Bộ đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 88, 89

 1 
TRƯỜNG THPT MANG THÍT 
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2
3 9 11
2 4 8
y x x x    , có đồ thị  C 
a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số  C . 
b) Viết phương trình tiếp tuyến với  C tại giao điểm của  C với đường thẳng : 4 4d y x  , biết 
tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến có hoành độ dương. 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình: 22cos 2 5sin 2 1 0x x   . 
b) Cho số phức z thỏa điều kiện 
5
2 3
2
z i
i
z i

 
 
. Tính môđun của số phức 2z i . 
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình:      2 12
2
log 1 log 5 1 log 10 2 0x x x      . 
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình:   35 1 1 3 4x x x      x 
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 
0
2
1
12
2 6
x
I dx
x x



 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy là tam giác cân, AB AC a  ,  0120BAC  . 
Mặt phẳng  ' 'AB C tạo với mặt đáy góc 600. Tính thể tích lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách từ 
đường thẳng BC đến mặt phẳng  ' 'AB C theo a . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có diện tích bẳng 
45
2
, 
đáy lớn CD có phương trình là: 3 3 0x y   . Biết hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau và 
cắt nhau tại điểm  2;3I . Viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm C có hoành độ dương. 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz , cho điểm  2; 2;1A   và đường thẳng  
1 2
:
1 3 5
x y z
d
 
 
 
. 
a) Viết phương trình mặt phẳng  P đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . 
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho góc  0135AOM  (với O là gốc tọa độ). 
Câu 9 (0,5 điểm). 
Đề cương ôn tập cuối năm môn Lịch Sử lớp 12 có 40 câu hỏi khác nhau. Đề thi kiểm tra học kỳ 2 gồm 
3 câu hỏi trong số 40 câu hỏi đó. Một học sinh chỉ học 20 câu trong đề cương ôn tập. Giả sử các câu hỏi 
trong đề cương đều có khả năng được chọn làm câu hỏi thi như nhau. Tính xác suất để có ít nhất 2 câu hỏi 
trong đề thi kiểm tra học kỳ 2 nằm trong số 20 câu hỏi mà em học sinh đã học. 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho  , , 0;1x y z và 1x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2
x y z
P
y z x z xy z
  
  
-- Hết – 
 Cảm ơn thầy thầy Nguyễn Thanh Sang (ntsang84@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl
 2 
ĐÁP ÁN 
Câu Nội dung Điểm 
1 
a) Khảo sát hàm số 3 2
3 9 11
2 4 8
y x x x    
*) TXĐ:  
*) Sự biến thiên: 
 +) Giới hạn tại vô cực: lim
x
y

  
0,25 
 +) Chiều biến thiên: 
2 93 3 0
4
y x x y      3
2
x  hoặc 
1
2
x   
 Bảng biến thiên: 
x 
- 
1
2
 
3
2
 + 
y’ + 0 - 0 + 
y 
 2 + 
 - 2 
 - 
0,25 
Hàm số đồng biến trên 
1
;
2
 
  
 
 và 
3
;
2
 
 
 
; hàm số nghịch biến trên 
1 3
;
2 2
 
 
 
Hàm số đạt cực đại tại 
1
2
x   , 2y  ; hàm số đạt cực tiểu tại 
3
2
x  , 2y   . 
0,25 
*) Đồ thị: 
Nhận xét: đồ thị hàm số nhận điểm 
1
;0
2
I
 
 
 
 làm tâm đối xứng. 
3
2
1
1
2
2 2
0,25 
b) Viết phương trình tiếp tuyến với  C tại giao điểm của  C với đường thẳng 
: 4 4d y x  , biết tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến có hoành độ dương 
Phương trình hoành độ giao điểm của  C và : 4 4d y x  : 
3 2 3 23 9 11 3 25 214 4 0
2 4 8 2 4 8
x x x x x x x          
0,25 
 3 
 
 
 
7
2
1
2
3
2
x n
x l
x l



  


  

Với 
7 7
18; 24
2 2
x y y
 
    
 
Phương trình tiếp tuyến của  C tại điểm 
7
;18
2
 
 
 
 là: 24 66y x  
0,25 
0,25 
0,25 
2 a) Giải phương trình: 22cos 2 5sin 2 1 0x x   . 
Pt  22 1 sin 2 5sin 2 1 0x x     
  
 
22sin 2 5sin 2 3 0
sin 2 3
1
sin 2
2
x x
x l
x n
    


  

Với  
1 12sin 2 sin 2 sin
72 6
12
x k
x x k
x k






   
       
    

 
0,25 
0,25 
b) Cho số phức z thỏa điều kiện 
5
2 3
2
z i
i
z i

 
 
. Tính môđun của số phức 2z i . 
   
5
2 3 5 3 2 2
2
z i
i z i i z i
z i

       
 
4 12
4 2
2 2
i
z i
i

   

Nên: 2 4 4z i i   
Vậy 2 4 2z i  
0,25 
0,25 
3 Giải phương trình:      2 12
2
log 1 log 5 1 log 10 2 0x x x      . 
Điều kiện: 1 5x  
PT      2 2 22 log 1 log 5 1 log 10 2 0x x x       
   
2
2
1 10 2
log 0
5 1
x x
x
 
 

    
2
1 10 2 5 1x x x     
 3 22 14 27 9 0x x x      
    
 
 
 
2
3
4 10
3 2 8 3 0
2
4 10
2
x n
x x x x n
x l



       

 
0,25 
0,25 
4 Giải phương trình:   35 1 1 3 4x x x     (1)  x 
 4 
Đặt 31; 3 4a x b x     0a  
2 1x a   và 3 3 4b x  nên: 3 23 1b a  (2) 
 Khi đó phương trình trở thành: 
(1):  2 4 1a a b   (3) 
Cộng (2) và (3) ta được: 
 
3 2 3
3 3
3 4 1
1 1
1
a a a b b
a a b b
a b
     
     
  
Khi đó: 3 231 1 3 4 1 3 1 0 1x x a a a x             
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
5 
Tính tích phân 
0
2
1
12
2 6
x
I dx
x x



 
0 0
2
1 1
12 2 3
2 6 2 2 3
x
I dx dx
x x x x
 
  
   
    
  
0
0
1
1
3
2 ln 2 ln 2 3
2
x x


    
3 3
2ln 2 ln
2 5
  
0,5 
0,25 
0,25 
6 Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy là tam giác cân, AB AC a  ,  0120BAC  . 
Mặt phẳng  ' 'AB C tạo với mặt đáy góc 600. Tính thể tích lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và 
khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng  ' 'AB C theo a . 
+ Xác định góc giữa (AB'C') và mặt đáy là 'AKA 
 0' 60AKA  . 
 Tính A'K = 
1
' '
2 2
a
A C  
  0
3
' ' . tan 60
2
a
AA A K  
3
. ' ' '
3
=AA'.S
8
ABC A B C ABC
a
V  
+) d(B;(AB'C')) = d(A';(AB'C')) 
Chứng minh: (AA'K)  (AB'C') 
Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK  A'H  (AB'C') 
 d(A';(AB'C')) = A'H 
Tính: A'H = 
3
4
a
Vậy d(B;(AB'C')) =
3
4
a
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
7 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có diện tích bẳng 
45
2
, 
đáy lớn CD có phương trình là: 3 3 0x y   . Biết hai đường chéo BD và AC vuông 
góc với nhau và cắt nhau tại điểm  2;3I . Viết phương trình đường thẳng BC , biết 
điểm C có hoành độ dương. 
Ta có: ABCD là hình thang cân nên tam giác ICD vuông cân tại I . 
 2 , 2 10 20CD d I CD IC    
0,25 
H
K
C'
B'
A'
CB
A
 5 
Gọi điểm        
2 223 3; 3 1 3 20 1 6;1C c c CD IC c c c C            
Phương trình đường thẳng BD qua điểm  2;3I và nhận IC

 làm vtpt có phương trình 
là: 2 1 0x y   . 
Gọi D là giao điểm của BD và CD  0; 1D  . 
Đặt 0IA IB x   ta có: 
21 452 10 2 5 5
2 2
ABCD IAB ICD IADS S S S x x x         
Khi đó:  2 2 3;5ID IB DI IB B   
 
Phương trình đường thẳng : 4 3 27 0BC x y   
0,25 
0,25 
0,25 
8 
Trong không gian Oxyz , cho điểm  2; 2;1A   và đường thẳng 
1 2
:
1 3 5
x y z
d
 
 
 
. 
a) Viết phương trình mặt phẳng  P đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . 
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho góc  0135AOM  (với O là gốc 
tọa độ). 
a) Ta có:  1;3; 5u   

 là vtcp của d . Do  d P nên :  1;3; 5u   

 là vtpt của 
 P 
Phương trình  P qua  2; 2;1A   có vtpt  1;3; 5u   

 có dạng: 
3 5 9 0x y z    
b) Gọi  1 ;3 ;2 5M m m m d   ta có: 
 2; 2;1 ; 3OA OA   

 và   21 ;3m;2 5m ; 35 22 5OM m OM m m     

. 
Khi đó : 
2
. 2 9 2
cos
. 2 23 35 22 5
OA OM m
AOM
OA OM m m

     
 
 
2
1
35 22 13 0 13
35
m
m m
m

    
  

Nên :  0;0;2M hoặc 
48 39 135
; ;
35 35 35
M
 
 
 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
9 Đề cương ôn tập cuối năm môn Lịch Sử lớp 12 có 40 câu hỏi khác nhau. Đề thi 
kiểm tra học kỳ 2 gồm 3 câu hỏi trong số 40 câu hỏi đó. Một học sinh chỉ học 20 câu 
trong đề cương ôn tập. Giả sử các câu hỏi trong đề cương đều có khả năng được chọn 
làm câu hỏi thi như nhau. Tính xác suất để có ít nhất 2 câu hỏi trong đề thi kiểm tra học 
kỳ 2 nằm trong số 20 câu hỏi mà em học sinh đã học. 
Ta có:   340 9880n C   
Gọi A là biến cố có ít nhất 2 câu hỏi của đề thi nằm trong số 20 câu hỏi mà học sinh đã 
học. 
TH1: Trong đề thi có đúng 2 câu hỏi mà học sinh đã học: Có: 2 120 20C C (cách) 
TH2: Trong đề thi có đúng 2 câu hỏi mà học sinh đã học: Có: 320C (cách) 
  2 1 320 20 20 1330n A C C C   
0,25 
 6 
Vậy xác suất cần tìm là:  
 
 
1330 7
9880 52
n A
P A
n
  

0,25 
10 Cho  , , 0;1x y z và 1x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2
x y z
P
y z x z xy z
  
  
Vì     , 0;1 1 1 0 1x y x y xy x y         . 
Khi đó: xy z . 
2
1
1 1 1
x y
z z zP
y x xy
z z z
  
  
. Đặt 
1
; ;
x y
a b c
z z z
   ta được: 
1
.
x y
xy z
z z z
   hay 1ab c  và 
1 1 1
a b c
P
b a ab
  
  
. 
Ta có:   
21 1 2
1 0 1
1 1 1
ab a b ab
a b ab
       
  
Vì:  
1 1
1 1 2 1 2
1 1 1 1 1 1
a b a b
a b
b a b a a b
     
               
          
   22 1 2
1
ab
ab
  

 . 
Suy ra: 
1 1
a b
b a

 
2
1
ab
ab


Vậy 
2 2 1
1 11 1
ab c ab
P
ab abab ab
   
  
Đặt t ab với 1t  thì 
2
2 1
1 1
t
P
t t
 
 
Xét hàm số   2
2 1
1 1
t
f t
t t
 
 
 với 1t  
Có:  
   
   
 
2 2
2 2
2 1 1
0
1 1
t t t
f t f t
t t
  
   
 
 với mọi 1t  
Suy ra: 
 
   
1;
3
min 1
2
f t f

  . Vậy GTNN của P bằng 
3
2
 khi 1x y z   . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
GV: Nguyễn Thanh Sang Trường THPT Mang Thít – Vĩnh Long 
https://www.facebook.com/nguyensang84 
Cảm ơn thầy thầy Nguyễn Thanh Sang (ntsang84@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl