trang 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRƯỜNG TỘ ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn TOÁN Thời gian làm bài 180 phút *** Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 422 2( 1) 1 (1)yx m x   a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình : sin 2 cos sin 1 ( ) x xxxR   b) Giải bất phương trình : 2 1 2 2 log log (2 ) 0 ( ) x xR     . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 31 1 dx I xx    . Câu 4 (0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11 1 2 z z z     . Hãy tính 4 2 z i z i   . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ .'' ' A BC A B C , A BC  đều có cạnh bằng a , ' A Aa  và đỉnh 'A cách đều ,, A BC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và 'AB . Tính theo a thể tích khối lăng trụ .'' ' A BC A B C và khoảng cách từ C đến mặt phẳng () A MN . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ()S có phương trình 222 46220xyz xyz . Lập phương trình mặt phẳng ()P chứa truc Oy và cắt mặt cầu ()S theo một đường tròn có bán kính 23r  . Câu 7 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác A BC với đường cao A H có phương trình 34100 x y và đường phân giác trong B E có phương trình 10 x y . Điểm (0;2)M thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 . Tính diện tích tam giác A BC . Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình:   22 541 ( 24)xx xxx   (x  R). Câu10 (1,0 điểm). Cho các số thực ; x y thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 22 22 21 21 2Pxy x xy x y. Hết trang 2 ĐÁP ÁN Câu 1. (2 đ) a) (Tự khảo sát) b) y’ = 4x 3 – 4(m 2 +1)x y’ = 0  2 0 1 x xm         hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m 2 1 CT xm   giá trị cực tiểu 22 (1)1 CT ym   22 ì ( 1) 1 0 CT Vm y  2 max( ) 0 1 1 0 CT ym m   a) sin 2 cos sin 1 xxx (1) (1)  (sin cos )(1 sin cos ) 0xx xx sin cos 0 1sin cos 0 xx xx        4 () 3 22 2 xk kZ xkx k              Câu 2. (1 đ) b) 2 1 2 2 og log (2 ) 0 ( ) x xR     (2). Điều kiện: 22 2 log (2 ) 0 2 1 1 1 x xx Khi đó (2)  2 2 22 11 11 11 log (2 ) 1 0 22 0 xx x x x xx                 Vậy tập nghiệm bpt là (1;0) (0;1)S   Câu 3. (1 đ) 2 22 333 11 11 dx x dx I xx x x    . Đặt 3322 2 11 . 3 tx xt xdxtdt  . 12 ; 23 x txt   33 2 22 2. 1 1 1 3311 (1) tdt Idt tt tt        3 2 1111211322 ln ln ln ln 3132 32 21 x I x        Câu 4. (0,5 đ) 11 1 2 z z z     2 4130zz, 2 '99i   23 23 z i z i         23zi  4 2 z i z i   = 2 1 2 i i     23zi  4 2 z i z i   = 27 53 25 29 i i    Câu 5. (1 đ)  Gọi O là tâm tam giác đều ABC  A’O  (ABC) Ta có 32 3 , 233 aa AM AO AM 2 22 2 6 '' 33 aa AO AA AO a ; 2 3 4 ABC a S   trang 3 Thể tích khối lăng trụ .'' ' A BC A B C : 22 36 2 .' . 43 4 ABC aa a VS AO     Ta có  1 .,( ) 3 NAMC AMC VSdNABC    3 ,( ) N AMC A MC V dC AMN S    2 13 16 ; ,( ) ' 28 26 AMC ABC aa SS dNABCAO  Suy ra: 22 136 2 . 38 6 48 NAMC aa a V  lại có : 3 2 a AM AN , nên A MN  cân tại A Gọi E là trung điểm AM suy ra A EMN  , ' 22 A Ca MN   22 22 311 416 4 aa a AE AN NE    ; 2 111 . 216 AMN a SMNAE  2 32 11 22 ,( ) : 48 16 11 aa a dC AMN  (đvđd) Câu 6. (1 đ) 222 2 2 2 (): 4 6 2 2 0 ( 2) ( 3) ( 1) 16Sx y z x y z x y z    ()S có tâm (2; 3;1)I  bán kính 4 R  ; trục Oy có VTCP (0;1;0)j   Gọi (;;)nabc  là VTPT mp(P) , ()P chứa Oy  22 0 ( ;0; ) ( 0)njb nacac      Phương trình mp(P): 0ax cz   (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh 23r    22 ,( ) 2dI P R r    2222 22 2 24 4 4 4 ac aaccac ac        E A B C C ' B ' A ' M O N trang 4 2 0 34 0 34 c cac ca       Vậy phương trình mp(P) : 0 x  hoặc 340 x z   . Câu 7. (0,5 đ) Số phần tử không gian mẫu là 4 444 12 8 ( ) . . 34.650nCCC  Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau” Số các kết quả thuận lợi của A là 33 3 96 3 ( ) 3 .2 .1. 1080nA C C C Xác xuất của biến cố A là ( ) 1080 54 () 0,31 ( 34650 173 nA PA n     Câu 8. (1 đ) Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 0 B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt: 4310 (4;5) 10 xy B xy       Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt: 3480 1 (3; ) 34100 4 xy A xy        Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt: 22 (1;1) 1; 1 4310 31 33 31 33 ; ; (2) 2 25 25 25 25 C xy xy C xy xy                        Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC. Tương tự A và 31 33 ; 25 25 C    thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC. BC = 5, 49 (, ) 20 AH d A BC . Do đó 49 8 ABC S  (đvdt). Câu 9. (1 đ)   22 541 ( 24)xx xxx   (*) A B C H E M(0;2) N I trang 5 ĐK: x(x 2 + 2x − 4) ≥ 0  15 0 15 x x         Khi đó (*)  22 4( 2 4) 5 4 x xx xx    22 4( 24)( 24)3 x xx xx x  (**) TH 1: 15x   , chia hai vế cho x > 0, ta có: (**)  22 24 24 43 xx xx xx    Đặt 2 24 , 0 xx tt x  , ta có bpt: 2 430tt   13t   2 2 2 740 24 13 40 xx xx x xx             117 7 65 22 x    TH 2: 15 0x   , 2 540xx   , (**) luôn thỏa Vậy tập nghiệm bpt (*) là 1177 65 15;0 ; 22 S          Câu10. (1 đ) 22 22 21 21 2Pxy x xy x y   Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y). Ta có OM + ON ≥ MN  22 22 2 (1) (1) 44 x yx y y   2 21 2 ()Pyyfy TH1: y ≤ 2: 2 () 21 2 f yyy  2 2 '( ) 1 1 y fy y    2 2 0 3 '( ) 0 2 1 3 31 y fy y y y y           Lập bảng biến thiên f(y)  (.2] 3 min ( ) 2 3 3 x fy f      TH2: y ≥ 2: 2 () 21 2fy y y ≥ 25 2 3 Vậy 23 ;Pxy  . Do đó 23MinP  khi x = 0 ; y = 3 3 Hết . ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn TOÁN Thời gian làm bài 180 phút *** Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 422 2( 1) 1 (1)yx m x   a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số. a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất. Câu 2 (1,0 điểm) (0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11 1 2 z z z     . Hãy tính 4 2 z i z i   . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ .'' ' A BC A B C , A BC  đều có cạnh bằng