TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 4
TỔ TOÁN - TIN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 2
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút )
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số
( )
2 2

2 1
x
y C
x
+
=
+

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b. Tìm m để đường thẳng
: 2 1d y mx m
= + +
cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B
sao cho biểu thức
2 2
P OA OB= +
đạt giá trị nhỏ nhất ( với O là gốc tọa độ).
Câu 2. (1 điểm)
a. Giải phương trình:
( )
cos2 cos sin 1 0x x x
+ − =

1
1
3 1
I dx
x x
=
+
∫
.
Câu 6. (1.0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
.Góc
·
0
60BAC =
,hình chiếu của
S
trên mặt
( )
ABCD
trùng với trọng tâm của tam giác
ABC∆
.
Mặt phẳng
( )
SAC

Câu 8. (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho
(P): x 2y 2z 3 0
− + + =
, đường thẳng
1
x 3 y 4 z 2
d :
2 3 2
− + −
= =
−
,
2
x 3 y 6 z
d :
6 4 5
− −
= =
−
. Tìm
1 2
M d , N d∈ ∈
sao cho MN song song
với (P) và khoảng cách từ MN đến
( )
P
bằng 2.
Câu 9. (0.5 điểm) Một hộp đựng 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11. Lấy ngẫu nhiên 4
viên bi rồi cộng các số trên viên bi lại với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là một
số lẻ.

( )
2
2 1
' 0,
2
2 1
y x
x
−
= < ∀ ≠−
+
5 (1;3); ( 3;1)I d c A B
⇒ ∈ ⇒ = ⇒ −
0.25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
1
;
2
 
−∞ −
 ÷
 
và
1
;
2
 
− +∞
 ÷
 

1
0
2
m
m m
g


≠


∆ = > ⇔ >


 

− ≠
 ÷

 

0,25
*Gọi hoành độ các giao điểm A và B là
1 2
,x x
thì
1 2
,x x
là các nghiệm của PT (1)
⇒

( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
1 2 1 2
4 1 4 1 2 1m x x m m x x m
+ + + + + + +
=
( )
( ) ( )
2
2
1
4 1 1 4 1 2 1
2
m
m m m m
m
−
 
+ − − + + +
 ÷
 
0,25
=
5 1
2
2 2
m
m

π
=


⇔
 

+ =
 ÷

 

0,25
+) Với
( )
cos 2 0
4 2
k
x x k
π π
= ⇔ = + ∈
¢
+) Với
2
1
sin ( )
4
2
2
2

2 2
11 2 11 2 5 5z i z
= − ⇒ = + =
0,25
3
2 2
log ( 3) log ( 1) 3x x
− + − =
(1)
ĐKXĐ: x > 3 (*)
Với ĐK (*) (1)
⇔
[ ]
2
log ( 3)( 1) 3x x
− − =⇔
3
( 3)( 1) 2x x− − =

0,25

⇔
1
5
x
x
= −

+ − − − + − − =

2
3 0
1 1 1
x x x
y y y
 
⇔ + − + =
 ÷
− − −
 

0,25
, 0
1
x
t t
y
= >
−
. Khi đó, pt (1) trở thành
( )
( )
4 2 3 2
3 0 1 2 3 0 1.t t t t t t t t
+ + − = ⇔ − + + + = ⇔ =

0,25
Với t = 1, thì

4 1 4 1
6 1
1 1 0
4 1 4 1
x x x x x x x x
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x x x
 
− − + − = − ⇔ − − + − − − =
 
 
− −
 
⇔ − − + =
 
− + + − − + −
 
 
 
− −
 ÷
⇔ − − + =
 ÷
 ÷
− + + − − + −
 

 

0,25
5
Đặt
2
1
3 1, 0
3
t
t x t x
−
= + ≥ ⇒ =

2
3
dx tdt
⇒ =
Đổi cận:
1 2; 5 4.x t x t
= → = = → =
0,25
4
2
2
1
2
1
I dt
t

C
B
H
E
* Gọi
O AC BD
= ∩
Ta có :
·
0
, 60OB AC SO AC SOB
⊥ ⊥ ⇒ =
Xét tam giác SOH vuông tại H :
0 0
3
tan 60 .tan 60 . 3
6 2
SH a a
SH OH
HO
= ⇒ = = =
0,25
Ta có : tam giác ABC đều :
2
3
2.
2
ABCD ABC
a
S S

= + +
3
112
a
d⇒ =
Mà
( ) ( )
6
, 2 ,
112
a
d B SCD d O SCD= =
0,25
7
Gọi E là trung điểm DH ta thấy ABME là hình bình hành nên
ME AD⊥
, nên E là
trực tâm tam giác ADM
AE MD
⇒ ⊥
mà
AE BM⊥
nên
DM DM⊥
0.25
Từ đó suy ra phương trình
:3 16BM x y+ =

Tọa độ B là nghiệm của hệ
{

suy ra tọa độ
C(6;2)
0.25
Từ
2 (2;4)CI IA A= ⇒
uur uur
0.25
C
A
B
D
I
H
M
8
Ta có
1
x 3 2t
d : y 4 3t
z 2 2t
= +


= − −


= +

,
2

0.25
( ) ( )
12t 18
d MN,(P) d M,(P)
3
+
= =
. Theo gia thiết suy ra
12t 18 6 t 1 t 2+ = ⇔ = − ∨ = −
0.25
Khi
t 1 u 1
= − ⇒ = −
tương ứng ta có
( )
M 1; 1;0−
,
( )
N 3;2;5−
Khi
t 2 u 0
= − ⇒ =
tương ứng ta có
( )
M 1;2; 2− −
,
( )
N 3;6;0
0.25
9

n A
160 16
P A
n 330 33
= == =
Ω
0.25
10
Ta có
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
4 4 4 4 4 4
a b c
VT
b b c c a a
     
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     

2 2 2 2 2 2
1
2 2 2 2
a b c a b c
b c a b c a
 
≥ + + = + +
 ÷
 

a b b c c a a b b c c a
 
≥ + + = + + =
 
+ + + + + +
 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
1a b c
= = =
0.5
Thí sinh làm cách khác, đảm vảo tính chặt chẽ và chính xác vẫn được điểm tối đa