SỞ GD&ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 2
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN - LẦN 2

ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đềCâu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
x1
x3
(C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của đồ thị (C) bằng 4.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình:
2(cos sin2 ) 1 4sin (1 cos2 )x x x x

b) Giải phương trình:.
1
5 1 5 1 2
xx
x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
1
1 ln
e

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2 2 2 2
24
2 6 5 2 2 13 2( )
( 2 ) 2 4 . 8 . 2 2
x xy y x xy y x y
x y x y y y y x
.Câu 9 (1,0 điểm). Cho
,,abc
là các số thực dương và
3abc
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3
2
3 1 1 1
abc
P
ab bc ca a b c Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:…… …………………….; Số báo danh:…………………
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

tiệm cận ngang:
1y
.

33
lim ; lim ;
xx
yy
tiệm cận đứng:
3x
.
0,25
-Bảng biến thiên:
x
3
y’
-
-
y
1 0,25
Đồ thị:

x2
4
4 x 3 1
x 3 x 4

025
Với
0
2x
; ta có
M 2; 3
. Với
0
4x
; ta có
M 4;5

Vậy điểm M cần tìm là
M 2; 3
và
M 4;5
.
0,25
2a

a) Giải phương trình:
2(cos sin2 ) 1 4sin (1 cos2 )x x x x

0,5
Phương trình đã cho tương đương với:

xk
x
xk
x
xk
(
kZ
)
Vậy pt có nghiệm là:
2
3
xk
;
12
xk
;
5
12
xk
(
kZ
)

0,25 2b
a) Giải phương trình:.
1
5 1 5 1 2

10
2
x
x

Vậy phương trình có nghiệm x=0
0,25
3

Tính tích phân
2
1
1 ln
e
xx
I dx
x

1
2
1 1 1
1 ln 1
ln
e e e
xx
I dx dx x xdx
xx

2 2 2 4 4 4
e
e e e
x x x x e
B x dx x

2
5
44
e
I

0,25 0,25
0,25 0,25
Câu
4a

Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết:

: “Có nữ và đủ ba bộ môn”

2 1 1 1 2 1 1 1 2
8 5 3 8 5 3 8 5 3
3
()
7
C C C C C C C C C
PH0,25
5
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB)
vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 60
0
. Tính thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a.
1,00

Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S,suy ra SH AB, mặt khác (SAB)
(ABCD)
nên SH (ABCD) và
0
60SCH
.

Ta có
.1560tan.60tan.
0220

0,25
Ta có
0
45DBAEAH
nên tam giác
EAH vuông cân tại E, suy ra
22
aAH
HE2 2 2
2
. 15
. 15
2
.
31
15
2
a
a
HE HS
HK a
HE HS
a
a

Vậy
.

1 3 ; 2 2 ;5 2AB t t t

,
|| . 0 2
PP
AB P AB n ABn t
   
.
0,25
Vậy
(8; 8;5)B
và
5; 6;9AB

.
0,25
Vậy phương trình đường thẳng
3 2 4
:
5 6 9
x y z
.
0,25 E
k
A
H
B

22
(1; 5) 26
(22 5 ;7 ) 22 5 7
MN MN
IM a a IM a a



Vì MIN vuông cân tại I và
22
2
26 13 22 5 7 13
5
26 234 520 0
4
MN IM a a
a
aa
a

Với a=5 =>I(8;5) => A(11;9) (loại)
Với a=4 =>I(3;4) => A(1;1) (t/m)
Suy ra: C(7;7) => E(4;4)
0,25
Pt BD: x+y−8=0, pt BC:x−7=0 ⇒B(7,1)⇒D(1,7)
0,25
8
Giải hệ phương trình
2 2 2 2
24
2 6 5 2 2 13 2( ) (1)
( 2 ) 2 4 . 8 . 2 2 (2)
x xy y x xy y x y
x y x y y y y x

1,00

Điều kiện:
2
0
0
x
y
xy

Xét y = 0, hệ vô nghiệm nên y khác 0 . Chia cả 2 vế của (1) cho y ta được:
0,25
E
H
N
I
B

Với t = 2 => x=2y, thế vào (2) ta được:

24
42
3
3
4 2 2 4 . 8 . 2 2 2
4 2 2 2 2 2 8 . 4 .
2 2 2
4 2 2 8 4
2 2 2
2 2 2 2 2 2. 2 (3)
y y y y y y y
y y y y y y y
yy
y y y
yy
y y yXét hàm số f(u)=u
3
+2u với u>0; có f’(u) = 3u
2
+2>0, mọi u>0 => hàm số đồng biến
Từ (3)
3
22
2 2 2 2 4 2 2 0 1f f y y y y y
yy


Ta có:
3
3
(1 )(1 )(1 ) (1 ) , , , 0a b c abc a b c
. Thật vậy:
23
33
3
1 1 1 1 ( ) ( ) 1 3 3 ( ) (1 )
a b c a b c ab bc ca abc abc abc abc abc

0,25
Khi đó:
3
3
2
3(1 ) 1
abc
PQ
abc abc
(1).
Đặt
6
abc t
; vì a, b, c > 0 nên
3
01
3
abc

(2). Từ (1) và (2):
1
6
P
.
0,25
Vậy maxP =
1
6
, đạt được khi và và chi khi :
1abc
.
0,25
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk