SỞ GD&ĐT THỪA THIÊN HUẾ
THI THỬ KỲ THI THPT NĂM HỌC 2014-2015
TRƯỜNG THPT HAI BÀ TRƯNG
Lần thứ ba - Môn: Toán
(ĐỀ CHÍNH THỨC)
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Họ và tên thí sinh: ................................................................... Số báo danh: …………………
Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số y
2x m 1
(1) .
x2
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m 1 .
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp điểm có tung độ y 3 .
c. Tìm các giá trị m 3 để hàm số (1) đồng biến trên các khoảng xác định của nó.
Câu 2 (1,0 điểm):
a. Cho sin
1
7
với . Tính tan
.
3
2
2
b. Giải bất phương trình 8.3
xx
9
x x1
x .
1
Câu 3 (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y e x 1 , trục hoành
và hai đường thẳng x ln 3, x ln 8 .
Câu 4 (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a,
600 và AC ' 2a . Gọi O là giao điểm của AC và BD, E là giao điểm của A’C và OC’.
BAD
Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (EBD).
Câu 5 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC, gọi E, F lần lượt là
hình chiếu của các đỉnh B, C lên các cạnh AC, AB. Các đường thẳng BC và EF lần lượt có
phương trình là BC : x 4 y 12 0 , EF : 8 x 49 y 6 0 , trung điểm I của EF nằm trên
đường thẳng : x 12 y 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết BC 2 17 và đỉnh B
có hoành độ âm.
Câu 6 (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(1; 2;0), B( 5; 3;1) ,
x 1 y z 2
.
C 2; 3;4 và đường thẳng :
1
1
1
a. Chứng minh tam giác ABC đều. Tính diện tích tam giác ABC.
b. Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng sao cho thể tích tứ diện D.ABC bằng 3.
Câu 7 (1,0 điểm):
a. Giải phương trình:
3x 2 2 x 1 x 1 x .
b. Từ tập E 1; 2;3;4;5 , lập các số tự nhiên có ba chữ số. Lấy ngẫu nhiên hai số trong các
số vừa lập. Tính xác suất để trong hai số được lấy ra có ít nhất một số có đúng hai chữ số phân
biệt.
Câu 8 (1,0 điểm): Tìm số phức z biết
z 3 i
2
6 z 3 i 13 0 .
Câu 9 (1,0 điểm): Cho a, b, c 1 là các số thực thỏa mãn a b c 6 . Tìm giá trị lớn nhất
của P a 2 2 b 2 2 c 2 2 .
--------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
TRƯỜNG THPT HAI BÀ TRƯNG
TỔ TOÁN
------------------------
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn : TOÁN; Lần 3
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu
1
(2,0
điểm)
Đáp án
2x 2
x2
* Tập xác định: D \ 2 .
* Sự biến thiên:
2
Đạo hàm y '
0, x D . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
2
x 2
Điểm
a. (1,0 điểm) y
0.25
;2 ; 2; .
Giới hạn:
lim y lim y 2 , nên đường thẳng y 2 là tiệm cận ngang của đồ thị C1 .
x
x
lim y ; lim y , nên đường thẳng x 2 là tiệm cận đứng của đồ thị
x 2
0.25
x 2
C1 .
Bảng biến thiên:
0.25
* Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối
xứng.
Điểm đặc biệt
0.25
b. (0,5 điểm)
1
2
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M 4;3 :
0.25
Ta có y 3 x 4; y ' 4
y
1
1
x 4 3 y x 5
2
2
c. (0,5 điểm)
3 m
Ta có y '
, tập xác định D \ 2 .
2
x 2
2
(1,0
điểm)
0.25
Với m 3 , hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 2) và 2; khi và chỉ
khi y ' 0, x 2 m 3 .
a. (0,5 điểm)
1
1
Ta có sin sin a .
3
3
1
2 2
Do nên cos 0 cos 1
.
2
9
3
cos
7
2 2 .
tan
tan 3 tan cot
2
sin
2
2
b. (0,5 điểm)
Điều kiện: x 0
Bất phương trình tương đương với 8.3
x x
9. 3
x x
ln8
Diện tích hình phẳng cần tìm là: S
ln3
0.25
0.25
0.25
2
1 0 .
1
Đặt t 3 x x , t 0 , ta có 9t 2 8t 1 0 t 1 (loại) hoặc t .
9
Do vậy
1
3 x x x x 2 x x 2 0 0 x 2 0 x 4 .
9
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T 0;4 .
3
(1,0
điểm)
0.25
0.25
0.25
ln8
e x 1 dx ln 3 e x 1dx .
0.25
2t
Đặt t e x 1 e x t 2 1 e x dx 2tdt dx 2
dt
t 1
Đổi cận : x ln 3 t 2, x ln 8 t 3
0.25
3
2t 2
1
1
dt 2 2
dt
2
t 1
t 1 t 1
0.25
3
Khi đó S
2
3
t 1
3
2t 2 ln
2 ln
t 1 2
2
3
0.25
4
(1,0
điểm)
D'
ABD có
600
AB AD a, BAD
nên ABD đều,
suy ra
a 3
AO
AC a 3 ;
2
CC ' a ..
C'
A'
B'
H
0.25
D
I
C
O
A
B
1
a2 3
a3 3
AC.BD
. Do vậy VABCD. A' B 'C ' D ' CC '.S ABCD
.
2
2
2
Vẽ CH OC '( H OC ') (1)
BD OC
Ta có
BD (OCC ') BD CH (2)
BD CC '
Từ (1) và (2) ta có CH ( IBD) nên d C , IBD CH .
AC cắt (IBD) tại O và O là trung điểm của AC.
Do vậy d A, IBD d C , IBD CH
S ABCD
a 3
a 21
2
.
2
2
2
7
CC ' OC
3a
2
a
4
CC '.OC
5
(1,0
điểm)
0.25
0.25
0.25
a.
Vì I thuộc nên I 12m; m , mà I
thuộc EF nên ta có m
6
, suy ra
145
72 6
I
;
145 145
Gọi d là đường thẳng đi qua I và
vuông góc với EF, ta có
d :49 x 8 y 24 0
Đường thẳng d cắt BC tại trung điểm
M của BC, do vậy M 0; 3 .
Ta có BM 17, B 4b 12; b , BM
0.25
4b 12
2
2
b 3 nên ta có
phương trình
b 2 B 4; 2
17 17b 2 102b 136 0
b 4 B 4; 4
Chọn B 4; 4 C 4; 2 .
2
4b 12 b 3
2
0.25
6 8e
16 2
64 14
Lấy E e;
,
ta
có
BE.EC 0 , do vậy E ; và F ;
49
5 5
29 29
16 2
64 14
hoặc F ; và E ; .
5 5
29 29
16 2
64 14
+ Với E ; và F ; . Ta có
5 5
29 29
0.25
16 10
BE : x 2 y 4 0, CF : 2 x 5 y 2 0 , suy ra A ; (loại vì
9
9
90o ).
AB. AC 0 cos AB, AC 0 A
64 14
16 2
+ Với E ; và F ; . Ta có
29 29
5 5
BE : 5 x 2 y 12 0, CF : 2 x y 6 0 ,
0.25
suy ra A 0;6 (thỏa mãn).
Vậy A 0;6 , B 4; 4 , C 4; 2 .
6
(1,0
điểm)
a. (0,5 điểm)
0.25
Ta có AB BC AC 3 2 nên tam giác ABC đều.
Diện tích tam giác ABC là: S
3 2
2
3
4
9 3
.
2
0.25
b. (0,5 điểm) .
1
3V
2
Ta có VD. ABC d D, ABC .S ABC 3 d D, ABC
.
3
S
3
AB 4; 1;1 , AC 1; 1;4 AB, AC 3;15;3 .
0.25
Phương trình mặt phẳng (ABC) là : x 5 y z 9 0 .
Vì D nên D 1 t ; t ;2 t .
1 t 5t 2 t 9
t 2
2
2
3t 12 6
3
3 3
3
t 6
Vậy có hai điểm D thỏa mãn điều kiện bài toán : D 3; 2;4 hoặc
d D, ABC
7
(1,0
điểm)
0.25
D 6; 7;8 .
a. (0,5 điểm)
1
Điều kiện x .
2
Với điều kiện đó, ta có
3x 2 2 x 1
3x 2 2 x 1 x 1
3x 2 2 x 1
3x 2 2 x 1
0.25
3x 2 2 x 1
3x 2 2 x 1 1 0
3 x 2 2 x 1 1(do 3 x 2 2 x 1 0)
3x 2 2 x 1 1
3x 2 2 x 1 1 2 2 x 1
x 0
2
x 8x 4 0
x 4 2 5 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm là x 4 2 5 .
b. (0,5 điểm)
Từ tập hợp E 1;2;3;4;5 ta có thể lập được 53 125 số có 3 chữ số. Chọn 2
2
số từ 125 số ở trên có C125
cách.
Gọi A là biến cố : « Hai số được chọn có ít nhất một số có đúng hai chữ số phân
biệt ».
Trong 125 số trên có C52 .6 60 số có ba chữ số trong đó có đúng hai chữ số
0.25
0.25
0.25
phân biệt. Do vậy n A 60.65 C602 .
60.65 C602 567
Vậy xác suất cần tìm là : P
0, 73 .
2
C125
775
8
(1,0
điểm)
9
(1,0
điểm)
Đặt t z 3 i , phương trình trở thành : t 2 6t 13 0 .
Ta có ' 4 4i 2 , ' có hai căn bậc hai là 2i
0.25
Phương trình trên có hai nghiệm phức là t 3 2i hoặc t 3 2i .
0.25
0.25
Do vậy z 3 i 3 2i hoặc z 3 i 3 2i
Vậy z i hoặc z 3i .
Không mất tổng quát có thể giả sử a b c . Suy ra 6 a b c c c c
suy ra c 2; a b 4
2
a b 2
2
2
Ta chứng minh bất đẳng thức a 2 b 2
2
2
Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với
4
a b
2
2
4
2 2
2
2
a b 2 a 2b
a b 16 a b a b 16a 2b 2
16
2
2
16 a b a 2 b 2 4ab a b
2
0.25
0.25
0.25
2
2
2
16 a b a b a b 4ab
2
Bất đẳng thức cuối cùng đúng bởi vì a b 4 2 16 .
Đặt x
a
2
a b
ta có
2
2
2 b 2 c 2 x 2 c 2 x 2
2
2
2
2
2
2
6 2x
2
2
0.25
5
.
2
5
Hơn nữa 2 x a b 4 nên ta có x 2; .
2
Ta cần tìm giá trị lớn nhất của
2
2
f x x 2 2 6 2 x 2 4 x 6 24 x5 54 x 4 96 x3 168 x 2 96 x 152
Vì c 1 nên ta có 2 x c 6 x
5
trên 2; .
2
5
f ' x 12 x 2 2 x 2 x 2 3 x 1 , và f ' x 0, x 2; .
2
Nhưng f 2 216 nên f x đạt GTLN bằng 216, dấu bằng xảy ra khi và chỉ
0.25
khi x 2 .
Vậy ta có a 2 2 b 2 2 c 2 2 216 , hay P đạt GTLN bằng 216, dấu
bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 2 .
Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác đáp án và đúng thì vẫn được điểm tối đa.
----------------Hết----------------
- Xem thêm -
.PDF 
7 
459 
79 
