DeThi

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HƯNG YÊN
BAN CHUYÊN MÔN

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3mx 2  2 (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2
(O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình log 1  4 x  4   log 1  2 x1  3  log 2 2 x .
2

2

Câu 3 (1,0 điểm).
a) Gọi A, B là hai điểm biểu diễn cho các số phức là nghiệm của phương trình z 2  2 z  3  0 .
Tính độ dài đoạn thẳng AB.
b) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán, Lý, Hóa,
Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh. Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm
của 3 môn trong kì thi chung và có ít nhất 1 trong hai môn là Toán hoặc Văn. Hỏi trường Đại
học đó có bao nhiêu phương án tuyển sinh?

2

sin x
dx


M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM. Viết phương
trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2 x  y  8  0 và điểm B có
hoành độ lớn hơn 2.

1  y  x 2  2 y 2  x  2 y  3xy

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x, y  
2
2

 y 1  x  2y  2y  x
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 5  x 2  y 2  z 2   9  xy  2 yz  zx 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 

x
1

2
y  z  x  y  z 3
2

---------------Hết----------------


ĐÁP ÁN
Câu
1


-2
+

0

0

-

0

+
+

0,25

6

+

y

2
-

 hàm số đồng biến trên (-; -2) và (0; +); hàm số nghịch biến trên (-2; 0)
hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCĐ = 6; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 2
*) Đồ thị:
Nhận xét: đồ thị hàm số nhận điểm
I(-1; 4) làm tâm đối xứng.


b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích
tam giác OAB bằng 2
Với mọi x  , y' = 3x2 + 6mx  y' = 0  x = 0 hoặc x = -2m
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt
m0
Khi đó, tọa độ các điểm cực trị là: A(0; 2); B(-2m; 4m3 + 2)
m  1
SOAB = 1  OA.d(B;OA) = 4  2m  2  
(thỏa mãn)
 m  1
Vậy với m =  1 thì hàm số có 2 cực trị thỏa mãn bài.
log 1  4 x  4   log 1  2 x1  3  log 2 2 x
--4
4

--6
6

2

2

0,5

0,5

2

 log 1  4  4   log 1  2 x 1  3  log 1 2 x


a) Xét phương trình: z 2  2 z  3  0

 

' = 1 - 3 = -2 = i 2

2

Phương trình có hai nghiệm: z1  1  i 2; z2  1  i 2



 

 A 1; 2 ; B 1;  2


0,25

AB = 2 2
b) TH1: Trường ĐH chỉ xét 1 trong 2 môn Toán hoặc Văn:
Có: 2.C62  30 (cách)
TH2: Trường ĐH xét cả hai môn Toán và Văn:
Có: 1.C61  6 (cách)
Vậy có các trường hợp là: 30 + 6 = 36 (cách)
4

0,25



dt
dt
1 
 1


2


 dt
2


2
t

3
t

1
2
t

1
t

1
2
t

  ln
2
 2t  2  0
5

0,5

Đường thẳng d có véctơ chỉ phương u  2;2;1 và đi qua M(3;6;1)
Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương AB  4; 2;5

AM  1;4; 1
Ta có: u, AB   12;6;12   u, AB  . AM  12  24  12  0
Vậy AB và d đồng phẳng

0,5


C  d  C  3  2t;6  2t;1  t 
Tam giác ABC cân tại A  AB = AC
 (1 + 2t)2 + (4 + 2t)2 + (1 - t)2 = 45

0,5

 9t2 + 18t - 27 = 0  t = 1 hoặc t = -3
Vậy C(1; 8; 2) hoặc C(9; 0; -2)
6
B

C
A

4
a 3
Vậy d(B;(AB'C')) =
4
7

0,5

Gọi E = BN  AD  D là trung điểm của AE
8
Dựng AH  BN tại H  AH  d  A; BN  
5
1
1
1
5



Trong tam giác vuông ABE:
2
2
2
AH
AB AE
4AB2
5.AH
4
 AB 
2

8

BM
2
2
 5 . Vậy phương trình đường tròn: (x - 1) + (y - 3) = 5.
2

0,25
0,25

1  y  x 2  2 y 2  x  2 y  3xy 1


2
2

 y  1  x  2 y   x  2 y  2
ĐK: y  -1
Xét (1): 1  y  x 2  2 y 2  x  2 y  3xy
Đặt

x2  2 y 2  t t  0

0,5

Phương trình (1) trở thành: t 2  1  y  t  x 2  2 y 2  x  2 y  3xy  0
 = (1 - y)2 + 4(x2 + 2y2 + x + 2y + 3xy) = (2x + 3y + 1)2
2
2

4
Với x 2  2 y 2  x  2 y , ta có hệ: 

2
2
 x  2 y  x  2 y
 y  1 5

2
 1  5 1  5 
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   
;

4
2


9

Từ điều kiện: 5x2 + 5(y2 + z2) = 9x(y + z) + 18yz
 5x2 - 9x(y + z) = 18yz - 5(y2 + z2)
1
4

1
2

Áp dụng BĐT Côsi ta có: yz   y  z  ; y2  z 2   y  z 
2



 y  z  12
Vậy MaxP = 16 khi 
x  1

3

1 3
t
27


KHỞI ĐỘNG TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015
Môn thi: Toán – THPT
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x 3  6 x 2  1 C 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số C .
b. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y  mx 1 cắt đồ thị C  tại ba điểm phân
biệt M  0;1, N , P sao cho N là trung điểm của MP.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình  2cos x  sin x  cos 2x  cos x  1  sin x
Câu 3 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y 

1
x

và đường thẳng

y  2 x  3

Câu 4 (1,0 điểm).

 y xy  2 y  4 y  xy  1





Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn 1;2 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
biểu thức:
A

x 2 y  y2 z  z 2 x
x 4  y4  z 4

--------------------Hết--------------------


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ QG NĂM
2015
Đề 1 - Ngày thi : 10-10-2014

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu 1 Cho hàm số : y = x
–23 + x62 + 1
(C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
b. Tìm các giá trị tham số m để đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt
M(0; 1), N, P sao cho N là trung điểm của MP.
Lời giải :
a.


–∞

1
Hàm số y = –2x3 + 6x2 + 1 đồng biến trên khoảng (0; 2)
Hàm số y = –2x3 + 6x2 + 1 nghịch biến trên từng khoảng (–∞; 0) , (2; +∞)
Điểm cực đại (2; 9). Điểm cực tiểu (0; 1)
Đồ thị
y

x
b. Đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M(0; 1), N, P nếu như phương trình hoành
độ giao điểm –2x3 + 6x2 + 1 = mx + 1 có 3 nghiệm phân biệt tức là x(2x2 – 6x + m) = 0 có 3 nghiệm phân
biệt. Như thế chỉ cần 2x2 – 6x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 nghĩa là 9 – 2m > 0 và m = 0, nên
9
cần m < . Giả sử N(x1 ; y1 ), P(x2 ; y2 ). N là trung điểm của MP nên 2x1 = x2 và 2y1 = y2 + 1. Ta có x1 , x2
2
là nghiệm của 2x2 – 6x + m = 0 nên x1 + x2 = 3 suy ra x1 = 1, x2 = 2, y1 = 5, y2 = 9 và m = 4

2


Câu 2

Giải phương trình:

2( sco x + n
si x – sco )2x sco x = 1 + n
si x


6
3
2
Câu 3

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y =

1
–2 + 3 .
và đường thẳng y = x
x

Lời giải :
1
y = –2x + 3 y = x
( 12 , 2)

Hoành độ giao điểm đường cong và đường thẳng là nghiệm
1
phương trình = –2x + 3 ⇐⇒ x = 12 hay x = 1
x
Diện tích hình phẳng là
1
1
1
1
S=
–2x + 3 – dx =
–2x + 3 –
dx


log3 (x – 1)2 + log√3 (2x – 1) = 2
⇐⇒ log3 (|x – 1|) + log3 (2x – 1) = 1
⇐⇒

(x – 1) (2x – 1) = 3
(1 – x) (2x – 1) = 3

⇐⇒ 2log3 (|x – 1|) + 2log3 (2x – 1) = 2
⇐⇒ log3 [|x – 1| (2x – 1)] = 1
⇐⇒ x = 2

Kết hợp với điều kiện thì nghiệm của phương trình đã cho là: x = 2
b.Cách 1
Số cách chọn 4 học sinh có trong 12 học sinh là: 412 = 495 (cách)
Số cách chọn 4 học sinh mà không có học sinh của quá 2 lớp gồm:
TH1: Chỉ có học sinh lớp A: 45 (cách)
TH2: Chỉ có học sinh lớp B: 44 (cách)
TH3: Có học sinh lớp A và có học sinh lớp B: 49 – 45 – 44 (cách)
TH4: Có học sinh lớp A và có học sinh lớp C: 48 – 45 (cách)
TH5: Có học sinh lớp B và có học sinh lớp C: 47 – 44 (cách)
3


Tóm lại là có: 49 + 48 + 47 – 45 – 44 = 225 (cách)
225
5
Vậy xác suất cần tính là:
=
495

1
1
x+y+z–2=0
––→
5 2 1
2 8 10
nên H
; ;–
và AH =
; ;–
3 3 3
3 3 3
Do đó phương trình đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam
x–1
y+2
z–3
giác ABC là AH :
=
=
1
4
–5

√
Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA = SB = a; SD = a 2 và mặt
phẳng (SBD) vuông góc với mặt đáy (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ A đến mặt phẳng (SCD).
Lời giải:
Kẻ SH ⊥ BD ⇒ SH là đường cao của hình chóp
Gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB, BD.

a 2
tương tự ABC đều nên SC = a =⇒ CK =
2
suy ra ACK vuông cân tại K do đó AK⊥(SCD).
√
a 2
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) là AK =
2

4


Câu 7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AC = 2AB. Điểm M(1; 1)
là trung điểm của BC, N thuộc cạnh AC sao cho AN = 13 NC, điểm D thuộc BC sao cho AD đối xứng
với AM qua tia phân giác trong góc BAC.Đường thẳng DN có phương trình 3x – 2y + 8 = 0. Xác định
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết C thuộc đường thẳng d : x + y – 7 = 0.
Lời giải:

d:x+y =7

3x – 2y = –8

y

Gọi B1 là trung điểm AC. Việc chứng minh P là trung
điểm BG dành cho bạn. Khi đó:
––→
––→
––→ ––→
→ m ––→

–––→
––→
––→
⇒ 3 BM – DM = 2DM ⇒ 5DM = 3BM = 3MC (∗)

A

N
B1
G
P
B

D

Câu 8

C
M = (1, 1)

x

x
22 – y
5x – y2 = 1
y
y
y
x – 2y2 + y
42 – x

x
–2–
y

4–

x
=0
y

x
= t ⇒ t ∈ [2; 4]. Khi đó ta được
y
√
√
2t2 – 5t – 1 – t – 2 – 4 – t = 0
√
√
√
⇐⇒ 2t2 – 6t + t – 2
t–2–1 + 1– 4–t =0
√
(t – 3) t – 2
t–3
√
⇐⇒ 2t(t – 3) + √
+
=0
t–2+1
1+ 4–t


Cho x, y, z ∈ [1; 2]. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
A=

x 2 y + y 2 z + z2 x
x 4 + y 4 + z4

5


Lời giải :
GTLN:
Ta có a2 b + b2 c + c2 a ≤ a2 + b2 + c2
Suy ra A ≤

3
a2

+ b2 + c2

a2 + b2 + c2
a2 + b2 + c2
4
4
4
và a + b + c ≥
3
3

2