Từ (1) và (2) suy ra AB SK  
Do đó góc giữa  SAB với đáy bằng góc 
giữa SK và HK và bằng  60SKH   
Ta có 
3
tan
2
a
SH HK SKH  
0.25 
Vậy 
3
.
1 1 1 3
. . . .
3 3 2 12
S ABC ABC
a
V S SH AB AC SH   
0.25 
Vì / /IH SB nên  / /IH SAB . Do đó      , ,d I SAB d H SAB 
Từ H kẻ HM SK tại M  HM SAB     ,d H SAB HM 
0.25 
6. 
Ta có 
2 2 2 2
1 1 1 16
3HM HK SH a
  
3
4
a
HM  . Vậy    3,
4
a
d I SAB  
0,25 
7. 
(1,0 điểm) 
KC
A
DB I
M
M'
E
Gọi AI là phan giác trong của BAC 
Ta có :   AID ABC BAI  
   IAD CAD CAI  
Mà  BAI CAI , ABC CAD nên  AID IAD 
 DAI cân tại D  DE AI 
0,25 
 PT đường thẳng AI là : 5 0x y   
0,25 
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : 5 0x y   
Gọi 'K AI MM  K(0;5) M’(4;9) 
0,25 
VTCP của đường thẳng AB là  ' 3;5AM 

VTPT của đường thẳng AB là  5; 3n  

Vậy PT đường thẳng AB là:    5 1 3 4 0x y    5 3 7 0x y    
0,25 
(1,0 điểm). 
2
2
3 5 4(1)
4 2 1 1(2)
x xy x y y y
y x y x
      

     
 Đk: 
2
2
0
4 2 0
1 0
xy x y y
y x
y
    

  
  

Ta có (1)   3 1 4( 1) 0x y x y y y        
 Đặt , 1u x y v y    ( 0, 0u v  ) 
Khi đó (1) trở thành : 2 23 4 0u uv v  
4 ( )
u v
u v vn

   
0.25 
Với u v ta có 2 1x y  , thay vào (2) ta được : 24 2 3 1 2y y y y     
   24 2 3 2 1 1 1 0y y y y         
0.25 
 
2
2 2 2
0
1 14 2 3 2 1
y y
yy y y
 
 
    
 
2
2 1
2 0
1 14 2 3 2 1
y
yy y y
 
    
      
0.25 
8. 
2y  ( vì 
2
2 1
0 1
1 14 2 3 2 1
y
yy y y
    
    
) 
Với 2y  thì 5x  . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5;2 
0.25 
9. (1,0 điểm) . 
Vì a + b + c = 3 ta có 
3 ( ) ( )( )
bc bc bc
a bc a a b c bc a b a c
 
     
1 1
2
bc
a b a c
 
  
  
Vì theo BĐT Cô-Si: 
1 1 2
( )( )a b a c a b a c
 
   
, dấu đẳng thức xảy ra b = c 
0,25 
Tương tự 
1 1
23
ca ca
b a b cb ca
 
  
   
 và 
1 1
23
ab ab
c a c bc ab
 
  
   
0,25 
Suy ra P
3
2( ) 2( ) 2( ) 2 2
bc ca ab bc ab ca a b c
a b c a b c
    
    
  
, 
0,25 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = 
3
2
 khi a = b = c = 1. 
0,25