SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯ ỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: TOÁN ( Th ời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đ ề ) . Câu 1 ( 2,0 điểm ). Cho hàm s ố 4 2 2( 1) 2 (1)y x m x m     , với m là tham số thực . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với 1m  . b) Gọi A là điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ 1 A x  . Xác định các giá trị của m để tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại A vuông góc với đường thẳng 1 2015 4 y x   . Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương tr ình 2 3cos 2cos 2sin 2 4sin 5 0x x x x     b) Giải bất phương trình 1 2 16 3.2 2 0 x x x     Câu 3 (1,0 đi ểm). Tính tích phân 1 4 5 0 . 1 x x I x e dx x                 Câu 4 (1,0 điểm ). a) Một tổ có 15 học sinh trong đó có 9 h ọc sinh nam và 6 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chia tổ thành 3 nhóm sao cho m ỗi nhóm có đúng 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ. b) Trên mặt phẳng tọa đ ộ Oxy, tìm tập hợp đi ểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn 2 1 z i z i    . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng chéo nhau 1 2 1 : , 1 2 3 x y z d      2 1 1 : 2 2 1 x y z d      . Vi ết phương trình m ặt phẳng chứa 1 d và song song với 2 d . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 1 d , 2 d . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABCD. A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của điểm A’ trên mặt phẳng ABCD là trung điểm I của cạnh AB. Biết A’C tạo với mặt ph ẳng đáy một góc  với 2 tan 5   . Tính theo a thể tích khối chóp A’.ICD và kho ảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (A’AC). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác đều ABC có (4; 1)A  , điểm 4 3 (4 ; 3) 3 M  thuộc cung BC không chứa đi ểm A của đư ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết 4 3 3 MC  và tọa độ điểm B là các số nguyên. Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   2 2 2 2 2 30 5( 5 ) 5 50 , 2 51 x xy x y xy y x y R x y               Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 4 4 3 3 ab a a b bc b b c P b a c b         Hết 55 SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. (1,0 điểm) Khi m = 1, khảo sát 4 2 4 3 y x x    * Tập xác định:  * Sự biến thiên: 3 0 ' 4 8 ; ' 0 2 x y x x y x           0,25     ' 0 ; 2 0; 2 y x      ;     ' 0 2;0 2;y x        Hàm số nghịch biến trên các khoảng   ; 2   và   0; 2 Hàm số đồng biến trên khoảng   2;0  và   2;  Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại C § x 2 , y 1    Hàm số đạt cực đại tại CT x 0 , y 3  Giới hạn:     4 2 4 2 lim lim 4 3 ; lim lim 4 3 . x x x x y x x y x x               0,25 Bảng biến thiên: x  2  0 2  y' - 0 + 0  0 + y  3  -1 -1 0,25 * Đồ thị: Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 3) ; cắt trục hoành tại các điểm ( 3;0), ( 3;0), ( 1;0), (1;0)   . Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm m để tiếp tuyến tại A Đạo hàm của hàm số (1) 3 ' 4 4( 1)y x m x   0,25 Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm A là '(1) 4y m 0,25 Tiếp tuyến tại A vuông góc với đường thẳng 1 2015 4 y x  khi và chỉ khi 1 '(1). 1 4 y  0,25 Câu 1 (2,0đ) 4 4 1 m m       Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. 0,25 Giải phương trình 2 3cos 2cos 2sin 2 4sin 5 0 x x x x      2 3cos 2cos 5 4sin (cosx-1)=0 x x x    (cos 1)(3cos 5) 4sin (cos 1) 0 x x x x       ( os 1)(3cos 4sin +5)=0 c x x x    0,25 * cos 1 2x x k     * 3cos 4sin 5 3 4 3 4 os s in = 1.§Æt: os ; sin 5 5 5 5 Pt trë thµnh: cos( + )= 1 + = + 2 = + 2 x x c x x c x x k x k                      Vậy phương trình có các nghiệm là: 2x k  , = - + 2 ( ) x k k     0,25 Giải bất phương trình 1 2 16 3.2 2 0 x x x     1 2 2 2 2 16 3.2 2 0 1 1 4 3.4 . 2. 0 8 3.8 2 0 2 2 x x x x x x x x x                                 0,25 Câu 2 (1,0đ) 0 8 1 1 8 2 3 x x x x                  . Vậy tập nghiệm của bpt là 1 ( ; 0) ( ; ) 3    . 0,25 Tính tích phân: 1 4 5 0 . 1 x x x e dx x                1 1 1 4 4 5 5 0 0 0 . . 1 1 x x x x I x e dx x e dx dx x x                      Tính 1 0 . x M x e dx   Đặt x x u x du dx dv e dx v e                    0,25 Áp dụng công thức tích phân từng phần: 1 1 1 0 0 0 1 x x x M xe e dx e e       0,25 1 1 1 4 5 5 5 5 0 0 0 1 ( 1) 1 1 ln 1 ln 2 1 5 1 5 5 x d x N dx x x x                       . 0,25 Câu 3 (1,0đ) Vậy, 1 1 ln 2 5 I M N    0,25 a) Coi việc chia tổ gồm 2 bước: Bước 1: Chọn 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ vào nhóm thứ nhất, có 3 2 9 6 .C C cách chọn. Bước 2: Chọn trong các học sinh còn lại 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ vào nhóm thứ hai, có 3 2 6 4 .C C cách chọn. Nhóm thứ 3 là các học sinh còn lại sau 2 bước chọn. 0,25 Theo qui tắc nhân, có tất cả 3 2 3 2 9 6 6 4 . . . 151200 C C C C  (cách) 0,25 b)Giả sử 2 ( , , 1) z x yi x y R i     , điểm M(x; y) biểu diễn z. theo bài ra ta có: ( 2) ( 1) ( 1)x y i x y i      0,25 2 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 1) x y x y        Câu 4 (1,0đ) 4 4 2 2 2 1 0 y x y x y          suy ra M thuộc đường thẳng có pt 1 0 x y    Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường thẳng có pt: 1 0 x y    0,25 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz Vectơ chỉ phương của d 1 , d 2 lần lượt là: 1 2 (1; 2;3), (2;2; 1) u u     mặt phẳng (P) chứa d 1 và song song với d 2 nên vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là 1 2 ( 4; 7; 6) P n u u        . 0,25 Điểm A(2; 0; -1) thuộc d 1 , pt mp (P): 4( 2) 7 6( 1) 0 4 7 6 14 0 x y z x y z             Vậy (P) 4 7 6 14 0 x y z      là mặt phẳng cần tìm. 0,25 Lấy điểm B(1; -1; 0 )thuộc đường thẳng d 2 , vì d 2 // (P) nên 1 2 ( , ) ( ,( ))d d d d B P 0,25 Câu 5 (1,0đ) 1 2 4 7 14 3 ( , ) ( ,( )) 101 101 d d d d B P       . 0,25 Tính thể tích Theo bài ra ta có IC là hình chiếu vuông góc của A’C trên mặt phẳng (ABCD). Suy ra  ( ' ,( )) ( ' , ) 'A C ABCD A C CI A CI    0,25 Xét tam giác vuông A’IC:  5 2 ' .tan ' .tan . 2 5 a A I IC A CI IC a      Thể tích khối chóp A’.ICD : 2 3 '. 1 1 ' . . 3 3 2 6 A ICD ICD a a V A I S a    (đvtt). 0,25 Ta có ( ' ) BI A AC A  và I là trung điểm AB nên ( ,( ' )) 2 ( ,( ' ))d B A AC d I A AC Trong mp (ABCD) kẻ // IK BD IK AC  , mà A'I AC (do A'I (ABCD))  nên ( ' )AC A IK , kẻ ' ( ' )IH A K IH A AC   ( ,( ' )) d I A AC IH  0,25 Câu6 (1,0đ) Tính IH xét tam giác vuông A’IK có A’I = a, 2 4 4 BD a IK   2 2 2 2 2 2 1 1 1 8 1 9 ' 3 a IH IH IK IA a a a        Suy ra 2 ( ,( ' )) 3 a d B A AC  . 0,25 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác đều ABC… Câu 7 (1,0đ) Chứng minh: MA = MB + MC Trên đoạn thẳng AM lấy điểm I sao cho MB = MI (1), vì   0 60 BCA BMA  nên tam giác MBI đều => BM = BI và       0 60 ABI IBC MBC IBC ABI MBC       lại có BA = BC suy ra ( . . )BIA BMC c g c  . => MC=AI (2) Từ (1) và (2) suy ra MB + MC = MI + AI =MA 0,25 Tính 8 3 2 3 MA MA MC MB MC MB MC        lại có AB = AC => MA là đường trung trực của đoạn thẳng BC nên MA là một đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC. Hai cạnh AB và AC nằm trên các đường thẳng qua A và tạo với AM một góc 30 0 . Pt AB, AC có dạng  : a(x – 4) +b(y + 1) = 0. 2 2 ( 0) a b   4 3 3 ; 4 1; 3 3 AM AM n                                 là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng AM. gọi  là góc tạo bởi AB, AC với AM ta có 0 30  , 2 2 3 .1 . 3 3 cos 2 1 . 1 3 a b a b       2 0, 1 3 3, 1 b a b ab b a            => : 4 0 x   hoặc ' : 3 4 3 0 x y     0,25 Vì AM là một đường kính nên góc   0 90 MBA MCA  , pt các đường thẳng MB, MC qua M và vuông góc với  và ' lần lượt là y – 3 = 0 và 3 7 4 3 0 x y     . 0,25 Tọa độ B, C là nghiệm của các hệ phương trình 4 0 4 y - 3 = 0 3 x x y                    ; 3 4 3 0 4 2 3 1 3 7 4 3 0 x y x y x y                           Vì tọa độ B là các số nguyên nên B(4; 3) và (4 2 3; 1) C  . 0,25 Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 30 5( 5 ) 5 50 2 51 x xy x y xy y x y              ( , x y R ) Điều kiện: 0 xy  2 2 2 2 2 2 2 2 2 30 50 5( 5 ) 5 (1) 2 51 (2) 2( 10 25 ) 10 5( 5 ) 5 2 51 x xy y x y xy x y x xy y xy x y xy x y                             0,25 Câu8 (1,0đ) 0 xy  không thỏa mãn, từ pt (1) suy ra 5 0 x y   lại có xy > 0 nên x > 0, y > 0 Hpt 2 2 5 5 5 (1) 5 2 5 2 51 (2) xy x y x y xy x y                   0,25 Đ ặt 5 2 5 x y t xy    , (vì theo B ĐT Côsi 5 2 5x y xy  ) Pt (1) trở thành 1 5 2 5 2 5 2 t t x y xy t        suy ra 5x y 0,25 Thế x = 5y vào (2) được x = 5 ; y = 1. V ậy hệ phương trình có 1 nghi ệm (x ; y) = (5 ; 1) 0,25 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 4 4 3 3 ab a a b bc b b c P b a c b         Đặt 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 4 4 ; 3 3 ab a a b bc b b c A B b a c b         Xét bi ểu thức 2 4 2 2 2 2 2 1 4 4 3 3 1 b b a a ab a a b A b a b a                             0,25 Đặt 0 b t a   => 2 2 1 4 3 1 t t A t     = 2 2 2 2 3 1 1 (3 1)( 1 4 ) 1 4 t t t t t t        , xét hàm số: 2 ( ) 1 4 ( 0)f t t t t    0,25 2 4 1 '( ) 1, '( ) 0 2 3 1 4 t f t f t t t       . Bảng biến thiên: 0,25 Câu 9 (1,0đ) T ừ bảng biến thiên suy ra (0; ) 3 min ( ) 2 f t   đạt tại 1 2 3 t  2 max 3 A  đ ạt được khi 2 3a b  . Tương tự: 2 max 3 B  đạt được khi 2 3b c Suy ra 4 max 3 P  khi 1 2 3 , 2 3 2 3, 1, 2 3 1 a b b c a b c abc               0,25 Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Người ra đề: Cô giáo Hoàng Thị Bích Ngọc. HẾT . của biểu thức 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 4 4 3 3 ab a a b bc b b c P b a c b         Hết 55 SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KÌ