25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Đề số 01
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1( 2 điểm) : Cho hàm số y   x3  3x2  1
a*) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên.
b*) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình
x  3x  m  0 .
3

2

Câu 2 ( 1 điểm ) :
a*) Giải phương trình: 2sin2x + 3cosx – 2 = 0
b*) Tìm số phức liên hợp của
z  (1  i)(3  2i) 

1
3i

Câu 3* ( 0,5 điểm): Giải phương trình 2x  23 x  2  0
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình:

x 4  x 2  1  x  x(1  x 2 )

2

Câu 5* ( 1 điểm): Tính Tích phân I   x cos xdx
0

Tìm giá trị nhỏ nhất của: P 

x y
yz
zx


xy  z
yz  x
zx  y


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Nội dung

Câu
1
a
(1,0) )




Điểm

TXĐ: D = R.
y '  3x 2  6x



 x 3  3 x 2  m  0   x 3  3x 2  1  m  1
 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số
y   x3  3x 2  1 với đường thẳng y = m – 1.
Vậy

0,5

m 1  3  m  4 : Phương trình có 1 nghiệm.
m 1  3  m  4 : Phương trình có 2 nghiệm.
3  m 1  1  4  m  0 : Phương trình có 3 nghiệm.

0,5

m 1  1  m  0 :Phương trình có 2 nghiệm.
m 1  1  m  0 : Phương trình có 1 nghiệm.

Câu 2

a, 2sin2x + 3cosx – 2 = 0 (1)

(1,0)

 Pt (1)  2(1 – cos2x) + 3cosx – 2 = 0  2cos2x – 3cosx = 0 (*)
 đặt t = cosx (t ≤ 1)
t = 0
2
 Pt (*) trở thành : 2t – 3t = 0  
3 .So sánh điều kiện t = 0 thỏa mãn
t =


0.25

( 0,5 điểm)
2 x  23 x  2  0  2 x 

8
 2  0  22 x  2.2 x  8  0
x
2

0.25

Đặt t  2x , t  0
Phương trình trở thành:
t  4 (nhan)
t 2  2.t  8  0  
t  2 (loai)

t  4  2x  4  x  2

0.25

Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

Câu 4
(1đ)

ĐK: x  1hoac 0  x  1


x

Khi đó ta được phương trình

t  1
t 2  3 1  t   4 2
 t  1(loai)
t  t  2t  2  0

0,25


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

* Với x  1. Ta có 
Đặt t 

1
1
 x2  1  1  
x
2
x
x

1
1
 x  t 4  2  x 2  2 . Khi đó ta được
x
x


u  x
du  dx

dv  cos xdx v  sin x

0,5

 




2

I  x sin x 02   sin xdx 
0

Câu 6
(1)đ


2



 cos x 02 


2

S BCMN

a a 5

 a  .
3a 2 5
2 2


2
8 .

Dụng SK  BM , do BC  (SAB)  BC  SK  SK  (BCMN ) .

Có

SK  d ( A, BM ) 

a 5
1 3a 2 5 a 5 a3
VS .BCMN  .
.

5 . Vậy
3
8
5
8

Trong mặt phẳng (ABCD) dựng  qua B song song với AC. Đặt (P) = (  ,


d
I
D

C


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết



7a - 10
5

=

0.25

7a - 4
5

 a = 1  I(1;1)  d =

Bán kính: R = d 2 =

Câu 8
(1)đ

3

Bán kính: r  1  9  16 1  5
Mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu tại M nên IM vuông với mp.

0,25

uuur
IM  (0; 4; 3)
uuur

Mp(P) qua M(1;1;1), có VTPT IM  (0; 4; 3) có phương trình:

0,25

A( x  x0 )  B( y  y0 )  C ( z  z0 )  0
 0( x  1)  4( y  1)  3( z  1)  0
 4 y  3z  1  0

Câu 9

Ta có:

0.5 đ

 3x + 1

2n

= a 0 + a1x + a 2 x 2 +...+ a k x k +...+ a 2n x 2n

Thay x = -1, ta có: (-2)2n = a0 – a1 + a2 - … + (-1)kak +…+ a2n

x y

xy  z

1 z
1 z

xy  1  x  y
(1  x)(1  y )

yz

yz  x

1 x
1 x

yz  1  y  z
(1  y )(1  z )

zx

zx  y

1 y
1 y

zx  1  x  z
(1  x)(1  z )


Vậy MinP  3 đạt được khi

x yz

1
3


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Đề số 02
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  3x 2  1 có đồ thị (C)
a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
b*) Dựa vào đồ thị (C) tìm m để phương trình x 4  3x 2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 2 ( 1,0 điểm).
a*) Giải phương trình: sin 2 x  cos2 x  2sin x 1 .

b*) Tìm số phức Z thỏa mãn :  z  1 .  z  2i  là số thực và z  i  2 .
Câu 3* (0.5 điểm). Giải phương trình
log

2

 x2  x  1  log2  x2  x  3

Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2

p

Câu 5* ( 1,0 điểm): Tính tích phân: I =

ò (1 + cos x )xdx
0

Câu 6 ( 1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a,
góc BAD  1200 .Mặt bên (SAB) có SA  a, SB  a 3 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi
G là trọng tâm tam giác SCD. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt
phẳng (SAB).

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
d : mx  y  m  4  0 và đường thẳng  : x  2 y  9  0 ; điểm B(-3; 2). Gọi H là hình chiếu
của B trên d. Xác định tọa độ điểm H biết rằng khoảng cách từ H đến đường thẳng  nhỏ
nhất.
Câu 8* ( 1,0 điểm ):

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng

x 1 y  2 z  2
:


và mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng
3
2
2

song song với mặt phẳng (P), đi qua M(2; 2; 4) và cắt đường thẳng ().


+ TXĐ: D = R.

0.5


x  0

6
3

3
+ y '  4x  6x ; y '  0  4x  6x=0   x  2

x   6

2
+ Giới hạn: lim y  , lim y  
x

x



+Hàm số đồng biến trên  ; 


(






Đồ thị: Điểm đặc biệt: (0; 1), (-1; 3), (1; 3)

0.25

0.25


25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit
b

x 4 3x 2 m 0 x4 3x2 1 m 1

0.25

S nghim ca phng trỡnh l s giao im ca th (C) vi ng thng
y=m+1.

0.25

Da vo th, phng trỡnh cú 4 nghim phõn bit

0.5

1 m 1

Cõu2



2

k 2 , k Z

2a b 2
b. Giả sử z = a + bi , (a, b R) . Khi đó: 2
2
a (b 1) 2

Gii h ta đ-ợc a = 1 , b = 0 hoặc a
Vậy z1 1, z2

1 12
i
5 5

1
12
, b
5
5

0,25

0,25

0,25




3
4

Đặt: t  x 2  x  1, t 

t  1( L)
Ta được phương trình : t 2  t  2  0  
t  2( N )

0.25


1  5
x 
2
Với t  2  x 2  x  1  0  

1  5
x 
2


Vậy : x 
Câu 4
1đ

1  5
1  5
và x 

0.25

 1  x x 2  2  2 x   x  1 x 2  2 x  3  0 .

  x  1 1 

Xét

hàm

 x  1

2

số

f '(t )  1  t 2  2 

 2     x  1 





x

f (t )  t 1  t 2  2

t2
t2  2

2
2
 y  1.

0.25

Câu 5
1đ
p

I =

p

0.25

p

ò (1 + cos x )xdx = ò xdx + ò x cos xdx
0

0

p

x2
 Với I 1 = ò xdx =
2
0


ïï v = sin x
î
î

phần ta được:

p

I 2 = x sin x 0 -

p

ò0

p

p

sin xdx = 0 - (- cos x ) 0 = cos x 0 = cos p - cos 0 = - 2

p2
- 2
 Vậy, I = I 1 + I 2 =
2

Câu 6

*) Tính VS.ABCD

(1đ)

2

  d (G, ( SAB))  d ( I , ( SAB)) .
d (G( SAB)) GS 2
3

0,25

Ta có CD / / AB  CD / /(SAB)  d ( I ,(SAB))  d (C,( SAB))  a 3 .
(Hạ CK  AB  CK  (SAB) mà ABC đều cạnh 2a  CK  a 3 )
Vậy d (G, ( SAB)) 

2 3a
3

0,25

Câu 7
1đ

Ta có phương trình d : mx  y  m  4  0  ( x 1)m  ( y  4)  0 . Suy ra d luôn đi

0.25

qua điểm cố định A(1; 4), mà BH vuông góc với d nên suy ra H luôn thuộc đường
tròn (C) đường kính AB.
Gọi I là tâm của (C). Ta có pt (C): ( x  1)2  ( y  3)2  5

0.25


tại


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Ta có d ( M1 , ) 

19 5
9 5
. Vậy H trùng với M 2 (2;1)
; d ( M 2 , ) 
5
5

0.25

Câu 8
1đ
 x  1  3t

Đường thẳng () có phương trình tham số:  y  2  2t t  ¡
 z  2  2t


0.25

r
Mặt phẳng (P) có VTPT n  (1; 3; 2)

uuuur

1
.C99
 9900
+ n     C100

+ Gọi A là biến cố : “Trong hai số được ghi trên 2 tấm thẻ có ít nhất 1 số chia
hết cho 5”
1
1
1
1
.C64
 C36
.C35
 3564
Ta có: n  A  C36

Vậy : P  A 

n  A 3564 9


 0,36
n    9900 25
0,25

Câu 10


25 thi th tt nghip mụn toỏn cú li gii chi tit

a
a
a

Chứng minh t-ơng tự

y
z
z
y
z y z (2)
y
a
a
a
a

Cộng vế với vế (1) ,(2) và (3) ta đ-ợc

2(

z
x
x
z
x z x (3)
z
a a
a a
x

z
x yz x yz x yz
1
1
1
y z)


( x y z )( x y z )
x
x
y
z
a
a
a
a
a
a
a
a
a

Suy ra

1
1
1
x
y

giác IAB có diện tích bằng 3 , với I là giao điểm của hai tiệm cận.
Câu 2 (1,0 điểm).
a*) Giải phương trình: sin 2 x  2cos2 x  3sin x  cos x .
b*) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2  i  z  5  i . Tính mô đun của số phức
w  1  iz  z 2 .

Câu 3* (0,5 điểm). Giải phương trình: log2 (4x1  4).log2 (4x  1)  3 .
 x3  y 3  3 y 2  x  4 y  2  0
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  3

x  x  3  2 x  2  y

( x, y  ¡ ) .

e

1
Câu 5*(1,0 điểm). Tính tích phân I    x   ln xdx.
1



x

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc
tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai
đáy AD, BC. Biết B(2; 3) và AB  BC , đường thẳng AC có phương trình x  y  1  0 , điểm


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

Câu

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Đáp án

a) (1,0 điểm)
1
(2,0đ)  Tập xác định D  ¡ \ 1 .
 Sự biến thiên:

Điểm

0,25

- Chiều biến thiên: y '  

1

 0, x  D .

 x  1
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ;1  và 1;   .
2

- Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1 .  tiệm cận ngang: y  1 .
x 


 Đồ thị:

0,25
y

1

x

b) (1,0 điểm)
Gọi d : y  x  m .
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:

0,25

x
 xm
x 1

 x   x  1 x  m  (Vì x  1 không phải là nghiệm của phương trình)

 x2   m  2  x  m  0 (1)

Ta có   m2  4  0, m nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị ( C) tại hai
điểm phân biệt A, B với mọi m .
Khi đó, A  x1; x1  m , B  x2 ; x2  m  , với x1 , x2 là hai nghiệm của phương

0,25
0,25


m m2  4
 3
 3m 2.
2

a)
Phương
trình
đã
2
(1,0đ) 2sin 2 x  3sin x  2  2sin x cos x  cos x  0

cho

tương

đương

0,25

  2sin x  1 sin x  cos x  2   0

 sin x  cos x  2  0 : Phương trình vô nghiệm

0,25



 x   6  k 2
 2sin x  1  0  

2

3
(0.5đ)



log 2 (4x 1  4).log 2 (4 x  1)  3  2  log 2 (4 x  1) .log 2 (4 x 1)  3

t  1
t  3

Đặt t  log2 (4x  1) , phương trình trở thành:  2  t  t  3  

0,25

 t  1  log2 (4x  1)  1  4x  1  2  x  0 .
1
8

7
8

 t  3  log 2 (4 x  1)  3  4 x  1   4 x   : Phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  0 .
4
(1,0đ)

3
3









x  2  2   x  2 x2  2 x  4 



  x  2 x  2x  4 
2



2



x2 2





x2 2

x2 2



2
x22



0,25

 0  x2  2 x  4 



2
x2 2



(*)

2
 1, x   2;  
x2 2

Ta có VT  x 2  2 x  4   x  1  3  3;VP 
2

Do đó phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2;3 .
0,25

2

e

x2
x
e2 x 2
e2 1
 
Do đó,  x ln xdx  ln x   dx  
2
2
2 4 1 4 4
1
1
1
e

 Tính

1

1
x

 x ln xdx.

Đặt t  ln x  dt  dx . Khi x  1 thì t  0 , khi x  e thì

1

Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra

S

SH  ( ABCD)
K
A

D
I

H

B

C

·
 300 .
và SCH
Ta có: SHC  SHD  SC  SD  2a 3 .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

0,25


25 Đề thi thử tốt nghiệp môn toán có lời giải chi tiết

SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3
HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a


giác

SIA

và

SBC

đồng

dạng

nên

0,25

Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp
trong một đường tròn. Mà BC  CD nên
H
· .
AC là đường phân giác của góc BAD
D
A
M
B'
Gọi B ' là điểm đối xứng của B qua AC.
Khi đó B '  AD .
Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ
điểm H là nghiệm của hệ phương trình:


B

2a 66
11

C

x  y 1  0
x  3

. Suy ra H  3; 2  .

x  y  5  0
y  2

Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó
B '  4;1 .
uuuur

Đường thẳng AD đi qua M và nhận MB ' làm vectơ chỉ phương nên có
phương trình
x  3 y  1  0 . Vì A  AC  AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
phương trình:
x  y 1  0
x  1

. Do đó, A 1;0  .

 x  3 y 1  0

(Học sinh có thể giải theo cách

Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Suy ra: 0,25
8
(1,0đ)
 x  2  6t

d :  y  5  3t
 z  1  2t


Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) nên H  d  ( P) .
Vì H  d nên H  2  6t;5  3t;1  2t  .
Mặt khác, H  ( P) nên ta có: 6  2  6t   3 5  3t   2 1  2t   24  0  t  1

0,25

Do đó, H  4; 2;3 .
Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu.
Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784 , suy ra 4 R2  784  R  14 .
Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H nên IH  ( P)  I  d .
Do đó tọa độ điểm I có dạng I  2  6t;5  3t;1  2t  , với t  1.

0,25

Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:

0,25

 6  2  6t   3  5  3t   2 1  2t   24

14









Do đó, I 8;8;  1 .
Vậy, mặt cầu (S ) :  x  8   y  8   z  1  196
2

9
(0,5
đ)

2

Số phần tử của không gian mẫu là: n     C205  15504 .

0,25

Trong 20 tấm thẻ, có 10 tấm thẻ mang số lẻ, có 5 tấm thẻ mang số chẵn
và chia hết cho 4, 5 tấm thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 4.
0,25
Gọi A là biến cố cần tính xác suất. Ta có: n  A  C103 .C51.C51  3000 .
Vậy, xác suất cần tính là: P  A 