Đề thi thử THPT Quốc gia lần 3 môn Toán - Năm học 2014-2015 - Trường THPT Quỳ Châu (Có đáp án)

 >> Truy cập  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1 
 Môn: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số 13 23  xxy (C) 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). 
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 023 23  mxx có 3 nghiệm phân biệt. 
Câu 2( 1,0 điểm ). a) Giải phương trình:    121 logloglog
432
 xxx
 b) Giải phương trình: 0sincos2sinsin2 2  xxxx 
Câu 3(1,0 điểm ). 
a) 21 , zz là hai nghiệm của phương trình 0532
2  zz trên tập số phức. Tính 2
2
2
1 zz  . 
 b) Một đoàn tàu có 4 toa đỗ ở sân ga. Có 4 hành khách từ sân ga lên tàu, mỗi người độc lập với nhau chọn ngẫu nhiên một 
toa. Tính xác suất để một toa có 3 hành khách, một toa có 1 hành khách và hai toa không có hành khách. 
Câu 4(1,0 điểm ). Tính tích phân: dx
xx
x
xI
e
 







3
1
2 1ln
ln
2 
Câu 5(1,0 điểm ). Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình: 








1
2
1
:
z
ty
tx
d và mặt phẳng (P): 0122  zyx . 
 a) Viết phương trình đường thẳng đi qua  1;2;1M , song song với (P) và vuông góc với đường thẳng d. 
 b) Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng d, bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mp(P). 
Câu 6( 1,0 điểm ). Cho hình chóp .S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a  , I là trung điểm của SC , hình 
chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC là trung điểm H của BC , mặt phẳng  SAB tạo với đáy 1 góc bằng 60 . 
Tính thể tích khối chóp .S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB theo a . 
Câu 7( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân đỉnh A, D là trung điểm cạnh AC. K  0;1 , E 





4;
3
1
 lần 
lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trọng tâm tam giác ABD. P  6;1 , Q  2;9 lần lượt thuộc đường 
thẳng AC, BD. Tìm tọa độ điểm A, B, C biết D có hoành độ dương. 
Câu 8( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình: 
 






126613
13233
32
32
yxxx
yyxxxx
Câu 9(1,0 điểm ). Cho x, ,y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 
3
2 3
P
x xy xyz x y z
 
   
Hết 
 SỞ GD & ĐT NGHỆ AN 
 TRƯỜNG THPT QUỲ CHÂU 
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA 
 LẦN 3 - NĂM 2015 
 >> Truy cập  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 2 
Câu Nội dung Điểm 
1 
a.(1,0 điểm) 
TXĐ: D R 
xxy 63 2'  , 00'  xy hoặc 2x 
0.25 
Hàm số đồng biến trên các khoảng  0; và  ;2 , nghịch biến trên khoảng  2;0 
Hàm số đạt cực đại tại 0x , 1CĐy , đạt cực tiểu tại 2x , 3CĐy 

x
ylim , 
x
ylim 
0.25 
* Bảng biến thiên 
x –∞ 0 2 +∞ 
y' + 0 - 0 + 
y 1 + ∞ 
–∞ -3 
0,25 
Đồ thị ( hs tự vẽ ) 
0.25 
b.(1,0 điểm) 
 *1213023 2323  mxxmxx
0.25 
Từ (*) suy ra số nghiệm của pt đã cho bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số 
1213 23  myvàxxy 
0.25 
Vẽ hai đồ thị hàm số 1213 23  myvàxxy cùng trên cùng một hệ trục tọa độ 
Dựa vào đồ thị 2 hàm số  điều kiện để pt có 3 nghiệm phân biệt là 021123  mm 
0.25 
Vậy giá trị cần tìm là 02  m . 
0,25 
2. 
(1,0 điểm) 
a,(0,5điểm) 
 Đk: 1x 
       011121 logloglogloglog
32432
 xxxxx 
0.25 
  01log
2
 x hoặc 01log
3
x 2 x hoặc 3x 
Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của pt là 2x và 3x 
b,(0,5điểm) 
   01sin2cossin0sincos2sinsin2 2  xxxxxxx 
0cossin  xx hoặc 01sin2 x 
1tan  x hoặc 
2
1
sin x 


kx 
4
 hoặc 












2
6
5
2
6
kx
kx
. 
0.25 
0.25 
4 (1,0 điểm) 
 >> Truy cập  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 3 
  







3 3
1 1 1ln
ln
2
e e
dx
xx
x
xdxI 
Tính 12 61
2
1
1
3
3
  exxdxI
e
e
0.25 
Tính 


3
1
2
1ln
ln
e
dx
xx
x
I 
Đặt 








tdtdx
x
tx
xt
2
1
1ln
1ln
2
. Đổi cận 





2
11
3 tex
tx
0.25 
Khi đó  
3
8
3
1
2122
1 2
1
3
2
1
2
2
1
2
2 







  ttdtttdtt
t
I 
0.25 
Vậy 
3
56  eI . 
0.25 
3 
(1,0 điểm) 
a,(0,5điểm). Ta có: 
4
313
031 2,1
i
z

 
0.25 
Khi đó: 5
2
2
2
1  zz . 
0.25 
b,(0,5điểm). Mỗi hành khách có 4 cách chọn 1 toa để lên tàu nên số cách 4 hành khách chọn toa để lên 
tàu là : 25644  (cách). 
  256 n . 
0.25 
 Gọi biến cố A” 4 hành khách từ sân ga lên tàu sao cho một toa có ba hành khách, 1 toa có một hành 
khách và 2 toa không có hành khách” . 
+ Chọn 3 hành khách từ 4 hành khách và xếp 3 hành khách vừa chọn lên 1 trong 4 toa tàu có 
164.
3
4
C (cách). 
+ Xếp hành khách còn lại lên 1 trong 3 toa tàu còn lại có 3(cách) 
  483.16  An . 
Vậy  
 
  16
3
256
48



n
An
AP . 
0.25 
5. (1,0 điểm) 
a,(0,5điểm). Vì 
     3;2;4,// 















dP
d
P
unu
uu
nu
d
P
0,25 
Vậy PT đường thẳng đi qua  1;2;1M là 









tz
ty
tx
31
22
41
: 
0,25 
b,(0,5điểm). Vì tâm mặt cầu là dI  nên  1;2;1  ttI 
Vì mặt cầu có tâm I , bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mp(P) nên 
0.25 
 >> Truy cập  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4 
 d(I,(P))=3
   















3
2
3
934
934
9343
414
112212
t
t
t
t
t
tt
+       222
2
313
2
5
:1;3;
2
5
2
3












 zyxSIt 
+           2222 3162:1;6;23  zyxSIt 
Vậy       222
2
313
2
5
: 





 zyxS hoặc         2222 3162:  zyxS . 
0.25 
6. 
(1,0 điểm) 
Gọi K là trung điểm của AB HK AB  (1) 
Vì  SH ABC nên SH AB (2) 
Từ (1) và (2) suy ra AB SK  
Do đó góc giữa  SAB với đáy bằng góc giữa SK 
và HK và bằng 
060SKH 
Ta có 
2
3
tan
a
SKHHKSH  
0.25 
Vậy 
3
.
1 1 1 3
. . . .
3 3 2 12
S ABC ABC
a
V S SH AB AC SH   
0.25 
Vì / /IH SB nên  / /IH SAB . Do đó      , ,d I SAB d H SAB 
Từ H kẻ HM SK tại M  HM SAB     ,d H SAB HM 
0.25 
Ta có 
2 2 2 2
1 1 1 16
3HM HK SH a
  
3
4
a
HM  . Vậy   
3
,
4
a
d I SAB  
0,25 
7. 
(1,0 điểm) 
G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm của cạnh AB. 
KDEGCDEG
MD
ME
MC
MG
 //
3
1
. Mà ABC là tam giác cân nên  MDKG G là trực tâm tam giác EKD nên 
BDKEGDKE  . 
0,25 
 Suy ra BD : 





 





 





 

6
21
;1,
6
15
;1.0,
6
21
;0216
t
tDK
t
tDPt
t
tDyx 
Vì DKDP  nên     4;3
37
117
3
0
6
21
6
15
11 D
t
t
tt
tt 












 





 
 
0,25 
j
C
B
A
S
H
K
M
 >> Truy cập  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5 
AC đi qua D và P 0112:  yxAC 
AK qua K và vuông góc với DE nên  5;101: AxKA  . Kết hợp D là trung điểm AC  3;4C 
0,25 
BC qua C và vuông góc với AK nên  3;303:  ByBC 
Vậy      3;4,3;3,5;1 CBA  . 
0,25 
8. 
(1,0 điểm). 
   
 





2126613
113233
32
32
yxxx
yyxxxx
 Đk: 
 
 *
3
331
33
066
01
03
033
2
2
























y
x
x
xx
x
y
xxx
 Đặt 1312 33  ayya . Khi đó , phương trình  1 trở thành 
     31111 33 aaxx  . Xét hàm số   1,13  ttttf . 
   tft
t
t
tf 

 ,01
12
3
3
2
'
 là hàm đồng biến trên R. Khi đó 
      axafxf  113 
0,5 
 
 
   
   






























































4
5
5
1
4
5
5
0
1
025254
0
1
215
01
15123
3161966
**013
136666132
2
22
22
x
x
x
x
x
x
x
xx
x
x
xx
x
xxx
xxxxxx
xx
xxxxxxxx
Đối chiếu với (**) và  * thấy 5x thỏa mãn 624  ya . 
Vậy hệ có nghiệm là    62;5; yx 
0,5 
9. 
(1,0 điểm) . 
Ta có 3 3
1 1
2 .8 2 .8 .32
4 8
x xy xyz x x y x y z     
0,5 
    
2 8 2 8 32 32 4
8 24 24 3
x y x y z
x x y z x y z
  
        
 >> Truy cập  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 6 
  2
; 0
3 2
2 3
t x y z t
P f t
t t
   
   
    3 2
3 1
; 0 1f t f t t
t t
       
0,25 
Lập bảng biến thiên của hàm f(t) ta được min
3
2
P   tại t=1 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
16
211
4
2 8
21
2 32
1
21
x
x y z
x y y
x z
z


   
 
   
  


0,25