Kì thi trung học phổ thông quốc gia năm 2015 - Môn thi Toán - Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN
(Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
−−−−−−−−−−−−
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x3 − 3x.
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x+
4
x
trên đoạn [1; 3].
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (1− i) z − 1 + 5i = 0. Tìm phần thực và phần ảo của z.
b) Giải phương trình log
2
(x2 + x+ 2) = 3.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
1∫
0
(x− 3)ex dx.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;−2; 1), B(2; 1; 3) và
mặt phẳng (P ) :x− y + 2z − 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ giao điểm
của đường thẳng AB với mặt phẳng (P ).
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Tính giá trị của biểu thức P = (1− 3 cos 2α)(2 + 3 cos 2α), biết sinα =
2
3
.
b) Trong đợt ứng phó dịch MERS-CoV, Sở Y tế thành phố đã chọn ngẫu nhiên 3 đội phòng chống
dịch cơ động trong số 5 đội của Trung tâm y tế dự phòng thành phố và 20 đội của các Trung tâm
y tế cơ sở để kiểm tra công tác chuẩn bị. Tính xác suất để có ít nhất 2 đội của các Trung tâm y
tế cơ sở được chọn.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc
với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 45◦. Tính theo
a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB,AC .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H
là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BC; D là điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu
vuông góc của C trên đường thẳng AD. Giả sử H(−5;−5), K(9;−3) và trung điểm của cạnh AC
thuộc đường thẳng x− y + 10 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình
x2 + 2x− 8
x2 − 2x+ 3
= (x+ 1)
(√
x+ 2− 2
)
trên tập số thực.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [1; 3] và thỏa mãn điều kiện a + b+ c = 6.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
a2b2 + b2c2 + c2a2 + 12abc+ 72
ab+ bc+ ca
−
1
2
abc.
−−−−−−−−Hết−−−−−−−−
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015
ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN
(Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang)
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
Câu Đáp án (Trang 01) Điểm
1
(1,0đ)
• Tập xác định: D = R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ′ = 3x2 − 3; y′ = 0⇔ x = ±1.
0,25
Các khoảng đồng biến: (−∞;−1) và (1; +∞); khoảng nghịch biến: (−1; 1).
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −1, y
CĐ
= 2; đạt cực tiểu tại x = 1, y
CT
= −2.
- Giới hạn tại vô cực: lim
x→−∞
y = −∞; lim
x→+∞
y = +∞.
0,25
• Bảng biến thiên:
x −∞ −1 1 +∞
y′ + 0 − 0 +
y
−∞
2
−2
+∞




* H
H
H
H
Hj 



*
0,25
• Đồ thị:
x
y
O
−2
1
−1
2
0,25
2
(1,0đ)
Ta có f(x) xác định và liên tục trên đoạn [1; 3]; f ′(x) = 1− 4
x2
. 0,25
Với x ∈ [1; 3], f ′(x) = 0⇔ x = 2. 0,25
Ta có f(1) = 5, f(2) = 4, f(3) =
13
3
. 0,25
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn [1; 3] lần lượt là 5 và 4. 0,25
3
(1,0đ)
a) Ta có (1− i)z − 1 + 5i = 0⇔ z = 3− 2i. 0,25
Do đó số phức z có phần thực bằng 3, phần ảo bằng −2. 0,25
b) Phương trình đã cho tương đương với x2 + x+ 2 = 8 0,25
⇔
[
x = 2
x = −3.
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2; x = −3.
0,25
Câu Đáp án (Trang 02) Điểm
4
(1,0đ)
Đặt u = x− 3; dv = exdx. Suy ra du = dx; v = ex. 0,25
Khi đó I = (x− 3)ex
∣∣∣1
0
−
1∫
0
exdx 0,25
= (x− 3)ex
∣∣∣1
0
− ex
∣∣∣1
0
0,25
= 4− 3e. 0,25
5
(1,0đ)
Ta có
−−→
AB = (1; 3; 2). 0,25
Đường thẳng AB có phương trình
x− 1
1
=
y + 2
3
=
z − 1
2
. 0,25
Gọi M là giao điểm của AB và (P ). Do M thuộc AB nên M(1 + t;−2 + 3t; 1 + 2t). 0,25
M thuộc (P ) nên 1 + t− (−2 + 3t) + 2(1 + 2t)− 3 = 0, suy ra t = −1. Do đó M(0;−5;−1). 0,25
6
(1,0đ)
a) Ta có cos 2α = 1− 2 sin2 α = 1
9
. 0,25
Suy ra P =
(
1− 1
3
)(
2 +
1
3
)
=
14
9
. 0,25
b) Số phần tử của không gian mẫu là C 325 = 2300. 0,25
Số kết quả thuận lợi cho biến cố “có ít nhất 2 đội của các Trung tâm y tế cơ sở” là
C
2
20.C
1
5 +C
3
20 = 2090. Xác suất cần tính là p =
2090
2300
=
209
230
.
0,25
7
(1,0đ)


A

B

C

D
	
S
d
M

H
Ta có ŜCA = ̂(SC, (ABCD)) = 45◦,
suy ra SA = AC =
√
2 a.
0,25
VS.ABCD =
1
3
SA.SABCD =
1
3
.
√
2 a.a2 =
√
2 a3
3
. 0,25
Kẻ đường thẳng d qua B và song song AC. Gọi M
là hình chiếu vuông góc của A trên d; H là hình chiếu
vuông góc của A trên SM . Ta có SA⊥BM, MA⊥BM
nên AH⊥BM . Suy ra AH⊥(SBM).
Do đó d(AC, SB)=d(A, (SBM))=AH.
0,25
Tam giác SAM vuông tại A, có đường cao AH , nên
1
AH2
=
1
SA2
+
1
AM2
=
5
2a2
.
Vậy d(AC, SB) = AH =
√
10 a
5
.
0,25
8
(1,0đ)

A

B

C

H

D

K

M
Gọi M là trung điểm AC. Ta có MH = MK =
AC
2
,
nên M thuộc đường trung trực của HK . Đường trung
trực của HK có phương trình 7x+ y− 10 = 0, nên tọa
độ của M thỏa mãn hệ
{
x− y + 10 = 0
7x+ y − 10 = 0.
Suy ra M(0; 10).
0,25
Ta có ĤKA = ĤCA = ĤAB = ĤAD, nên ∆AHK
cân tại H , suy ra HA = HK . Mà MA = MK, nên A
đối xứng với K qua MH .
0,25
Ta có
−−→
MH = (5; 15); đường thẳng MH có phương
trình 3x− y + 10 = 0. Trung điểm AK thuộc MH và
AK⊥MH nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ{
3
(x+ 9
2
)
−
(y − 3
2
)
+ 10 = 0
(x− 9) + 3(y + 3) = 0.
0,25
Suy ra A(−15; 5). 0,25
Câu Đáp án (Trang 03) Điểm
9
(1,0đ)
Điều kiện: x > −2. Phương trình đã cho tương đương với
(x− 2)(x+ 4)
x2 − 2x+ 3 =
(x+ 1)(x− 2)√
x+ 2+ 2
⇔
[x = 2
x+ 4
x2 − 2x+ 3 =
x+ 1√
x+ 2+ 2
(1).
0,25
Ta có (1)⇔ (x+ 4)(√x+ 2 + 2) = (x+ 1)(x2− 2x+ 3)
⇔ (√x+ 2 + 2)[(√x+ 2)2 + 2] = [(x− 1) + 2][(x− 1)2 + 2] (2)
Xét hàm số f(t) = (t+ 2)(t2 + 2).
Ta có f ′(t) = 3t2 + 4t+ 2, suy ra f ′(t) > 0, ∀t ∈ R, nên f(t) đồng biến trên R.
0,25
Do đó (2)⇔ f(√x+ 2) = f(x− 1)⇔ √x+ 2 = x− 1⇔
{
x > 1
x2 − 3x− 1 = 0 0,25
⇔ x = 3 +
√
13
2
.
Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 2; x =
3 +
√
13
2
.
0,25
10
(1,0đ)
Đặt t = ab+ bc+ ca.
Ta có 36 = (a+ b+ c)2 =
1
2
[
(a− b)2 + (b− c)2 + (c− a)2
]
+ 3t > 3t. Suy ra t 6 12.
Mặt khác, (a− 1)(b− 1)(c− 1) > 0, nên abc > ab+ bc+ ca− 5 = t− 5;
và (3− a)(3− b)(3− c) > 0, nên 3t = 3(ab+ bc+ ca) > abc+ 27 > t+ 22. Suy ra t > 11.
Vậy t ∈ [11; 12].
0,25
Khi đó P =
a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2abc(a+ b+ c) + 72
ab+ bc+ ca
− abc
2
=
(ab+ bc+ ca)2 + 72
ab+ bc+ ca
− abc
2
6
t2 + 72
t
− t− 5
2
=
t2 + 5t+ 144
2t
.
0,25
Xét hàm số f(t) =
t2 + 5t+ 144
2t
, với t ∈ [11; 12]. Ta có f ′(t) = t
2 − 144
2t2
.
Do đó f ′(t) 6 0, ∀t ∈ [11; 12], nên f(t) nghịch biến trên đoạn [11, 12].
Suy ra f(t) 6 f(11) =
160
11
. Do đó P 6
160
11
.
0,25
Ta có a = 1, b = 2, c = 3 thỏa mãn điều kiện của bài toán và khi đó P =
160
11
.
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
160
11
.
0,25
−−−−−−−−Hết−−−−−−−−