Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Năm học 2014-2015 - Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong (Có đáp án)

 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang  và nhập mã ID câu 1 
Câu 1 ( ID: 79177 ). (2,0 điểm) 
 Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho 
2. Tìm a để phương phương trình x3 – 3x2 + a = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt 
Câu 2 ( ID: 79180 ) (2,0 điểm) 
 Giải các phương trình sau: 
1. Giải phương trình 2 4log ( 3) 2log 2x x   
2. Giải phương trình: 4sin2 2
3
3 cos 2 1 2cos ( )
2 4
x
x x

    
3. Tìm GTLN và GTNN của hàm số 2 3 lny x x x   trên đoạn [1;2] 
Câu 3 ( ID: 79183 )(1,5 điểm) 
1. Tìm nguyên hàm sau: I = 
2
( 3sin )x x dx
x
  
2. Tính giới hạn T = 
2
20
3 cos
lim
x
x
x
x

3. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ để 
tham gia đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh 
nữ ít hơn số học sinh nam. 
Câu 4 ( ID: 79185 ) (1,5 điểm) 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm 0, cạnh bên SA vuông 
góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SAB) một góc 450. 
1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a 
2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD theo a 
3. Tính khoảng cách từ điểm 0 đến mặt phẳng (SCD) theo a 
Câu 5 ( ID: 79188 ) (1,0 điểm) 
 Giải hệ phương trình:{
 ( √ ) 
√ √ 
 ( ) ( ) √ 
Câu 6 ( ID: 79189 ) (1,0 điểm) 
 Trong mặt phẳng 0xy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của AB, N là điểm trên 
cạnh AD sao cho AN = 2ND. Giả sử đường thẳng CN có phương trình x + 2y -11 = 0 và điểm 
M(
5 1
;
2 2
). Tìm tọa độ điểm C. 
Câu 7 ( ID: 79190 ) (1,0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn xyz =2 2 
8 8 8 8 8 8
4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2
8
x y y z x z
x y x y y z y z x z x z
  
 
     
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 
2014 – 2015 
TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG 
Môn: Toán 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang  và nhập mã ID câu 2 
ĐÁP ÁN 
Câu 1: (2,0 điểm) 
1. (1,5 điểm) khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x3 – 3x2 + 2 
 - TXĐ: R 0,25 
 - Sự biến thiên: 
 + Chiều biến thiên: y’ = 3x2 – 6x ; y’ = 0 
0
2
x
x

  
 Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0); đồng biến trên các khoảng (- ;-2) và (0;+ ) 
 + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCT = 3, đạt cực tiểu tại x = 0; yCĐ = -1 
 + Giới hạn: lim
x
  ; lim
x
  0,5 
 + Bảng biến thiên: 
x - 0 2 + 
y’ - 0 + 0 - 
y 2 + 
 - -2 
 + Đồ thị: 0,5 
2. (0,5 điểm) Tìm a để phương trình x3 – 3x2 + a có 3 nghiệm thực phân biệt 
 Phương trình x3 – 3x2 + a = 0  x3 – 3x2 + 2=2-a 0,25 
 Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của (C ) và đường thẳng 
y = 2 – a, suy ra a thuộc (0;4) 0,25 
Câu 2 (2, 0 điểm) 
1. (0,5 điểm) 
 ĐK: x>3 
 Phương trình tương đương với 2log ( 3) 2 x(x 3) 4x     0,25 
 Giải và kết hợp điều kiện thu được nghiệm x = 4 0,25 
2. (1,0 điểm) 
 PT 
3
2(1 cosx) 3 cos 2 2 cos(2 )
2
x x

      0,25 
 sin 2x 3sin 2 2cos2x x   0,25 
 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang  và nhập mã ID câu 3 
3
sin(2 ) cos
2
x x

   0,25 
2
3 18 3
sin(2 ) sin( ) ( )
52 2
2
6
k
x
x x k Z
x k
 
 



 
     
  

 0,25 
3. (0,5 điểm) 
 Ta có y’ = 
2 2 2
3
ln 1 ln 0,
3 ( 3 3
[1;2]
)
x
x x x
x x x x

      
   
 0,25 
 GTLN của hàm số trên đoạn [1;2] là y(1) = 2; GTNN của hàm số trên đoạn [1;2] là y(2) 
= 7 -2ln2 0,25 
Câu 3 
1. (0,5 điểm) 
 I = 3 in x2 s dx
dx
xdx
x
    0,25 
2
2ln 3cos
2
x
I x x C    0,25 
2. (0,5 điểm) 
 T = 
2 2
2 20 0
3 1 3 cos
lim lim
x x
x x
x
x x 
 
 0,25 
 T = 
2
2
ln3
220 0
2sin
3 1 12lim ln 3 lim ln 3
ln 3 2
4
4
x
x x
x
xx 

   0,25 
3. (0,5 điểm ) 
 Gọi  là không gian mẫu của phép thử, ta có n( ) = 525C 0,25 
 Gọi A là biến cố “5 hóc inh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học 
sinh nam” 
TH1: 1 học sinh nữ và 4 học sinh nam, suy ra số cách chọn là 1 410 15C C 
TH2: 2 học sinh nữ và 3 học sinh nam, suy ra số cách chọn là 2 310 15C C 
 n(A) = 1 4 2 310 15 10 15C C C C
1 4 2 3
10 15 10 15
5
25
( ) 325
( )
( ) 506
C C C Cn A
P A
n C

   

 0,25 
Câu 4 
 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang  và nhập mã ID câu 4 
1. (0,5 điểm) 
 VS.ABCD = 
1
3
SA.dt(ABCD) 
 Trong đó dt(ABCD) = a2 0,25 
 Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAB) bằng góc 
3
0
.45 cot
3
S ABCD
a
SD SA AD SD a V       0,25 
2. (0,5 điểm) 
Gọi I là trung điểm của SC, ta có IS = IC = ID = IA = IB ( do các tam giác SAB, SBC, 
SCD là các tam giác vuông) nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 0,25 
Bán kính mặt cầu R = 
3
2 2
SC a
 0,25 
3. (0,5 điểm) 
 Vì O là trung điểm của AC nên d(O;(SCD)) = 
1
2
d(A;(SCD)) 
 Gọi H là hình chiếu của A trên SD, ta có 
 ( )
( ) (SCD)
AH SD
AH SCD
SAD

 

, Từ đó dẫn đến d(O,(SCD)) =
1
2
AH 0,25 
 Trong tam giác vuông SAD, ta tính được AH = 
2
2
a
 suy ra 
 D(O,(SCD)) = 
2
4
a
 0,25 
Câu 5 (1,0 điểm) 
 ĐK: x  0 0,25 
 Nhận xét: 
- Nếu x = 0 thì không thỏa mãn hệ PT 
- Xét x> 0 
PT (1) 2
1
3 3 9 1
x x
y y y
x
 
    
2 21 1 13 3 (3 ) 1 ( ) 1y y y
x x x
      (3) 
 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang  và nhập mã ID câu 5 
Từ (1) và x> 0 ta có y> 0. Xét hàm số f(t) = t + t. 2 1t  , t> 0. 
Ta có f(t) = 1+ 2 1t  + 
2
2 1
t
t 
>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0;+ ) 
PT (3) 
1 1
(3 ) ( ) 3f y f y
x x
    0,25 
Thế vào pt(2) ta được Pt: x3 + x2 + 4(x2 +1) x =10 
 Đặt g(x) = x3 + x2 + 4(x2 +1) x -10 , x > 0. 0,25 
Ta có g’(x) > 0 với x> 0 suy ra g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0;+ ) 
Ta có g(1) = 0. Vật pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 
Với x = 1 suy ra y = 
1
3
 0,25 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 
1
3
) 
Câu 6 (1,0 điểm) 
 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên CN ta có: 
 MH = d(M, CN) = 
3 5
2
 0,25 
 Xét tam giác CMN ta có 
2 2 2
02cos 45
2 . 2
CN CM MN
CM CM
CN CM
 
     , Từ đó suy ra được 
3 10
2
MC  0,25 
 Do C thuộc đường thẳng CN nên (11-2c;c) từ 
3 10
2
MC  25 35 50 0c c    0,25 
Tìm được C(7;2); C(1;5) 0,25 
Câu 7: (1,0 điểm) 
 Ta có 
4 4 4 4
2 2
2 23 ( )
2
a b a b
a b ab
a b
 

 

 0,25 
 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang  và nhập mã ID câu 6 
 Ta sẽ chứng minh: 
4 4
2 2
2 2
1
( )
3 3
( )
2
a b
a b
a b

 

 (1) 
 Thật vậy (1) 4 4 2 2 2 2 2 22( ) ( ) ( ) 0a b a b a b       luôn đúng 
 Do đó ta được: 
4 4
2 2
2 2
1
( )
3
a b
a b
a b ab

 
 
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a2 = b2  a = b 
 Áp dụng BĐT trên ta có : 
4 4
2 2
2 2
1
(b )
3
b c
c
b c bc

 
 
 Dấu “=” có  b= c 0,25 
4 4
2 2
2 2
1
(c )
3
c a
a
c a aa

 
 
Dấu “=” có  c = a 
 Cộng các vế BĐT trên ta được: 
4 4 4 4 4 4
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
(a b )
3
a b b c c a
c
a b ab b c bc c a aa
  
    
     
 (2) 
 Dấu “=” có  a = b= c 
 Theo BĐT cosi ta có 3 2 2 22 a 8b c  Dấu “=” có  a = b= c 
 Do đó ta có ĐPCM. 
 Dấu đẳng thức xẩy ra  2x y z   0,25