KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – ĐỢT 1 Môn Toán. Thời gian 180 phút

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 l

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  y=x3-3x 2 -  ( C ). 1 

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 2x-cos 2x=4sinx -   1 

2 ( log 42  x) 2 -3log 2 x -7=    0 

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 

ï

í

ï

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  ab ³  ; 1  c a( + +b c ) ³ 3 . 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  2 2  6 ln( 2 ) 

­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­/ Hết /­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 

GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk

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’ = 0Ûx = 0 hoặc x = 2  y’>0Ûx<0 hoặc x>2; 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 

3 

2 

3 1 

+) Bảng biến thiên: 

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 

2 

0 

x 

=

é

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 

4 

m 

m 

¹

ì

- ¹

Û

+ > > -

0.25  0.25 

0.5 

2 

­2 

­4 

­6 

5 

­5 

­1 

­3 

GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk

1.5đ 

1. 

0.75đ

2 

3 sin 2 cos 2 4sin 1 2 3 sin cos 1 cos 2 4sin 0 

2 3 sin cos 2 sin 4 sin 0 2sin 3 cos sin 2 0 

sin 0  sin 0 

,  

3 cos sin 2 

x 

k 

p

p

=

=

ë

¢ 

0.25  0.25 

0.25 

2 

0.75đ 

gpt: ( log 42  x) 2 -3log 2 x -7 = 0 

ĐK: x>0

2 

2 

2 

1 

log 3 

8 

x 

x

é

ê

=

ë  Đối chiếu điều kiện ta có các nghiệm  1 

2 

x =  ; x =  8 . 

0.25  0.25 

0.25 

III. 

1 đ 

Xét phương trình lnx =0Û x = 1 

Diện tích hình phẳng là 

1 

1 

1 

1 

1 

e 

e 

x 

e 

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 

30  SCH =   Tam giác SHC vuông tại 

H nên 

2 

CH SH 

ây, thể tích khối chóp S.ABC là: 

3 

. 

a 

V = SH AB CH =  (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 SH

^ ü

ý

^ þ 

mà  HK ^ SG nên HK ^ (SAD ) hay d H SAD( , ( ) ) = HK

Tam giác SHG vuông tại H nên 

0.25 

B 

S 

D 

H 

G  K

GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk

2 2 2 2 2 2 2 

a 

HK 

HK = HG + HS = HB +HC +HS = a Þ = 

Vậy, ( ,  )  3 

13 

a 

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 

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 r i = (1;0;0) 

,  mp(P) có vtpt n = (1;1;1) 

r 

. mp a( )   chứa trục Ox và vuông góc với mặt phẳng (P)  nên nó qua điểm O và nhận u=én i , ù =( 0;1; 1 - ) 

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 

; 

5 

x 

x y 

x y 

y

ì

=

ï

- =

ï

( ) 

2 

2 

2 ; 

: 

Theo giả thiết ta được E ( 3; 1 - ) , pt AE: x+y­2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE  vuông cân tại D nên

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( )( ) 

hay D(1;­1) D(3;1) 

AD DE 

=

Û

= -

ï

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 

D 

C 

G 

E 

F 

H

GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk

1 

0.75đ 

Giải hệ pt: 

2 

2 6 1       (1) 

ï

í

ï

1 

x y 

x

+ + ³

ì

í

³ -

î  +) Nếu y ³  , để hệ có nghiệm thì 1 0  ³ y ³   0 

(1) (1)  (1) 1 1 

ü

Þ >

ý

+) Nếu y<0, từ (2) suy ra x>0

( ) ( ) 

2 

2 

Xét hàm số 

2 

2 

2 

9 2 

9 

t 

t

+

= + > = > " >

+ 

2 

y 

æ ö

è ø  Thế vào pt(1) ta có phương trình 2 9 2  y 6 1  y 

y + + = -  (4). Hàm số 

2 

9 

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 C C C = 102 18 6 1  2160 cách  +) 1 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh: có C C C = 101 82 1 6  1680 cách  +) 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 2 bi xanh: có C C C = 101 81 6 2  1200 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

GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk

1 đ

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau: 

) 

1 a 1  b  1  ab

1 

2 

ab 

ab +

Thật vậy,

Û - - ³  luôn đúng vì ab ³  1 . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1

1 

2 

ab 

1 

2 

ab 

( )( ) ( ) 2 

2 

2 

Đặt t =a b+ +2 ,c t >  ta có: 0 

( )

2 

2 

16 1 

'( ) 

t 

t 

f t 

+

BBT 

f(t) 

5+6ln4  Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1. 

0.25 

0.5 

0.25 

GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk