Bộ đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 28

SỞ GD&ĐT THANH HÓA 
TRƯỜNG THPT THƯỜNG XUÂN 3 
ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1: (2,0 điểm) 
 Cho hàm số: 3 2y x 3x mx 1    (1) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0 . 
2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Gọi ( ) là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực 
tiểu. Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách từ điểm 
1 11
I ;
2 4
 
 
 
 đến đường thẳng ( ) . 
Câu 2: (1,0 điểm) 
 Giaûi phöông trình : 23 2 3(1 ).cotcosx cosx x    
Câu 3: (1,0 điểm) 
 Giải bất phương trình sau: 42log ( 3)x  + 3)1(log 2 x 
Câu 4: (1,0 điểm) Mét líp häc cã 20 häc sinh nam vµ 15 häc sinh n÷. ThÇy gi¸o chñ nhiÖm chän ra 
5 häc sinh ®Ó lËp mét tèp ca h¸t chµo mõng ngµy 22 th¸ng 12. TÝnh x¸c suÊt sao cho trong ®ã 
cã Ýt nhÊt mét häc sinh n÷. 
Câu 5: (1,0 điểm) 
 Cho hình chóp ABCDS. có đáy ABCD là hình thoi tâm O , hai mặt phẳng ( SAC ) và 
 ( SBD ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ). Biết AC  2 3a , BD 2 a , khoảng cách 
 từ điểm O đến mặt phẳng ( SAB ) bằng 3
4
a . Tính thể tích khối chóp ABCDS. theo a . 
Câu 6: (2,0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4). Phương 
 trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là 01  yx 
 và 093  yx . Tìm tọa độ các đỉnh B , C của tam giác ABC. 
 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) có phương 
trình 084222  yxyx và đường thẳng (  ) có phương trình : 0132  yx . 
Chứng minh rằng (  ) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm toạ độ điểm M trên 
đường tròn ( C ) sao cho diện tích tam giác ABM lớn nhất. 
Câu 7: (1,0 điểm) 
 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ sau có nghiệm thực: 
2
2
2
4 2 2
4
5
( 2)
8 16 16 32 16 0
x
x
x
x x mx m m

 

      
Câu 8: (1,0 điểm) 
 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
5 4 1
5 4 2 1 6
a a
P
a a
  

   
 trong đó a là tham số thực và 
5
1
4
a   . 
....Hết 
( Thí sinh không sử dụng tài liệu. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) 
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
 H­íng dÉn chÊm m«n to¸n 
Câu Ý Nội dung Điểm 
I 
1 Cho hàm số: 3 2y x 3x 1   (1) 2,0 
1 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2y x 3x 1   1,0 
* Tập xác định: .R 
* Sự biến thiên: 
+ Giới hạn:  3 2
x x x
lim y lim x 3x 1 ,lim y
  
       . 
0,25 
+ Bảng biến thiên: 
2 x 0y 3x 6x 3x(x 2), y 0
x 2

        
Bảng biến thiên: 
 x  0 2  
 y + 0 - 0 + 
 y 1  
  -3 
0,25 
+ Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0 và  2; . 
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2 . 
+ Hàm số đạt cực đại tại CÐx 0, y y(0) 1   
 đạt cực tiểu tại CTx 2, y y(2) 3    
0,25 
* Đồ thị: 
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. 
Ta có y 6x 6; y 0 x 1      
y  đổi dấu khi x qua x = 1. 
Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng. 
f(x)=x 3^ -3x^2 +1
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
0,25 
2 Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu.......................................... 1,0 
I 
2 
Ta có 2y 3x 6x m    . 
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0  có hai nghiệm phân biệt. 
 Tức là cần có: 9 3m 0 m 3.      
0,25 
Chia đa thức y cho y , ta được: 
x 1 2m m
y y . 2 x 1
3 3 3 3
           
   
. 
Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm    1 1 2 2x ; y , x ; y . 
Vì 1 2y (x ) 0; y (x ) 0   nên phương trình đường thẳng   qua hai điểm cực đại, cực tiểu 
là: 
2m m
y 2 x 1
3 3
 
    
 
 hay  
m
y 2x 1 2x 1
3
    
0,25 
Ta thấy đường thẳng   luôn đi qua điểm cố định 
1
A ;2
2
 
 
 
. Hệ số góc của đường 
thẳng IA là 
3
k
4
 . Kẻ  IH   ta thấy  
5
d I; IH IA
4
    . 
0,25 
Đẳng thức xảy ra khi  
2m 1 4
IA 2 m 1
3 k 3
          (TM). 
 Vậy  
5
max d I;
4
  khi m 1 . 
0,25 
Câu 2 
 Giaûi phöông trình : 23 2 3(1 ).cotcosx cosx x    +ĐK : mx  
 (3) 
x
x
xx
2
2
sin
cos
)cos1(322cos3 


x
x
xx
2
2
cos1
cos
)cos1(322cos3 
02coscos6
cos1
cos3
2cos3 2
2


 xx
x
x
x 





















2)
3
2
arccos(
2
3
3
2
cos
2
1
cos
kx
kx
x
x
 (Thỏa các ĐK) 
Câu 3 
Giải bất phương trình sau: 42log ( 3)x  + 3)1(log 2 x 
Đk: x > 3 
0.25 
Khi đó phương trình tương đương log2(x-3)(x-1)  3 
 (x-3)(x-1)  8 
0.25 
 x 1 hoặc x 5 0.25 
Kết luận : x 5 0.25 
C©u 4 Mét líp häc cã 20 häc sinh nam vµ 15 häc sinh n÷. ThÇy gi¸o chñ nhiÖm chän ra 5 
häc sinh ®Ó lËp mét tèp ca h¸t chµo mõng ngµy 22 th¸ng 12. TÝnh x¸c suÊt sao cho 
trong ®ã cã Ýt nhÊt mét häc sinh n÷. 
 Chän ngÉu nhiªn 5 häc sinh trong 35 häc sinh cña líp cã 535C c¸ch 0,25 
Gäi A lµ biÕn cè: ‘‘ Chän ®­îc 5 häc sinh trong ®ã cã Ýt nhÊt mét em n÷’’ 
Suy ra A lµ biÕn cè: “Chän ®­îc 5 häc sinh trong ®ã kh«ng cã hs n÷ nµo” 
Ta cã sè kÕt qu¶ thuËn lîi cho A lµ 520C 
0,25 
 
5
20
5
35
C
P A
C
 
0,25 
   
5
20
5
35
2273
1 1 0,95224
2387
C
P A P A
C
      
0,25 
C5 
(1 đ) 
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên 
giao tuyến SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD). 
 VSABCD = 
3
1
SO.SABCD 
Diện tích đáy 232.
1
1
aBDACS ABCD  
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó 060ABD 
 tam giác ABD đều. 
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có 
DH AB và DH = 3a ; OK // DH và 
1 3
2 2
a
OK DH   OK  AB  AB  
(SOK) 
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là 
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) 
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
    
Đường cao của hình chóp 
2
a
SO  . 
Thể tích khối chóp S.ABCD: 
3
.
1 3
.
3 3
D DS ABC ABC
a
V S SO  
0,25 đ 
0,5 đ 
0,25 đ 
C6 1. (1 điểm) 
Gäi C = (c; 3c - 9) vµ M lµ trung ®iÓm cña BC  M(m; 1-m) 
Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c). 
------------------------------------------------------------------------------------------------------ 
Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta có I(
2
32  cm
; 
2
327 cm 
) 
Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nªn 09)
2
327
()
2
32
(3 


 cmcm
 m = 2  M(2; -1) 
Ph­¬ng tr×nh BC: x – y - 3=0 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ: 





03
093
yx
yx
 





0
3
y
x
Täa ®é cña C = (3; 0), toạ độ B(1; -2) 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
2. (1 điểm) 
Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = 13 . 
Khoảng cách từ I đến đường thẳng ( ) là 
13
9
),( Id < R 
Vậy đường thẳng (  ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt. 
0,25 đ 
S 
A 
B 
K 
H 
C 
O 
I D 
3a 
a 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có ),(.
2
1
  MABM dABS 
Trong đó AB không đổi nên ABMS lớn nhất khi ),( Md lớn nhất. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với (  ). 
PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0 
Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm 
của hệ phương trình: 





0123
084222
yx
yxyx
 




5,3
1,1
yx
yx
 P(1; -1); Q(-3; 5) 
Ta có 
13
4
),( Pd ; 
13
22
),( Qd 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Ta thấy ),( Md lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với Q. Vậy tọa độ điểm M (-3; 5). 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
Nội dung trình bày Câu 7 Điểm 
* Giải BPT: 
2
2
2
4
5 (1)
( 2)
x
x
x
 

. Với 2x   , (1) tương đương với 
2
22 2 2 2
2
1
2 4 25 0 4. 5 0
2 2 2 2
5
2
x
x x x x xx
x x x x x
x

             
         
1 
Từ đó tìm ra 2x  hoặc 2 1x    . 0,5 
* Giả sử 0x là một nghiệm của PT: 
4 2 28 16 16 32 16 0x x mx m m      (2) 
Khi đó PT: 4 2 20 0 08 16 16 32 16 0x x mx m m      phải có nghiệm m 
Suy ra PT: 2 4 20 0 016 16( 2) 8 16 0m x m x x      phải có nghiệm m. Do đó 
2 4 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0' 64( 2) 16( 8 16) 0 16 ( 2)( 2 8) 0 0 2x x x x x x x x                
Như vậy nếu (2) có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0. 
1 
Do đó hệ (1), (2) có nghiệm khi PT (2) có nghiệm x=2. 
Thay x=2 vào (2) ta được: 2 4 4 0 2m m m      
Vậy với 2m   thì hệ (1), (2) có nghiệm. 
0,5 
Nội dung trình bày Câu 8 Điểm 
Đặt 5 4 ; 1A a B a    thì 2 24 9; , 0A B A B   
Do đó tồn tại 0; : 3sin ; 2 3cos
2
x A x B x
 
    
. Khi đó: 
0, 5 
3
3sin cos 2sin cos2
2 6 3sin 3cos 6 2sin 2cos 4
x xA B x x
P
A B x x x x
 
  
     
Xét hàm số 
2sin cos
( )
2sin 2cos 4
x x
f x
x x


 
, với 0;
2
x
 
  
. 
Ta có 
2
6 4sin 8cos
'( ) 0
(2sin 2cos 4)
x x
f x
x x
 
 
 
 với mọi 0;
2
x
 
  
. 
Suy ra hàm f(x) đồng biến trên đoạn 0;
2
x
 
  
. Do đó: 
0; 0;
2 2
1 1
min ( ) (0) ; m ax ( )
6 2 3x x
f x f f x f
 

   
       
 
     
 
. 
1 
Vậy 
1
min
6
P   , khi 
5
4
a  ; Vậy 
1
max
3
P  , khi 1a   . 
0,5 
Chú ý: Có thể xét trực tiếp hàm số theo biến a: 
5 4 1
( )
5 4 2 1 6
a a
f a
a a
  

   
, 
5
1
4
a   
Tính đạo hàm trực tiếp suy ra hàm f(a) nghịch biến trên đoạn 
5
1;
4
 
  
, từ đó thu được 
kết quả như trên. 
HẾT 
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl