Kỳ thi thử thpt quốc gia năm 2015 – đợt 1 môn toán. Thời gian 180 phút

Sở GD&ĐT Nghệ An 
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 3 
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – ĐỢT 1 
Môn Toán. Thời gian 180 phút 
Ngày thi: 21/3/2015 
Câu I.(2 điểm) Cho hàm số  3 2 3 1 y x x = - -  ( C ). 
1.  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ). 
2.  Tìm m để đường thẳng d: y = mx – 1 cắt đồ thị (C ) tại ba điểm phân biệt. 
Câu II.(1,5 điểm) Giải các phương trình sau: 
1.  3 sin 2 cos2 4sin 1 x x x - = -  . 
2. ( ) 2 2  2 log 4 3log 7 0 x x - - =  . 
Câu III.(1 điểm) Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường : 
ln ; 0; y x y x e = = =  . 
Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác SAB đều cạnh a, tam giác ABC cân 
tại C. Hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm  của cạnh AB; góc hợp bởi 
cạnh SC và mặt đáy là 30 0 . 
1.  Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 
2.  Tính khoảng cách của hai đường thẳng SA và BC. 
Câu V. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+ y+z+1=0. 
1.  Viết phương trình mặt cầu có tâm I(1;1;0) và tiếp xúc với mp(P). 
2.  Viết phương trình mặt phẳng chứa trục Ox và vuông góc với mp(P). 
Câu VI.(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là 
hình chiếu của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết 
A(1;1), phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. 
Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D. 
Câu VII. ( 1,5 điểm ) 
1.  Giải hệ phương trình 
2 
2 6 1 
9 1 9 0 
x y y 
x xy y 
ì + + = - ï 
í 
+ + + = ï î 
2.  Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4 viên 
bi. Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu. 
Câu VIII.( 1 điểm ) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn  1 ab ³  ; ( )  3 c a b c + + ³  . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 
6ln( 2 ) 
1 1 
b c a c 
P a b c 
a b 
+ + 
= + + + + 
+ + 
. 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­/ Hết /­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
Họ và tên thí sinh ........................................................SBD: ...................... 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển https://www.facebook.com/HIEN.0905112810 
Đã chia sẻ đên www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN 
Câu  ý  Nội dung  Điểm 
I 
2 đ 
1.
1 đ 
1/ Tập xác định: ¡ 
2/ Sự biến thiên 
+) Chiều biến thiên: y’=3x 2 – 6x = 3x(x – 2); y’ = 0Û x = 0 hoặc x = 2 
y’>0Û x2; y’<0 Û  0<x<2 
Vậy, hàm số đồng biến trên các khoảng  ( ;0) -¥  và  (2; ) +¥  ; hàm số nghịch biến 
trên khoảng (0;2). 
+) Cực trị 
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yC Đ=­1; 
hàm số đạt cực tiểu tại x=2 và yCT=­5. 
+) Giới hạn tại vô cực 
3 
2 
3 1 
lim lim 1 
x x 
y x 
x x ®-¥ ®-¥ 
æ ö = - - = -¥ ç ÷ 
è ø 
;  3 
2 
3 1 
lim lim 1 
x x 
y x 
x x ®+¥ ®+¥ 
æ ö = - - = +¥ ç ÷ 
è ø 
+) Bảng biến thiên: 
x -¥  0  2 +¥ 
y’  +  0  ­  0  + 
y 
-¥ 
­1 
­5 
+¥ 
3/ Đồ thị 
Đồ thị nhận điểm I(1;­3) làm điểm đối xứng 
Đồ thị đi qua các điểm 
(­1;­5);(0;­1);(1;­3);(2;­5);(3;­1) 
0.25 
0.5 
0.25 
2. 
Số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d bằng số nghiệm của phương trình 
3 2 3 1 1  (1) x x mx - - = -  . 
( ) 3 2 2  2 
0 
(1) 3 0 3 0 
3 0 (2) 
x 
pt x x mx x x x m 
x x m 
= é 
Û - - = Û - - = Û ê - - = ë 
Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (2) phải có 
hai nghiệm phân biệt khác 0 hay 
0 0 
9 
9 4 0 
4 
m m 
m  m 
¹ ì - ¹ ì ï Û í í + > > - î ï î 
0.25 
0.25 
0.5 
2 
­2 
­4 
­6 
5 O  1  2 
­5 
­1 
­3 
­1  3
II. 
1.5đ 
1. 
0.75đ 
( ) 2 
3sin 2 cos2 4sin 1 2 3sin cos 1 cos2 4sin 0 
2 3 sin cos 2sin 4sin 0 2sin 3 cos sin 2 0 
sin 0 
sin 0 
, . 
sin 1  2 3 cos sin 2 
3  6 
x x x x x x x 
x x x x x x x 
x  x k x 
k 
x  x k x x 
p 
p p p 
- = - Û + - - = 
Û + - = Û + - = 
= é = é = é ê ê Û Û Û Î ê æ ö ê ê + = = + + = ç ÷ ë ê ë è ø ë 
¢ 
0.25 
0.25 
0.25 
2 
0.75đ 
gpt: ( ) 2 2  2 log 4 3log 7 0 x x - - = 
ĐK: x>0. 
( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 
2 2 
2 2 
2 
log 4 3log 7 0 2 log 6log 7 0 
1 log 1 
log 2log 3 0  2 
log 3 
8 
x x x x 
x  x 
x x 
x 
x 
- - = Û + - - = 
é = - = é ê Û - - = Û Û ê ê = ë = ë 
Đối chiếu điều kiện ta có các nghiệm 
1 
2 
x =  ;  8 x =  . 
0.25 
0.25 
0.25 
III. 
1 đ 
Xét phương trình  ln 0 1 x x = Û = 
Diện tích hình phẳng là 
1 1 
1 
1 
ln ln . 
1 
1 
1 
e e 
e 
e 
S xdx x x x dx 
x 
e 
e dx e x 
= = - 
= - = - = 
ò ò 
ò 
0.25 
0.5 
0.25 
IV 
1 đ 
1. 
0.5 đ 
Gọi H là trung điểm cạnh AB ta có 
SH là đường cao của hình chóp 
S.ABC và CH là đường cao tam giác 
ABC. Từ giả thiết ta được 
·  0 30 SCH =  . Tam giác SHC vuông tại 
H nên 
0  3 tan30 3 
2 
SH a 
CH SH 
CH 
= Þ = =  V 
ây, thể tích khối chóp S.ABC là: 
3 1 1 3 
. . 
3 2 8 
a 
V SH ABCH = =  (đvtt) 
0.25 
0.25 
2. 
0.5 đ 
Dựng hình bình hành ABCD, khi đó 
( ) ( ) ( ) ( ) , , ( ) , ( ) 2 , ( ) d BC SA d BC SAD d B SAD d H SAD = = = 
Gọi G, K lần lượt là hình chiếu của H trên các đường thẳng AD và SG ta có: 
( ) 
AD HG 
AD SHG HK AD 
AD SH 
^ ü 
Þ ^ Þ ^ ý ^ þ 
mà HK SG ^  nên  ( ) HK SAD ^  hay ( ) ( ) , d H SAD HK = 
Tam giác SHG vuông tại H nên 
0.25 
A  C 
B 
S 
D 
H 
G 
K
2 2 2 2 2 2 2 
1 1 1 1 1 1 52 3 
9  2 13 
a 
HK 
HK HG HS HB HC HS a 
= + = + + = Þ = 
Vậy, ( )  3 , 
13 
a 
d BC SA =  0.25 
V
1 đ 
1 
0.5 đ 
Vì mặt cầu (S) có tâm I(1;1;0) và tiếp xúc với mp(P) nên bán kính của mặt cầu 
là 
1 1 0 1 
( , ( )) 3 
3 
r d I P 
+ + + 
= = = 
Vậy, phương trình mặt cầu (S) là: ( ) ( ) 2 2  2 1 1 3 x y z - + - + = 
0.25 
0.25 
2 
0.5 đ 
Gọi  ( ) mp a  là mặt phẳng cần tìm. Trục Ox chứa điểm O và véctơ  (1;0;0) i = 
r 
, 
mp(P) có vtpt  (1;1;1) n = 
r 
.  ( ) mp a  chứa trục Ox và vuông góc với mặt phẳng (P) 
nên nó qua điểm O và nhận ( ) , 0;1; 1 u n i é ù = = - ë û 
r r r 
là véctơ. 
Vậy, phương trình  ( ) mp a  : y – z  = 0 
0.25 
0.25 
VI 
1 đ 
Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các 
đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng 
minh  AF EF ^  . 
Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG 
nội tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội 
tiếp, do đó  AF EF ^  . 
Đường thẳng AF có pt: x+3y­4=0. 
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ 
17 
3 10  17 1 32 5  ; 
3 4 1  5 5 5 
5 
x x y 
F AF 
x y 
y 
ì = ï - = ì ï æ ö Û ® ® = í í ç ÷ + = è ø î ï = 
ï î 
( ) 
( ) 
2 2 
2 
2 
1 2 
2 ; 
2 5 
8 17 51 8 
;3 10 3 
5 5 5 5 
19 19 7 
5 34 57 0 3  hay  3; 1 ; 
5 5 5 
AFE DCB EF AF 
E t t EF t t 
t t t t E E 
D D ® = = 
æ ö æ ö - ® = Û - + - = ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
æ ö Û - + = Û = Ú = - Ú ç ÷ 
è ø 
: 
Theo giả thiết ta được ( ) 3; 1 E -  , pt AE: x+y­2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE 
vuông cân tại D nên 
( ) ( ) ( ) ( ) 
( ) ( ) ( ) ( ) 
( ) ( ) 
2 2 2 2 
1 1 3 1 
1 3 1 1 
2  1 3 
hay D(1;­1) D(3;1) 
1 3 0  1 1 
x y x y AD DE 
AD DE  x x y y 
y x  x x 
x x  y y 
ì - + - = - + + = ì ï Û í í ^ - - = - + î ï î 
= - ì = = ì ì ï Û Û Ú Ú í í í - - = = - = ï î î î 
Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng  AE nên D(1;­1). 
Khi đó, C(5;­1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;­1) và D(1;­1). 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
A  B 
D 
C 
G 
E 
F 
H
VII 
1 
0.75đ 
Giải hệ pt: 
2 
2 6 1           (1) 
9 1 9 0  (2) 
x y y
x xy y 
ì + + = - ï 
í 
+ + + = ï î 
Đk: 
6 0 
1 
x y 
x 
+ + ³ ì 
í ³ - î 
+) Nếu  0 y ³  , để hệ có nghiệm thì 1 0 y ³ ³  . 
(1) 2 6 2 5 
(1) (1) 
(1) 1 1 
VT x y 
VT VP 
VP y 
ü = + + ³ ï Þ > ý 
= - £ ï þ 
hệ vô nghiệm. 
+) Nếu y0 
( ) ( ) 
2 
2 2  3 3 9 1 9 0 9 9 (3) x xy y y y 
x x 
æ ö æ ö + + + = Û + = - + - ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
Xét hàm số 
2 
2 
2 
9 2 
( ) 9 , 0; '( ) 0 0 
9 
t 
f t t t t f t t 
t 
+ 
= + > = > " > 
+ 
2 
3 3 9 
(3) ( ) f f y y x 
y x x 
æ ö Û = - Û = - Û = ç ÷ 
è ø 
Thế vào pt(1) ta có phương trình 
2 
9 
2 6 1 y y 
y 
+ + = -  (4). Hàm số 
2 
9 
( ) 2 6 g y y 
y 
= + +  đồng biến trên ( ) ;0 -¥  ; hàm số h(y)=1­y nghịch biến trên 
( ) ;0 -¥  và phương trình có ngiệm y=­3 nên pt(4) có nghiệm duy nhất y=­3. 
Vậy, hệ có nghiệm duy nhất (1;­3). 
0.25 
0.25 
0.25 
2 
0.75đ 
Tổng số viên bi trong hộp là 24. Gọi W  là không gian mẫu. 
Lấy ngẫu nhiên 4 viên trong hộp ta có  4 24 C  cách lấy hay n(W )= 
4 
24 C  . 
Gọi A là biến cố lấy được các viên bi có đủ cả 3 màu. Ta có các trường hợp sau: 
+) 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh: có  2 1 1 10 8 6  2160 C C C =  cách 
+) 1 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh: có  1 2 1 10 8 6  1680 C C C =  cách 
+) 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 2 bi xanh: có  1 1 2 10 8 6  1200 C C C =  cách 
Do đó, n(A)=5040 
Vậy, xác suất biến cố A là 
( ) 5040 
( ) 47,4% 
( ) 10626 
n A 
P A 
n 
= = » 
W 
0.25 
0.25 
0.25
VIII 
1 đ 
( ) 
2 1 2 1 
2 6ln( 2 ) 
1 1 
1 1 
2 1 6ln( 2 ) 
1 1 
a b c a b c 
P a b c 
a b 
a b c a b c 
a b 
+ + + + + + 
+ = + + + + 
+ + 
æ ö = + + + + + + + ç ÷ + + è ø 
Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau: 
1 1 2 
) 
1 1  1 a b  ab 
+ + ³ 
+ + + 
(1) 
1 
) (2) 
2 
ab 
ab 
+ 
+ £ 
Thật vậy, 
( ) ( ) ( )( ) 1 1 2 ) 2 1 2 1 1 
1 1  1 
a b ab a b 
a b  ab 
+ + ³ Û + + + ³ + + 
+ + + 
( ) ( ) 2  1 0 a b ab Û - - ³  luôn đúng vì  1 ab ³  . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1 
( ) 2 1 ) 1 0 
2 
ab 
ab ab 
+ 
+ £ Û - ³  . Dấu “=” khi ab=1. 
Do đó, 
1 1 2 2 4 
1 1 1 3 1  1 
2 
ab a b ab ab 
+ ³ ³ = 
+ + + + + + 
( )( ) ( ) 2 2 
4 4 16 
2 ab bc ca c a c b c  a b c 
³ = ³ 
+ + + + + + + 
Đặt  2 , 0 t a b c t = + + >  ta có: 
( ) 
( ) ( ) ( ) 
2 
2 
3 3 3 
16 1 
2 ( ) 6ln , 0; 
16 2 4 6 8 6 6 16 32 
'( ) 
t 
P f t t t 
t 
t t t t t 
f t 
t t t t 
+ 
+ ³ = + > 
+ - + - - 
= - = = 
BBT 
t  0  4 +¥ 
f’(t)  ­  0  + 
f(t) 
5+6ln4 
Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1. 
0.25 
0.5 
0.25 
Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa !!! 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển https://www.facebook.com/HIEN.0905112810 
Đã chia sẻ đên www.laisac.page.tl