Trường THPT Sơn Tây ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 LẦN I
Môn: Toán (thời gian làm bài 180 phút)

Câu 1(2 điểm). Cho hàm số y =
2
5
3
2
2
4
 x
x

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi (C) của hàm số.
2. Cho điểm M thuộc (C) có hoành độ x
M
= a. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, với giá trị nào
của a thì tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M.
Câu 2(1 điểm). Giải phương trình:
3
sinx + cosx = -2cos3x
Câu 3(1 điểm). Giải phương trình
x x x
8
4 8
2
1 1
log ( 3) log ( 1) 3log (4 )
2 4
   


3
) là trọng tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Câu 9(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
1 1 1
( ) ( ) ( )
2 yz 2 zx 2 xy
x y z
x y z    

Hết Đáp án
Câu Nội dung
Điểm

1.1
Ta có hàm số y =
2
5

ố đồng biến trên các khoảng (-
3
; 0) và (
3
; +
∞).

0,25
Cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= y(0) =
5
2
. Hàm số đạt cực tiểu tại x =
3
, y
CT
=
y(
3
) =
2
.
Giới hạn.
4 4
2 2
5 5
( 3 ) , ( 3 )
2 2 2 2
x x

y’

- 0 + 0 - 0
+
y
+∞
5
2

+∞

-2 -2
0,25
Đồ thị.
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai các điểm (
1
; 0) , (
5
; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ;
5
2
). Đồ thị hàm số có trục đối xứng là Oy.

0,25
1. 2
. Cho điểm M thuộc (C) có hoành độ x
M

3

0,25
Vậy tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình :
4
3 2
5
(2 6 )( ) 3
2 2
a
y a a x a a
     
.

0,25
Xét pt :
4 4
2 3 2 2 2 2
5 5
3 (2 6 )( ) 3 ( ) ( 2 3 6) 0
2 2 2 2
x a
x a a x a a x a x ax a
             

0,25


  

 







0,25
Câu
2
PT
3
sinx + cosx = -2cos3x 
3
sinx + cosx = 2cos(

- 3x)
3
2
sinx +
1
2
cosx = cos(


3
x k


 
 x =
3
k




+)

- 3x =
2
2
3
x k


  
 x =
3 2
k
 


Vậy nghiệm phương trình:
x =

, ĐK x > 0, x

1

   
x x x
2 2 2
log ( 3) log | 1| log (4 )
x x x( 3) 1 4
  

-) x > 1 ta có: x = 3 thỏa mãn
-) x < 1 ta có x =
3 2 3
 
thỏa mãn
Vậy x = 3; x =
3 2 3
 0,25

0,25

0,25


p
=
ò

 Đặt
cos sin
u x du dx
dv xdx v x
ì ì
ï ï
= =
ï ï
Þ
í í
ï ï
= =
ï ï
î î
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:
0 0
2
0
0
sin sin 0 ( cos ) cos cos cos0 2
I x x xdx x x
p
p p p
p
= - = - - = = - = -
ò

2 2
   t x x
1 1
' 0
2 2 2 2

   
 
t
x x
. Hàm số
( )t t x

liên tục trên [-2; 2], t’(x) < 0, 
x(-2; 2)
( )
 
t t x
nghịch biến trên
[ 2;2]
[ 2;2]  
t
.
Khi đó: PT =>
2
2 2 4  m t t
(*)
Xét hàm
2
( ) 2 4  f t t t

(ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng nhau
cạnh b.
Diện tích đáy: S
đáy
= 6S
OAB
=
2
2
3 3 3
6
4 2

b
b
(đvdt) Chiều cao h =

SO =
2 2 2 2
  SA OA a b

 Thể tích V =
2 2 2
3( )
1
3 2


dáy
b a b

( ) : 2 2 1 0
P x y z
- + - =
có vtpt
(2; 1;2)
n = -
r

 Gọi H(x
0
; y
0
; z
0
) là hình chiếu vuông góc của điểm
(1;3; 2)
A
-
lên mp
( )P
thì
.AH t n
 
 (x
0
- 1; y
0
- 3; z
0
+ 2) = t

 Thay (*) vào PTTQ của
2
3
( ) : 2(1 2 ) (3 ) 2( 2 2 ) 1 0P t t t t
+ - - + - + - = Û =

 Thay
2
3
t
=
vào (*) ta được:
; ;
0 0 0
7 7 2
3 3 3
x y z
= = = -

 Vậy, toạ độ hình chiếu vuông góc của A lên mp
( )P
là
7 7 2
; ;
3 3 3
H
æ ö
÷
ç
÷


0,25 0,25
0,25

0,25
Câu
8
Ta có:
3A M GM=
uuuur uuur
=> A(0; 2)
Đường thẳng AM có phương trình
0 2
1 0 1 2
x y
 

  
 3x + y – 2 = 0
Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AM nên có phương trình –x + 3y + 4 = 0 (i)


x y y z z x
x y z xy yz zx
  
       

Nên P
2 2 2
1 1 1
( ) ( ) ( )
2 2 2
x y z
x y z
     

Xét hàm số f(t) =
2
1
2
t
t

liên tục với t > 0. ta có: f’(t) = t -
3
2 2
1 1
t
t t





0,25 0,25

0,25 0,25