Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang | 1 - ĐỀTHI THỬ Câu Đáp án Điểm Câu 1 (2.0 điểm) a.(1 điểm) Khảo sát - Với 4 2 2 2m y x x= ⇒ = − - Tập xác định: D R= - Sự biến thiên: Chiều biến thiên: 3 0 ' 4 4 ; ' 0 1 x y x x y x = = − = ⇔ = ± 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1;0) − và (1; ) +∞ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 1)−∞ − và (0;1) Hàm số đạt cực đại tại 0; 0 CD x y= = Hàm số đạt cực tiểu tại 1; 1 CT x y= ± = − Giới hạn: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = +∞ hàm số 0.25 Bảng biến thiên: x −∞ 1 − 0 1 +∞ ' y − 0 + 0 − 0 + y +∞ 0 +∞ 1− 1− 0.25 - Đồ thị: 0.25 b) Tập xác định: D R = 3 2 ' 4 4( 1) 4 ( 1)y x m x x x m= − − = − − 2 0 ' 0 1 x y x m = = ⇔ = − 0.25 x y -1 O 1 ĐỀ THI THỬ ĐỀ SỐ 3 KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2015 MÔN: TOÁN – Thời gian: 180 phút Hợp tác sản xuất giữa ViettelStudy.vn và Uschool.vn Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang | 2 - Th1: 1 ' 0 0m y x ≤ ⇒ = ⇔ = Bảng biến thiên: x −∞ 0 +∞ ' y − 0 + y +∞ +∞ 0 Dựa vào bảng biến thiên ta có: (0;0) là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số Ta có: (0;0) 1m∈ ∆ ⇒ ≤ thỏa mãn TH2: Hàm s ố đồng biến trên (1; ) +∞ khi và chỉ khi hàm số xác định trên (1; ) +∞ và ' 0, (1; ) y x > ∀ ∈ +∞ 0.25 Hàm số xác định trên (1; ) 1 2 2 m m+∞ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ − 0.25 2 2 ' 0 4 0 2 m y m m > > ⇒ − > ⇔ < − Kết hợp điều kiện: Để hàm số đồng biến trên (1; ) 2 m +∞ ⇔ > 0.25 Câu 2 (1.0 điểm Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường đề bài ra được tính bằng công thức: 1 ln( 1) e e S x dx − = + ∫ Xét phương trình: ln( 1) 0 0x x+ = ⇔ = Bảng xét dấu: ( ) ln( 1)f x x= + x 1 e − 0 e ' y − 0 + 0.25 0 1 0 ln( 1) ln( 1) e e S x dx x dx − ⇒ = − + + + ∫ ∫ Xét nguyên hàm: ln( 1)I x dx= + ∫ Đặt: ln( 1)u x dv dx = + = Ta có: 1 dx du x v x = + = 0.25 1 ln( 1) ln( 1) (1 ) 1 1 x I x x dx x x dx x x ⇒ = + − = + − − + + ∫ ∫ ln( 1) ln( 1) x x x x C = + − + + + 0.25 Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang | 3 - 0 ln( 1) ln( 1) ln( 1) ln( 1) 1 0 e S x x x x x x x x e ⇒ = + − + + + + − + + − = 1 1 1 1 ln ln ln( 1) ln( 1) e e e e e e e e e e − − − − + + − + + (đvdt) 0.25 Câu 3 (1.0 điểm) 3 2 2 1 2 2 log (3 1) 2log ( 1) 6 log 4 3x x x− + + = − Điều kiện: 2 1 (3 1) 0 3 1 0 4 1 4 3 0 3 x x x x x − > ≠ + > ⇔ − < < − > Khi đó, Phương trình tương đương với: 2 2 2 2 log 3 1 2 log ( 1) 2 log (4 3 )x x x− − + = − 0.25 2 2 2 log 3 1 log ( 1) log (4 3 )x x x ⇔ − = + + − 2 2 log 3 1 log ( 1)(4 3 )x x x ⇔ − = + − 3 1 ( 1)(4 3 ) (2)x x x⇔ − = + − 0.25 Th1: 1 1 3 x− < < (2) (3 1) ( 1)(4 3 ) x x x ⇒ ⇔ − − = + − 2 2 13 ( ) 3 3 4 3 0 2 13 ( / ) 3 x loai x x x t m + = ⇔ − − = ⇔ − = 2 13 3 x − ⇒ = là nghiệm 0.25 Th2: 1 4 3 3 x< < (2) 3 1 ( 1)(4 3 )x x x⇒ ⇔ − = + − 2 1 ( / ) 3 2 5 0 1 5 ( ) 3 x t m x x x x loai = ⇔ + − = ⇔ ⇒ = = − là nghiệm Kết luận: Nghiệm của phương trình: 2 13 1; 3 x x − = = 0.25 Câu 4 (1.0 điểm) a) 2 (1)z i zi + = Đặt: ( , )z x yi x y R= + ∈ Khi đó: (1) 2 ( )x yi i x yi i⇔ + + = + ( 2)x y i y xi⇔ + + = − + 0.25 2 2 2 2 ( 2)x y y x⇔ + + = + 2 2 2 2 4 4x y y x y⇔ + + + = + 1 0y⇒ + = Vậy, Quỹ tích điểm biểu diễn số phức z là đường thẳng có phương trình: 1 0y + = 0.25 Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang | 4 - (Q) I' M I b) G ọi A là bi ến cố lấy đ ư ợc số thỏa m ãn yêu c ầu b ài toán. Số tự nhiên có 4 chữ số có dạng: 1 2 3 4 a a a a Không gian mẫu là số các số tự nhiên có 4 chữ số: Chọn 1 a có 9 cách. Mỗi số 2 3 4 , ,a a a có 10 cách chọn. Vậy, số các số tự nhiên có 4 chữ số là: 9.10.10.10 9000Ω = = số Ta có: 1 2 3 4 a a a a< ≤ < ⇒ có 2 phương án. Phương án 1: 1 2 3 4 a a a a< < < Với 4 chữ số bất kì được lấy từ 9 chữ số: 1,2, 3, 4 ,9 ta luôn lập được 1 số thỏa mãn: 1 2 3 4 a a a a< < < Vậy, số các số thỏa mãn: 1 2 3 4 a a a a< < < bằng với số cách lấy 4 số từ 9 chữ số từ 1 đến 9. ⇒ Số các số thỏa mãn trường hợp này: 4 9 126C = số 0.25 Phương án 2: 1 2 3 4 a a a a < = < Vì 2 3 a a= nên ta coi 2 số này là 1. Như vậy, số có 4 chữ số trở thành số có 3 chữ số thỏa mãn: 1 2 4 .a a a< < Với 3 chữ số bất kì được lấy từ 9 chữ số từ 1 đến 9 ta luôn lập được1 số thỏa mãn: 1 2 4 a a a< < Vậy, số các số thỏa mãn 1 2 4 a a a< < bằng số cách lấy 3 chữ số từ 9 chữ số từ 1 đến 9. ⇒ Số các số thỏa mãn trường hợp này: 3 9 84C = số Vậy, số kết quả thuận lợi cho biến cố A xảy ra: 126 84 210 A Ω = + = số Xác suất để biến cố A xảy ra: 210 7 9000 300 A A P Ω = = = Ω 0.25 5 (1.0 điểm) Mặt cầu ( ) S có tâm (1; 2;3) I − bán kính: 4 R = Vì ( ) / /( )Q P ⇒ Phương trình tổng quát của ( )Q có dạng: 2 2 0 ( 1)x y z D D− + + = ≠ Vì ( )Q tiếp xúc với ( ) ( ,( ))S d I Q R⇔ = 0.25 1 4 6 4 3 D+ + + ⇔ = 1 ( ) 11 12 23 ( / ) D loai D D t m = ⇔ + = ⇔ = − ( ) : 2 2 23 0 Q x y z ⇒ − + − = 0.25 Gọi ' I là điểm đối xứng của I qua ( ) Q . Gọi ∆là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt phẳng ( ).Q Gọi ( )M Q= ∆ ∩ M⇒ là trung điểm '.II ( )Q∆ ⊥ ⇒ ∆ có 1 vec-tơ chỉ phương: (1; 2;2) Q u n ∆ = = − 0.25 Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang | 5 - Phương trình đường thẳng 1 : 2 2 3 2 x t y t z t = + ∆ = − − = + (1 ; 2 2 ;3 2 )M t t t⇒ + − − + M thuộc ( ) 1 4 4 6 4 23 0Q t t t⇒ + + + + + − = 4 9 12 3 t t⇔ = ⇒ = 7 14 17 ; ; 3 3 3 M − 11 22 25 ' ; ; 3 3 3 I ⇒ − 0.25 Câu 6 (1.0 điểm) Ta có: ABCM là hình vuông CM AD ⇒ ⊥ mà CM SA⊥ ( )CM SAD⇒ ⊥ Hay MS là hình chiếu vuông góc của SC trên ( )SAD ⇒ Góc giữa SC và ( )SAD bằng góc giữa SC và SM ⇒ Đó là góc: CSM 0 30CSM⇒ = 0.25 Tam giác SMC vuông tại M có 0 0 ; 30 3 tan 30 CM CM a CSM SM a= = ⇒ = = Trong tam giác vuông: SAM ta có: 2 2 2 2 2 2SA SM AM a SA a= − = ⇒ = 2 ( ) 3 2 2 ABCD AD BC AB a S + = = 2 3 . 1 1 3 2 . . 2. 3 3 2 2 S ABCD ABCD a a V SAS a⇒ = = = 0.25 Gọi O AC BM = ∩ MO AC ⇒ ⊥ Mà ( ) MO SA MO SAC MO SC ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ Trong mặt phẳng ( )SMC kẻ MK SC⊥ Ta có: SC MK SC OK SC MO ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ Ta có: ( ) ( ) ( ); ( ); SAC SMC SC MK SMC MK SC OK SAC OK SC ∩ = ⊂ ⊥ ⇒ ⊂ ⊥ Góc giữa ( )SAC và ( )SMC bằng góc giữa MK và .HK 0.25 ⇒ Đó là góc MKO Vì tam giác MOK là tam giác vuông tại O nên góc MKO nhọn. Ta có: Tam giác SMC vuông tại M mà MK là đường cao 0.25 O C M A D B S K Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang | 6 - 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 3 3MK SM MC a a a ⇒ = + = + = 3 2 a MK⇒ = 1 2 2 2 a MO MB= = 2 2 2 2 3 2 4 4 2 a a a OK MK MO⇒ = − = − = Trong tam giác vuông MOK ta có: .2 1 cos 2. 3 3 OK a MKO MK a = = = Câu 7 (1.0 điểm) Gọi 'I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC Gọi P là trung điểm của 'HE I P HE⇒ ⊥ ; (4;0)P ⇒ Đường thẳng 'I P qua P và vuông góc với HE với: (4; 2)HE = − Phương trình đường thẳng ' :I P 2 8 0x y− − = Ta có đường thẳng d qua I và M d⇒ là trung trực của BC ' 'I d I P⇒ = ∩ ⇒ Tọa độ điểm 'I là nghiệm của hệ: 2 8 0 5 '(5;2) 2 1 0 2 x y x I x y y − − = = ⇔ ⇒ − − = = Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC bằng: ' 10 I E = 0.25 GỌi N AH BC= ∩ K là giao điểm thứ 2 của AH với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC Ta chứng minh N là trung điểm .HK Ta có: 1 1 C A= (góc nội tiếp cùng chắn cung BK Mà 2 1 C A= (2 góc phụ với góc ABC ) 1 2 C C⇒ = Trong tam giác HCK có CN vừa là đường cao vừa là đường phân giác HCK∆ cân tại C hay N là trung điểm của .HK Ta có: / / : 2 0AH IM d AH x y≡ ⇒ − = : 2 0BC IM BC x y m⊥ ⇒ + + = Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình: 0.25 1 1 2 K P I' I M N H B C A E Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang | 7 - 2 2 0 5 2 0 5 m x x y x y m m y = − − = ⇔ + + = = − 2 ; 5 5 m m N ⇒ − − 4 10 2 5 ; 5 5 m m K − − − − ⇒ Ta có: HBC KBC ∆ = ∆ ⇒ bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC Hay đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cũng bằng ' 10I E = 2 2 2 4 15 2 5 10 10 5 5 m m IK − − − − ⇒ = ⇔ + = 2 0 20 140 0 7 m m m m = ⇔ + = ⇔ = − 0.25 Với: 0 : 2 0 m BC x y = ⇒ + = Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 2 : ( 1) 10ABC x y− + = Tọa độ điểm ,B C là nghiệm của hệ: 2 2 2 2 2 0 2 1 46 ( ) ( 1) 10 5 2 9 0 5 y x x y y x x loai x y x x = − + = = − ⇔ ⇔ ± = − + = − − = Với: 7 : 2 7 0m BC x y= − ⇒ + − = Tọa độ điểm ,B C là nghiệm của hệ: 2 2 2 2 2 2 7 0 7 2 7 2 ( 1) 10 ( 1) (7 2 ) 10 5 30 40 0 x y y x y x x y x x x x + − = = − = − ⇔ ⇔ − + = − + − = − + = 4 7 2 1 4 2 2 3 x y x y x x x y = = − = − = ⇔ ⇒ = = = (2; 3); (4; 1)B C⇒ − 0.25 Câu 8 (1.0 điểm) 2 2 2 4 5 3 11 25 2 (1)x x x x x+ − + − = + + Điều kiện: 2 2 4 5 0 3 0 11 25 2 0 x x x x x + − ≥ − ≥ + + ≥ 2 2 (1) 4 ( 4 5)( 3) 7 8 25x x x x x⇔ + − − = + + 0.25 2 2 4 ( 4 5)( 3) 7( 4 5) 20( 3)x x x x x x⇔ + − − = + − − − (2) 0.25 Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang | 8 - Với 3 x = không thỏa mãn (2) 2 2 4 5 4 5 (2) 4 7 20 3 3 x x x x x x + − + − ⇒ ⇔ = − − − Đặt: 2 4 5 ( 0) 3 x x t t x + − = ≥ − 2 2( / ) (*) 7 4 20 0 10 ( ) 7 t t m t t t loai = ⇒ ⇔ − − = ⇔ = − 0.25 Với: 2 2 2 4 5 2 2 4 5 4 12 7 3 x x t x x x x VN x + − = ⇔ = ⇔ + − = − ⇔ = − ⇔ − Vậy, phương trình vô nghiệm. 0.25 Câu 9 (1.0 điểm) Ta chứng minh: ( )( )( ) ( )( )a b b c c a a b c ab bc ca abc+ + + = + + + + − Đặt: a b c S+ + = ( )( )( ) ( )( )( )a b b c c a S c S a S b⇒ + + + = − − − 3 2 ( ) ( ) ( )( )S S a b c S ab bc ca abc a b c ab bc ca abc= − + + + + + − = + + + + − 0.25 Ta chứng minh: 2 ( ) 3( ) (*)a b c ab bc ca+ + ≥ + + Thật vậy, có (*) 2 2 2 0a b c ab bc ca⇔ + + − − − ≥ 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 0a b b c c a⇔ − + − + − ≥ luôn đúng Dấu " "= xảy ra khi: a b c= = Áp dụng (*) ta có: 2 ( ) 3 ( )ab bc ca abc a b c+ + ≥ + + ⇒ 72 ( ) 3( ) 1 1 P a b c a b c a b c ≥ + + + + + − + + + Đặt: 3 3 3t a b c abc= + + ≥ = 72 ( ) 3 1 1 P f t t t t ⇒ ≥ = + − + 0.25 Xét 72 ( ) 3 1 1 f t t t t = + − + trên [3;+ )∞ 3 72 '( ) 3 2 3 2( 1) 1 t f t t t t t = + − + + 3 3 72 3 2 2 ( 1) t t = − + 0.25 Với: 3 9 3 3 9 3 2 2 t t t≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ 0.25 Giáo viên ra đề: Thầy Lưu Huy Thưởng - Trang | 9 - Với: 3 3 72 72 9 3 ( 1) 8 2.8 2 2 ( 1) t t t ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≤ = + 3 72 9 2 2 ( 1)t ⇒ − ≥ − + 3 3 72 '( ) 3 0 2 2 ( 1) f t t t ⇒ = + − ≥ + ⇒ Hàm số đồng biến trên [3; )+∞ [ ( ) (3) 44, 3; ) f t f t ⇒ ≥ = ∀ ∈ +∞ 44MinP⇒ = khi 1a b c= = = . R = 3 2 ' 4 4( 1) 4 ( 1)y x m x x x m= − − = − − 2 0 ' 0 1 x y x m = = ⇔ = − 0.25 x y -1 O 1 ĐỀ THI THỬ ĐỀ SỐ 3 KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2015 MÔN: TOÁN –. 1 1 3 x− < < (2) (3 1) ( 1)(4 3 ) x x x ⇒ ⇔ − − = + − 2 2 13 ( ) 3 3 4 3 0 2 13 ( / ) 3 x loai x x x t m + = ⇔ − − = ⇔ − = 2 13 3 x − ⇒ = là nghiệm 0.25 Th2: 1 4 3 3 x<. b ài toán. Số tự nhiên có 4 chữ số có dạng: 1 2 3 4 a a a a Không gian mẫu là số các số tự nhiên có 4 chữ số: Chọn 1 a có 9 cách. Mỗi số 2 3 4 , ,a a a có 10 cách chọn. Vậy, số các số