Đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 môn: Toán - Lần 2 thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

Trang 1 
 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH LÂM ĐỒNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa STAR MÔN: TOÁN - LẦN 2 
 website: www.maths.edu.vn Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề 
Câu 1. ( 2,0 điểm) Cho hàm số:  3 23 1 9y x m x x m     , có đồ thị là  mC , m là tham số thực 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C khi 1m  . 
 2. Xác định m để hàm số  mC đạt cực trị là 1 2,x x sao cho 1 2 2x x  . 
Câu 2. (1,0 điểm) 
 a. Giải phương trình 
2 3
2
2
cos cos 1
cos2 tan
cos
x x
x x
x
 
  
 b. Giải phương trình sau trên tập số phức 
25
8 6z i
z
   . 
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: 
1 3
3
64 2 12 0x x

   . 
Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  
2 2
2 2
1 4
 , .
( ) 2 7 2
x y xy y
x y
y x y x y
    

   
Câu 5. ( 1,0 điểm) Tính tích phân
1
0 1 2015
x
dx
I 

 . 
Câu 6. ( 1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác . ' ' 'ABC A B C với ' .A ABC là hình chóp tam giác đều 
cạnh đáyAB a ; cạnh bên 'AA b . Gọi  là góc giữa hai    và 'mp ABC mp A BC . Tính tan và thể 
tích khối chóp '. ' 'A BCC B . 
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD với hai đáy ,AD BC . 
Biết  2;3B và AB BC , đường thẳng AC có phương trình 1 0x y   , điểm  2; 1M   nằm trên 
đường thẳng AD . Viết phương trình đường thẳng CD . 
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian hệ tọa độOxyz , tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng 
 
1 2
:
1 2 2
x y z
d
 
  và mặt phẳng   : 2 – – 2 0P x y z  . 
Câu 9. (0,5 điểm) Cho tập hợp  0;1;2;...;9E  . Lấy ngẫu nhiên hai phần tử của tập hợp E . Tìm xác suất 
để 2 số lấy ra đều là số chẵn và tổng của chúng nhỏ hơn 7. 
Câu 10. ( 1,0 điểm) Cho , ,x y z là ba số thực thỏa mãn 5 5 5 1x y z     . Chứng minh rằng 
25 25 25 5 5 5
45 5 5 5 5 5
x y z x y z
x y z y x z z x y  
 
  
  
--------- Hết --------- 
Trang 2 
 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH LÂM ĐỒNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa STAR MÔN: TOÁN - LẦN 2 
 website: www.maths.edu.vn Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề 
Thí sinh làm cách khác nhưng đúng đáp án thì vẫn cho đủ số điểm. 
Câu ý Lời Giải Điểm 
1 a    3 23 1 9 my x m x x m C     . 
Khi 1m  ta có 3 26 9 1y x x x    . Tập xác định: D  
 2
1 3
' 3 12 9; ' 0
3 1
x y
y x x y
x y
   
     
   
 Hàm số đồng biến trên các khoảng    ;1 , 3;  ; nghịch biến trên khoảng  1;3 . 
 Hàm số đạt cực đại tại 1, 3
C
x y 
Đ
; đạt cực tiểu tại 3, 1
CT
x y   
 Giới hạn lim
x
y

  
0,5 
 Bảng biến thiên: 
x  1 3  
'y + 0  0   
y CĐ3  
 CT1 
 Đồ thị 
0,5 
b Ta có  2 2' 3 6( 1) 9, ' 0 2( 1) 3 0 *y x m x y x m x          . 
Hàm số đạt cực đại cực tiểu tại khi và chỉ khi phương trình  * có hai nghiệm phân 
biệt  2 21 2
1 3
, ' ( 1) 3 0 2 2 0 1
1 3
m
x x m m m
m
   
          
   

0,5 
Theo đề ra ta có:  21 2 2 2 2 2 2 3 1 2x x m m ma

            
Từ      1 và 2 3; 1 3 1 3;1 .m            
0,5 
Trang 3 
2 a 
Điều kiện:  cos 0 
2
x x k k

      . 
Phương trình
2 3
2
2
cos cos 1
cos2 tan
cos
x x
x x
x
 
   
 
 
2
2
2 2
2 2
cos 1 cos 1
cos2 tan
cos cos
cos2 tan 1 cos 1 tan
x x
x x
x x
x x x x

   
     
0,25 
 2
cos 1 2
cos2 cos 0 2cos cos 1 0 1 2
cos 2
2 3
x x k
x x x x k
x x k
   
                
  
Dựa vào vòng tròn lượng giác nên phương trình có một họ nghiệm  
2
3
x k k

  . 
0,25 
b Điều kiện 0z  
Gọi  ; ;z a bi z a bi a b      
Theo đề ra ta có      2 2. 25 8 6 25 8 6z z i z a b i a bi         
 2 2 25 8 6 8 6a b a b b a i       
0,25 
2 2 425 8 6
38 6 0
aa b a b
bb a
      
  
   
Vậy tìm được số phức 4 3z i  
0,25 
3 
Phương trình 
1
2
1 1 1 1
3.
1
8 6
64 8.2 12 0 8 8.8 12 0
8 2
x
x x x x
x

  
           
   

0,25 
6
8
8
8 2
8
11 log 8log 6 log 6
1 1
log 2 log 8 3
log 2
x
x
x
x
  
 
     
. 
Vậy phương trình có 2 nghiệm  6log 8;3S  
0,25 
4 Với 0y  không phải là nghiệm nên chia 2 vế của phương trình  1 và  2 cho y ta 
được 
   
2
2 2
2 22 2
1
41 4
12 7 2 2 7
x
x yx y xy y y
xy x y x y x y
y
 
       
 
       

Đặt 
2 1x
u
y
v x y
 


  

 vậy hệ trở thành
2 2
4 4
2 7 2 15 0
u v u v
v u v v
     
 
      
1
3
u
v
 
 
 
hoặc 
9
5
u
v
 

 
0,5 
Trang 4 
B
A'
B'
C'
CA
I
O
 Với 3 1,v u  . 
Ta có 
2 2 2 11 1 2 0
23 3 3
xx y x y x x
yx y y x y x
             
     
           
 hoặc 
2
5
x
y
  


 Với 5 9,v u   . 
Ta có hệ:  
2 2 21 9 1 9 9 46 0
VN
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x
          
   
            
. 
Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm:       ; 1;2 , 2;5 .x y   
0,5 
5 
Đặt 2015 ln ln2015 ln2015
.ln2015
x dt dtt t x dx dx
t t
       
Đổi cận: 
0, 1
1 2015
x t
x t
   
 
   
 
2015 2015 2015
1 1 1
1 1 1 1
ln2015 ln2015 11
dt
I dt dt
t tt t
 
    
   
   
0,5 
2015 2015
1 1
1 1
ln | | ln | 1 | ln2015 ln1 ln2016 ln2
ln2015 ln2015
t t             
ln2015 ln2016 ln2
ln2015
 
 
0,5 
6 
Gọi I là trung điểm cạnh ,BC O là trọng tâm ABC 
Vì ABC là tam giác đều cạnh a 
3 3
2 3
a a
AI AO    
1 3
3 6
a
OI AI  . 
'A ABC là hình chóp tam giác đều nên  'A O ABC 
2 2
2 2 3' '
3
b a
A O A A AO

    
Ta có 
   
 
 
'
' , ' '
,
A BC ABC BC
A I BC A I A BC
AI BC AI ABC
  

 
  
     
2 2' 2 3
' , ' , ' tan
A O b a
A BC ABC A I AI A IO
IO a
         
  
0,5 
2 2 2
'. ' ' . ' ' ' ' .
1 2 3
' . ' . ' .
3 3 6A BCC B ABC A B C A ABC ABC ABC ABC
a b a
V V V A OS A OS A OS


      
0,5 
Trang 5 
H
B'
A
B
D
C
M
7 Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp trong một đường tròn. Mà BC CD nên AC 
là đường phân giác của góc BAD . Gọi 'B là điểm đối 
xứng của B qua AC . Khi đó 'B AD . 
Gọi H là hình chiếu của B trên AC . Tọa độ điểm H là 
nghiệm của hệ phương trình:  
1 0
3;2
5 0
x y
H
x y
   

  
Vì 'B đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của 
 ' ' 4;1BB B . 
Đường thẳng AD đi qua M và nhận 'MB làm vectơ chỉ phương nên có phương trình 
3 1 0x y   . 
Vì A AC AD  nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
1 0
3 1 0
x y
x y
   

  
 1;0A 
Ta có ABC là tam giác cân tại B mà có BH AC nên H là trung điểm của AC 
suy ra  5;4C . 
0,5 
 Gọi d là đường trung trực của BC , suy ra   : 3 14 0d x y   . 
Gọi I d AD  , suy ra I là trung điểm của AD . Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 
3 14 0 43 11 38 11
; ;
3 1 0 10 10 5 5
x y
I D
x y
       
     
      
 . 
Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận CD làm vectơ chỉ phương nên có phương 
trình 9 13 97 0x y   . 
0,5 
8 Gọi điểm  ;0;0A Ox A a  . 
Khoảng cách từ A tới mặt phẳng  P là   
2 2 2
2 2
;
32 1 2
a a
d A P  
 
Phương trình đường thẳng  d đi qua điểm  0 1; 0; 2M  và có vtcp  1; 2; 2u  
Khoảng cách từ A tới đường thẳng  d là:  
20
; 8 24 36
;
3
AM u a a
d A d
u
 
  
   
0,5 
Theo đề ra ta có     
22 8 24 36
; ;
3 3
a a a
d A P d A d
 
   
 
22 2 24 8 24 36 4 24 36 0 4 3 0 3.a a a a a a a             
Vậy tìm được điểm  3 0 0; ;A thỏa mãn đề ra. 
0,5 
9 Gọi A là biến cố lấy ra hai đều là số chẵn và tổng của chúng nhỏ hơn 7 
Ta có:         0;2 , 0;4 , 0;6 , 2;4A  
Số không gian mẫu chọn ngẫu nhiên ra 2 số từ tập số E là: 2
10
n C

 
0,25 
 Vậy xác suất để lấy ra hai số đều là số chẵn và tổng của chúng nhỏ hơn 7 là: 
2
10
4 4
45
P
C
  0,25 
Trang 6 
10 Đặt 5 ,5 ,5x y za b c   . Từ giả thiết ta có ab bc ca abc   
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng  
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
 
   
  
 
3 3 3
2 2 2 4
a b c a b c
a abc b abc c abc
 
    
  
           
3 3 3
4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
 
   
     
0,5 
Ta có 
   
 
3 3
1
8 8 4
a a b a c
a
a b a c
 
  
 
 (Bất đẳng thức Côsi) 
Tương tự: 
   
 
3 3
2
8 8 4
b b c b a
b
b c b a
 
  
 
 ; 
   
 
3 3
3
8 8 4
c c a c b
c
c a c b
 
  
 
Cộng vế với vế các bất đẳng thức      1 , 2 , 3 ta được điều phải chứng minh. 
0,5 
GV làm đáp án: Lê Quang Điệp 
Lưu ý: Các bạn có thể xem và download thêm tài liệu tại website  , hoặc tại 
https://www.facebook.com/luyenthidaihocstar