Bộ đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 55

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG 
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG 
ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
MÔN: TOÁN 
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề). 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 22( 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 1Ax  . 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 trình 23cos 2cos 2sin 2 4sin 5 0x x x x     
b) Giải bất phương trình 1 216 3.2 2 0x x x   
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1 4
5
0
.
1
x xI x e dx
x
       
 
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Một tổ có 15 học sinh trong đó có 9 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chia tổ 
thành 3 nhóm sao cho mỗi nhóm có đúng 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ. 
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn 
 2 1z 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
 
 

 . 
Viết phương trình mặt phẳng chứa 1d và song song với 2d . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 1d , 2d . 
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 
phẳng đáy một góc  với 
2
tan
5
 . Tính theo a thể tích khối chóp A’.ICD và khoảng 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 điểm A của đường 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 ---------------- 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành  Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến 
www.laisac.page.tl
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 24 3y 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; 2y 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 CTx 0 , y 3  
Giới hạn:    4 2 4 2lim 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 1m m    
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. 
0,25 
 Giải phương trình 23cos 2cos 2sin 2 4sin 5 0x x x x     
 23cos 2cos 5 4sin (cosx-1)=0x x x    
(cos 1)(3cos 5) 4sin (cos 1) 0x x x x      
( os 1)(3cos 4sin +5)=0c 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 1 216 3.2 2 0x 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 xx e dx
x
      
 
1 1 14 4
5 5
0 0 0
. .
1 1
x xx xI x e dx x e dx dx
x x
          
   
Tính 
1
0
. xM 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
1x x xM xe e dx e e     
0,25 
11 14 5
5
5 5
00 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 29 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 26 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 29 6 6 4. . . 151200C 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 0x y   
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường thẳng có pt: 1 0x y   
0,25 
 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz.... 
Vectơ chỉ phương của d1, d2 lần lượt là: 1 2(1; 2;3), (2;2; 1)u u 
 
mặt phẳng (P) chứa d1 và song song với d2 nên vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) 
là 1 2 ( 4; 7; 6)Pn u u   
  
. 
0,25 
Điểm A(2; 0; -1) thuộc d1, 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 0x y z     là mặt phẳng cần tìm. 
0,25 
Lấy điểm B(1; -1; 0 )thuộc đường thẳng d2 , vì d2 // (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   060BCA BMA  nên tam giác MBI đều 
=> BM = BI 
 và      060ABI 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 300. 
Pt AB, AC có dạng  : a(x – 4) +b(y + 1) = 0. 2 2( 0)a b  
4 3 3
; 4 1;
3 3
AMAM n
                  
 
 là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng AM. 
gọi  là góc tạo bởi AB, AC với AM ta có 030 , 
2 2
3
.1 .
3 3
cos
21
. 1
3
a b
a b


 
 
2
0, 1
3
3, 1
b a
b ab
b a
  
     
=> : 4 0x  hoặc ' : 3 4 3 0x y    
0,25 
Vì AM là một đường kính nên góc   090MBA 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 0x 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
13 7 4 3 0
x y x
yx 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: 0xy 
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) 
0xy không thỏa mãn, từ pt (1) suy ra 5 0x y  lại có xy > 0 nên x > 0, y > 0 
Hpt
2 2
55 5
(1)
5 25
2 51 (2)
xyx y
x yxy
x y
    
  
0,25 
 Đặt 
5
2
5
x y
t
xy

  , (vì theo BĐT 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. 
 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (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 biểu thức 
2
4 2 2
22 2
1 4
4
3
3 1
b b
a aab 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 31 4
t
f t f t t
t
    

. 
Bảng biến thiên: 
0,25 
Câu 9 
(1,0đ) 
Từ bảng biến thiên suy ra 
(0; )
3
min ( )
2
f t

 đạt tại 
1
2 3
t 
2
max
3
A  đạt được khi 2 3a b . 
Tương tự:
2
max
3
B đạt được khi 2 3b c 
Suy ra 
4
max
3
P khi 
12 3 , 2 3
2 3, 1,
2 31
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 -------------- 
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành  Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến 
www.laisac.page.tl