Đề thi thử THPT Quốc gia lần II môn Toán - Năm học 2014-2015 - Trường THPT Chuyên Khoa học tự nhiên (Có đáp án)

 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1 
Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2x 4x 3   
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 
2) Tìm m để phương trình 4 2x 4x 3 m   có 4 nghiệm phân biệt 
Câu 2 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình: cos3x cosx 2sin2x sinx 1    
b)  
2
2 2
1 3log x log x 1   
Câu 3 (1,0 điểm) 
a) Tính tích phân: 
1
21
3x 2
dx
x 3x 2

 
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 2y sin x ; trục hoành , x 0 và 
x
4

 
Câu 4.(1,0 điểm) 
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 
điều kiện: 
  z i z 1 1 i    
b) Gọi A là tập hợp số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau lập từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7. 
Chọn ngẫu nhiên một số trong tập A. Tính xác suất để số chọn ra có tổng các chữ số là một 
số chẵn 
Câu 5. (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hai mặt bên 
(SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Góc giữa đường thẳng SC và mặt 
đáy (ABCD) bằng 450. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường 
thẳng BD và SC theo a 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với A(-2;0) và 
đường thẳng d :3x 4y 6 0   cắt đoạn thẳng BC. Khoảng cách từ B và D tới đường thẳng d 
lần lượt là 1 và 3. Đỉnh C thuộc đường thẳng x – y+4=0 và có hoành độ không âm. Tìm tọa 
độ các đỉnh B, D 
Câu 7. (1,0 điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt 
phẳng:  P : x y 2z 3 0    và hai điểm  A 2;1;3 ;  B 6; 7;8 . Tìm tọa độ điểm M thuộc 
mặt phẳng (P) sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất 
Câu 8. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
 
2 2x 5x y 3y 4
4 x 1 1 x y x y 3
    

     
TRƯỜNG ĐẠI HỌC 
KHOA HỌC TỰ NHIÊN 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 LẦN II 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 2 
Câu 9 (1,0 điểm). Với các số thực: 0 a,b,c 2  thỏa mãn a b c 3   . Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức P 1 a 1 b 1 c      
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 3 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: Toán (Đáp án gồm 4 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
1 
(2,0đ) 
a)1,0 điểm 
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 1,0 
b)1,0 điểm 
Đưa ra được đồ thị hàm số: 4 2y x 4x 3   
Từ đồ thị hàm số phương trình 4 2x 4x 3 m   có 4 nghiệm phân biệt: 
1 m 3
m 0
 
 

0,5 
(1,0đ) a) 0,5 điểm 
Phương trình đã cho tương đương với: 
  
2sin2xsinx 2sin2x sinx 1
sinx 1
sinx 1 2sin2x 1 0 1
sin2x
2
    
 
    
  

0,25 
sinx 1 x k2
2

        
x k
1 12
sin2x
2 7
x k
12

   
    
   

0,25 
a) 0,5 điểm 
Điều kiện: x> 0; x 1 . 
Phương trình đã cho thương đương với:  
23
2 2
log 2x log x 1  
0,25 
    
23 2 12x x 1 2x 1 x 1 0 x
2
        
Vậy nghiệm của phương trình: 
1
x
2
 
0,25 
3 
((1,0đ) 
a) 0,5 điểm 
Ta có: 
2 2
21 1
3x 2 4 1
i dx dx
x 3x 2 x 2 x 1
  
   
    
  
0,25 
 
2
4 ln x 2 ln x 1 9ln2 5ln3
1
      
0,25 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4 
b) 0,5 điểm 
Ta có: 24 4
0 0
1 cos2x
S sin x dx dx
2
 

   
0,25 
1 sin2x 1
x 4
2 4 8 4
0

 
    
 
0,25 
4 
(1,0đ) 
a) 0,5 điểm 
Ta có:       z i z 1 1 i z i 2 z 1 1        
Đặt: z x yi;x;y R   . Thay vào (1) ta có: 
x yi i 2 x 1 yi     
0,25 
       
2 2 2 22 2x y 1 2 x 1 y x 2 y 1 4           
 
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường tròn 
tâm  I 2; 1 ; bán kính R = 2 
0,25 
b) 0,5 điểm 
 Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lập từ các chữ số đã có 4 chữ số lẻ là: 4! 24 
(số) 
Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lập từ các số đã cho mà có 2 chữ số chẵn, 2 chữ 
số lẻ là: 2 2
4 3
C C .4! 432 (số).Vậy số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lập từ các chữ 
số đã cho mà tổng các chữ số là chẵn là: 432 24 456  (số) 
0,25 
Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lập từ các số đã cho là: 
4
7
A 840 (số). Vậy xác suất cần tìm là: 
456 19
P
840 35
  
0,25 
5 
(1,0đ) 
S
A
B C
D
M 
Vì:        SAB ABCD ; SAD ABCD  
    0SA ABCD ACS SC; ABCD 45     
0,25 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5 
Ta có   2dt ABCD a ;AC a 2  
 
3
S.ABCD
1 a 2
SA a 2 V .SA.dt ABCD
3 3
     
0,25 
Lấy M đối xứng với A qua B ta có BD//MC 
     d BD;SC d BD; SCM d B; SCM         
0,25 
Ta có: SC 2a;MC a 2;MS a 6   
 
3
2
SMBC S.ABCD
1 a 2
V V dt BMC a 2
2 6
    
Do đó:    
 
SBMC
3V a
dt BD;SC d B; SMC
dt SMC 2
     
0,25 
6 
(1,0đ) 
B
A D
C
E
K
H
F
Gọi H, K, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, D, C trên d, F là hình chiếu 
vuông góc của C trên DK. 
Ta có:  ABH CDF ch gn DF BH CE KF 2         
0,25 
Vì C thuộc đường thẳng x y 4 0   nên  C t;t 4 
Ta có:  
 3t 4 t 4 6
d C;d 2 t t 10 10
5
  
      
 
 
t 0
C 0;4
t 20 loai

 
 
0,25 
Ta có:  AC 2;4 . Gọi I là trung điểm AC  I 1;2  . Suy ra phương trình 
đường thẳng BD là:  x 2y 3 0 B 3 2t;t     
Vì  d B;d 1 nên 
 3 3 2t 4t 6 t 1
1 10t 15 5
5 t 2
   
     

0,25 
- Với    t 1 B 1;1 ;D 3;3   
- Với t = 2  B 1;2  (loại vì khi đó B, C nằm cùng phía đối với d) 
Vậy:    B 1;1 ;D 3;3 
0,25 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 6 
7 
(1.0đ) 
Ta có:   2 1 2.3 3 6 7 2.8 3 0       nên A, B nằm cùng một phía đối với (P) 
Phương trình đường thẳng qua A và vuông góc với (P) là: 
x 2 t
y 1 t
z 3 2t
 

 
  
0,25 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P)  H 2 t;1 t;3 2t    
Vì  H P        2 t 1 t 2 3 2t 3 0 t 1 H 1;0;1            
0,25 
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (P)  1A 0; 1; 1   . Phương trình đường 
thẳng A1B là : 
x 2s
y 1 2s
z 1 3s


 
   
 . Gọi M1 là giao điểm của A1B và (P) 
Suy ra :  1M 2; 3;2 
0,25 
Ta có : 1 1MA MB MA MB A B    
Do đó :   1 1minMA MB A B M M    . Vậy  M 2; 3;2 
0,25 
8 
(1.0đ) 
Điều kiện : 
x y 0
x 1 0
 

 
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với : 
  
x y 4 0
x y 4 x y 1 0
x y 1 0
  
      
  
0,25 
x y 4 0 y 4 x       thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có : 
   289 338 x 1 1 7 x ;y TMDK
64 64

      
0,25 
x y 1 0 y x 1       thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có : 
    4 2x 1 x 1 1 2 x 1 *     
Đặt     2 2x 1 u; 2x 1 v v 0;u 0 2 x 1 3v 4u 1           . 
Thay vào phương trình  * ta có: 
    2 24v u 1 3v 4u 1 2u 3v 1 2u v 1 0 2u v 1 0              
0,25 
2 x 1 2x 1 1 x 5;y 4        . 
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm :    
289 33
x;y ; ; 5;4
64 64
 
  
 
0,25 
9 
(1,0đ) 
Ta chứng minh :  1 a 1 b 1 1 a b *       . Thật vậy : 
    * 1 a 1 b 2 1 a 1 b 1 1 a b 2 1 a b              
  1 a 1 b 1 a b ab 0        (luôn đúng) 
0,25 
Vì vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử : a b c  0,25 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 7 
Suy ra: 1 c 2  . Theo (*) ta có: P 1 1 a b 1 c 1 4 c 1 c           
Xét hàm:  f c 1 4 c 1 c;1 c 2       
Ta có:    / /
1 1 3
f c ;f c 0 c
22 4 c 2 c 1
     
 
0,25 
Ta có:    
3
f 1 f 2 1 2 3;f 1 10
2
 
      
 
 . Vậy: P 1 2 3   
Với a 0;b 1;c 2   thì P 1 2 3   
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là: 1 2 3  
0,25