>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1

Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số
42
x 4x 3  

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2) Tìm m để phương trình
42
x 4x 3 m  
có 4 nghiệm phân biệt
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình:
cos3x cosx 2sin2x sinx 1   

b)
 
2
22
1 3log x log x 1  

Câu 3 (1,0 điểm)
a) Tính tích phân:
1
2
1
3x 2

. 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:
 
22
x 5x y 3y 4
4 x 1 1 x y x y 3

   


     

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:
42
y x 4x 3  Từ đồ thị hàm số phương trình
42
x 4x 3 m  
có 4 nghiệm phân biệt:
1 m 3
m0







12
sin 2x
27
xk
12


   

   



  



0,25
a) 0,5 điểm

Điều kiện: x> 0; x
1
.
Phương trình đã cho thương đương với:
 
2
3
22
log 2x log x 1


  

   



0,25
 
2
4 ln x 2 ln x 1 9ln 2 5ln3
1
     

0,25

>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4

b) 0,5 điểm

Ta có:
2
44
00
1 cos2x
S sin x dx dx
2





       
2 2 2 2
22
x 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:
22
43
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


>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5

Ta có
 
2
dt ABCD a ;AC a 2

 
3
S.ABCD
1 a 2
SA a 2 V .SA.dt ABCD
33
    

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

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
  
     

 
 
t0
C 0;4
t 20 loai


    




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

thẳng A
1
B là :
x 2s
y 1 2s
z 1 3s






  

. Gọi M
1
là giao điểm của A
1
B và (P)
Suy ra :
 
1
M 2; 3;2

0,25
Ta có :
11
MA MB MA MB A B   

Do đó :



0,25
x y 4 0 y 4 x      
thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có :
 
 
289 33
8 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
   
22
x 1 u; 2x 1 v v 0;u 0 2 x 1 3v 4u 1          
.
Thay vào phương trình
 
*
ta có:
    

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
2
2 4 c 2 c 1
     


0,25
Ta có:
   