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

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
ĐỀ SỐ 1 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 21 1 2 6
3 2
y x x x    . 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 
 3 22 3 12 2 1 0x x x m     . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Cho góc ;
2
       mà 
1sin
5
 . Tính sin
6
    . 
b) Giải phương trình 2 12 2 4 2x x x x    . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân  
4
3
0
4I x x dx  . 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện     2 1 3 1 2z z i i     . Tính môđun của z . 
b) Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện     3 3 2 11 1 3.n nn n n nC C C C . Tìm số hạng chứa 6x trong khai triển theo 
công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức 
     3
12
n
x
x
. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại  , , 2B AB a AC a và cạnh bên SA 
vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết số đo của góc giữa hai mặt phẳng  SBC và  ABC bằng 060 . Tính theo a 
thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng  SBC . 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm  1; 2;3I và mặt phẳng 
     : 2 2 1 0P x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng  P cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 ; tìm tọa độ tâm và bán 
kính của đường tròn giao tuyến. 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp 
      
3 1;
2 2
K , 
đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A tương ứng có phương trình   3 4 5 0x y và  2 0x y . Tìm tọa độ 
các đỉnh của tam giác ABC . 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  5 1 3 2 3 2x x x     . 
Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực không âm , ,x y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2 3x y z   . Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức 
 4P xy yz zx
x y z
   
  . 
------------------HẾT----------------- 
 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 
♥ Tập xác định: D   
♥ Sự biến thiên: 
 ￚ Chiều biến thiên: 2' 2y x x   ; ' 0 2y x    hoặc 1x  
0.25 
 + Hàm số nghịch biến trên khoảng  2;1 ; 
 + Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  và  1; . 
 ￚ Cực trị: 
 + Hàm số đạt cực đại tại 2x   ; yCĐ   282
3
y   
 + Hàm số đạt cực tiểu tại 1x  ; yCT   291
6
y  , 
 ￚ Giới hạn: lim
x
y

  và lim
x
y

  
0.25 
 ￚ Bảng biến thiên: 
x  2 1  
'y  0  0  
y 
 28
3
  
 29
6
0.25 
♥ Đồ thị: 
0.25 
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 
 3 22 3 12 2 1 0x x x m     (1) 
♥ Ta có:   3 21 1 371 2 6
3 2 6 3
mx x x      (2) 
0.25 
♥ Xem (2) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị 
 
 
3 21 1: 2 6
3 2
37:
6 3
       
C y x x x
my
 Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của  C và   
0.25 
1 
(2,0 điểm) 
♥ Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt    cắt  C tại ba điểm phân biệt 0.25 
  29 37 28
6 6 3 3
  m 
  19 4
2
  m 
♥ Vậy giá trị m cần tìm là 19 4
2
  m . 
0.25 
a).(0,5 điểm). Cho góc ;
2
       mà 
1sin
5
 . Tính sin
6
     . 
♥ Ta có: 
3 1sin sin .sin cos .cos cos
6 6 6 22 5
              
 (1) 
0.25 
♥ Từ hệ thức: 2 2cos sin 1   và ;
2
       
 Suy ra: 2 1 2cos 1 sin 1
5 5
       (2) 
 Thay (2) vào (1) ta được: 3 2sin
6 2 5
      
0.25 
b.(0,5 điểm). Giải phương trình 2 12 2 4 2x x x x    . (1) 
♥ Điều kiện: 0x (*) 
 Khi đó:   2 21 2 .2 2 2.2 2 0x x x x     
   22 1 2 2 0x x    
0.25 
2 
(1,0 điểm) 
2
02 1
12 2
2
x
x
x
x
       
 [thỏa (*)] 
♥ Vậy nghiệm của phương trình là 10;
2
x x  
0.25 
Tính tích phân  
4
3
0
4I x x dx  . 
♥ Đặt 4t x   dt dx 
 Đổi cận: 
4
0
x
x


  0
4
t
t


0.25 
♥ Suy ra:    
0 4
3 3 4
4 0
 4 4I t t dt t t dt      
0.25 
4
5
4
0
5
tt
      
0.25 
3 
(1,0 điểm) 
 256 
5
 
0.25 
a).(0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện     2 1 3 1 2z z i i     . 
Tính môđun của z . 
4 
(1,0 điểm) 
♥ Đặt z a bi   ,a b , khi đó: 
           2 1 3 1 2 2 1 3 3           z z i i a bi a bi i 
    
1
1 1 5 0 1
5
a
a b i
b
       
0.25 
♥ Vậy môđun của 2 2 1 261
25 5
z a b     
0.25 
b).(0,5 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện     3 3 2 11 1 3.n nn n n nC C C C . Tìm số hạng 
chứa 6x trong khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức 
     3
12
n
x
x
. 
♥ Điều kiện 
3
n
n
  

 , khi đó: 
  
 
 
 
 
 
 
3 3 2 1
1 1 3
1 ! 1 ! 3 !!. .
3! 3 ! 2! 3 ! 2 ! 2 !
n n
n n n n
n n nn
C C C C
n n n n
 
  
  
    
   
 1 3
6 2 2
n n
n
   
 2
12
11 12 0 12
1
n
n n n
n
        
0.25 
♥ Do đó:    
12
5 2412 12
6
12 12 123 3 30 0
1 1 12 2 2 . .2 .
n
kk
k k k
k
k k
x x C x C x
x x x


 
                     
 Chọn k thỏa 5 24 6 12
6
k k    
 Vậy số hạng chứa 6x trong khai triển là 12 62 x . 
0.25 
Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại  , , 2B AB a AC a và cạnh bên SA 
vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết số đo của góc giữa hai mặt phẳng  SBC và  ABC bằng 060 . 
Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến 
mặt phẳng  SBC . 
♥ Vì BC AB và BC SA  BC SAB  
 Suy ra SB BC và AB BC        0; ; 60SBC ABC SB AB ABS       
0.25 
♥ Xét tam giác SAB : 0. tan 60 3SA AB a  
 Xét tam giác ABC : 2 2 2 24 3BC AC AB a a a     
 Suy ra: 
21 3.
2 2ABC
aS AB AC   
 Vậy 31 1. .
3 2ABC
V S SA a  
0.25 
♥ Do  BC SAB    SBC SAB  . Vì vậy, trong  SAB kẻ GK SB suy ra 
  GK SBC . Do đó   ,d G SBC GK 
0.25 
5 
(1,0 điểm) 
♥ Ta có: 
2. SGBSGK
SB
 
0.25 
 Vì G là trọng tâm tam giác SAB nên 
21 1 3.
3 6 6SGB SAB
a
S S SA AB    
 Xét tam giác vuông SAB ta có:  0 2cos60cos
AB aSB a
ABS
   
 Vậy    2. 3, 6SGB
S a
d G SBC GK
SB
   
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm  1; 2;3I và mặt phẳng 
     : 2 2 1 0P x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng  P cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 ; tìm 
tọa độ tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến. 
♥ Ta có:   
2 2 2
2.1 2.( 2) 3 1
, 2 4
2 2 ( 1)
d I P
   
  
  
 Do đó, mặt phẳng  P cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 
0.25 
♥ Gọi r là bán kính của đường tròn giao tuyến, ta có: 2 24 2 2 3r    0.25 
♥ Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt phẳng  P và  K d P  , ta có 
 K là tâm của đường tròn giao tuyến. Vì  d P nên VTPT  2;2; 1n 

 của  P là 
 một VTCP của d . Phương trình tham số của 
1 2
: 2 2
3
x t
d y t
z t
      
0.25 
6 
(1,0 điểm) 
♥ Tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình: 
1 2
2 2
3
2 2 1 0
x t
y t
z t
x y z
          
 Giải hệ ta được 2 7 2 7, , ,
3 3 3 3
t x y z    . Vậy 7 2 7; ;
3 3 3
K
     
0.25 
7 
(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp 
      
3 1;
2 2
K , 
đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A tương ứng có phương trình   3 4 5 0x y và 
 2 0x y . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . 
♥ Gọi ,AH AM là đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A . Tọa độ đỉnh A là nghiệm 
 của hệ: 
3 2 5
2 0
x y
x y
    
  1
2
x
y
  
   1;2A 
0.25 
 ♥ Gọi d là đường trung trực của đoạn BC , ta có d đi qua K và ||d AH 0.25 
 Do ||d AH nên phương trình d có dạng: 13 4 0x y m   và 1 5K d m   
 Suy ra : 6 8 5 0d x y   
 Tọa độ M là nghiệm của hệ: 
6 8 5
2 0
x y
x y
    
  
1
2
1
x
y
  
  1 ;1
2
M
     
 ♥ Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH có pt dạng: 
 24 3 0x y m   và 2 5M BC m   
 Suy ra : 4 3 5 0BC x y   
♥ Đường tròn  C ngoại tiếp ABC là đường tròn tâm K và bán kính 5
2
R KA  
 nên có phương trình là: 
2 2
3 1 25
2 2 2
x y
                
 Tọa độ ,B C là nghiệm của hệ phương trình: 
2 2
3 1 25
2 2 2
4 3 5 0
x y
x y
                      
0.25 
 ♥ Giải hệ nầy ta được hai nghiệm là  1;3 và  2; 1 
 Suy ra    1;3 , 2; 1B C  hoặc    B 2; 1 , 1;3C  
0.25 
Giải bất phương trình  5 1 3 2 3 2x x x     (1) 
♥ Điều kiện: 
5 1 0 1 3
53 0
x
x
x
       
 Nhận xét:   5 1 3 5 1 3 6 4x x x x x        
 Khi đó:     1 5 1 3 5 1 3 5 1 3x x x x x x           
0.25 
   5 1 3 5 1 3 1 0x x x x         
 5 1 3 1 0x x      
 3 1 5 1x x     
 4 2 3 5 1x x x      
 2 3 6 5x x    
0.25 
    2 2
56 5 0 14 79
6
184 3 6 5 36 56 13 0
x x
x
x x x x
                 
0.25 
8 
(1,0 điểm) 
♥ Kết hợp điều kiện, suy ra tập nghiệm của bpt là 14 79 ;3
18
S
      
0.25 
9 
(1,0 điểm) 
Xét các số thực không âm , ,x y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2 3x y z   . Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức 4P xy yz zx
x y z
      . 
♥ Ta có:      
2
2 2 2 2
31
2 2
x y z
xy yz zx x y z x y z
              
 Do đó: 
 2 3 4
2
x y z
P
x y z
  
    
0.25 
♥ Đặt t x y z   . Ta tìm điều kiện cho t 0.25 
 Vì 2 2 20 xy yz zx x y z      nên  
2
3
0 3
2
x y z  
  
 Suy ra: 3 3 3 3x y z t       
♥ Xét hàm số  
2 3 4
2
tf t
t
  trên 3;3    , ta có 
  
3
2 2
4 4' tf t t
t t
   ;   3' 0 4 3,3f t t         
 Do 
 
 
43
3
133
3
f
f
  
   
3,3
13max
3t
f t
   
 khi 3t  
0.25 
♥ Vậy  
3 ,3
13max
3t
maxP f t
   
  khi 1x y z   . 
0.25 
NHẬN XÉT & BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 
Câu 8: Giải bất phương trình  5 1 3 2 3 2x x x     (1) 
Nhận xét: 
+ Bpt (1) là bpt có dạng:         , ,f x g x h x    với      h x f x g x  
đối với dạng nầy ta thay            .h x f x g x f x g x   và biến đổi về dạng tích số 
+ Đối với phương trình dạng      f x g x h x  cũng giải tương tự. 
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 
1) Giải bất phương trình: 4 3 2 3 1x x x     
 Đáp số: 
3 2 2 19;
4 9
S
      
2) Giải phương trình: 3 2 3 2 1x x x     
 Đáp số: 
3 17
2
x
 
Câu 9: Xét các số thực không âm , ,x y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2 3x y z   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức 4P xy yz zx
x y z
      . 
Nhận xét 
+ Đây là dạng biểu thức ba biến số có chứa các biểu thức đối xứng cơ bản, với những điều kiện của giả thiết chúng 
ta có thể đưa về biểu thức một biến thông qua phép đặt ẩn phụ (biến mới). Khi đó bài toán có thể giải quyết bằng 
xét hàm số. 
Các bước giải 
 + Phát hiện một biểu thức có thể chọn làm biến mới; 
 + Đổi biến (đặt ẩn phụ) 
 + Tìm điều kiện của biến mới; 
 + Xét hàm số và đưa ra kết luận. 
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 
Bài 1: Xét các số thực , ,x y z thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1  x y z . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức 4
2
      P xy yz zx xy yz zx 
Hướng dẩn: Đặt t xy yz zx   với 1 ;1
2
t
     
Đáp số: 
7max ,min 2
3
P P  
Bài 2: Xét các số thực dương , ,x y z thỏa mãn điều kiện 3  x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 2
2 2 2 3
    
  
xy yz zxP x y z
x y z
Hướng dẩn: Đặt 2 2 2t x y z   với 3;9t   
Đáp số: 
7min
2
P  
----------------------------Hết--------------------------