đề thi thử thpt quốc gia 2015 môn toán

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (10.36 MB, 117 trang )

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 (lần2)
Môn : Toán ; Thời gian làm bài:180 phút.
Câu1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2( 1)
1
x
y
x



(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm toạ độ các điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M đi qua điểm A(0;-1).

Câu2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin2x – cos2x = 2 sinx – 1
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm hệ số chứa x
8
trong khai triển
22
1
()(12)
4
n
x
xx 
thành đa thức biết
n
là số tự nhiên thoả mãn hệ thức
32

37
nn
CC

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
2
3
3
log ( 1) log (2 1) 2xx 

b) Một hôp đựng chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ
hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d
1
:
230xy
và
d
2
:
210xy
cắt nhau tại điểm I. Viết phương trình đường tròn tâm I và tiếp xúc với d
3
:
3
4
yx
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua O cắt d

1
, d
2
lần lượt tại A, B sao cho
2IA=IB.

Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông canh a. Mặt bên SAB là
tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc
của S trên đường thẳng AB là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH= 2AH. Goi I là giao
điểm của HC và BD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng
(SCD).

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm
H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD.
Điểm
9
(;3)
2
M
là trung điểm của cạnh BC,
phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của

ADH là d:
440xy
 
. Viết phương trình
cạnh BC.
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình
243
9

1(1)
2
x
xyy xxx
xyx yx

  


  


(x,y R )
Câu 9(1,0 điểm). Cho
,,abc
thuộc khoảng (0;1) thoả mãn
111
(1)(1)(1)1
abc
 
. Tìm GTNN
của biểu thức P =
222
abc

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh……………………… Số báo danh………… Lớp ……
ĐỀ CHÍNH THỨC

(gồm 1 trang)
1
www.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.net

Hướng dẫn chấm môn Toán (lần 1)
Câu Nội dung Điểm
Câu1
(2,0
điểm).
Cho hàm số
2( 1)
1
x
y
x



(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

Tự giải

1

b) Tìm toạ độ các điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C)
tại M đi qua điểm A(0;-1).
G ọi M(
22
;
1
a
a
a


) thuộc (C ) pttt của (C ) tại M là
2
422
()
(1) 1
a

yxa
aa




Vì tt đi qua A(0;-1) nên
2
422
1(0)
(1) 1
a
a
aa

  
 

Gi ải ra
22
1
(1) 4(22)(1) 3 210
1
3
a
aaaaaa
a




     




M(1;0) ho ặc M(
1
;4)
3



0,25

0,25

0,25

0,25
Câu2
(1,0
điểm).
Giải phương trình sin2x – cos2x = 2 sinx – 1

0,25
2
www.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.net
2sinx cosx+(1-cos2x) = 2sinx 2sinx(cosx+sinx-1)=0
sinx=0
2
44
2sin( ) 1 2
42
3
2
44
xk
xk
xk
x
xk
xk





















 



 


0,25

0,25
0,25
Câu 3
(1,0
điểm).
Tìm hệ số chứa x

8
trong khai triển
22
1
()(12)
4
n
x
xx 
thành đa thức
biết
n
là số tự nhiên thoả mãn hệ thức
32
37
nn
CC

3,nnN

 
!!(2)(1)(1)
37 7
3! 3 ! 2! 2 ! 2 2
nnnnnnn
nn
 
  


giải ra
9n 

Khai triển
20
20 20
20
0
11
(2 1) (2 )
44
kk
k
xCx





hệ số chứa x
8
ứng với 20-k=8
12k 
. Do đó hệ số cần tìm là
12 8
20
1
.2
4
C

=8062080

0,25

0,25

0,25

0,25
Câu 4
(1,0
điểm).

a) Giải phương trình
2
3
3
log ( 1) log (2 1) 2xx 

đk:
1
10
1
210
2
x

x
x
x













22
33
22
2
2
log ( 1) log (2 1) 2
(1)(21)3
(1)(21)9
(1)(21) 3
1
2320
()
2
2340

2
pt x x
xx
xx
xx
xx
x loai
xx
x
 


 


















Đáp số x=2

0,25

0,25

b) Một hôp đựng chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh.
Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi được
chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất.
Gọi A là biến cố “4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều
nhất”
Số phần tử của không gian mẫu là n(

)=
4
15
1365C 
.
Số kết quả thuận lợi của biến cố A là:
211
546
( ) 240nA CCC

Do đó P(A)=
240 16
1365 91


0,25

0,25

Câu 5
(1,0
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d
1
:

3
www.giaoducviet.net
điểm).
230xy
và d
2
:

210xy
cắt nhau tại điểm I. Viết phương trình
đường tròn tâm I và tiếp xúc với d
3
:
3
4
yx
. Viết phương trình
đường thẳng d đi qua O cắt d
1
, d
2
lần lượt tại A, B sao cho 2IA=IB.
Toạ độ I l à nghiệm của
230 1
210 1
xy x
x
yy
  



  


d
3
:3x-4y=0

d(I; d
3
)=
1
5

đường tròn tâm I và tiếp xúc với d
3

c ó pt:
(x-1)
2
+(y-1)
2
=
1
25

pt đt qua d’ qua O ,song song v ới d
1
là x+2y=0
Gọi M =
2
'dd =(
21

;
55

)
A
IIB
OM BM

Gọi B(a; 2a-1) thuộc d
2

BM
2
=(
22
0
24 4
()(2)
4
55 5
5
a
aa
a



 





B(0;-1)(loại) B(4/5;3/5)

Pt d: 3x - 4y=0

0,25

0,25

0,25

0,25
Câu 6
(1,0
điểm

4
www.giaoducviet.net

.
1
.
3

SABCD ABCD
VSHS

Ta có SH
2
=HA.HB=2a
2
/9
2
3
a
SH
3
2
.
2
2.
99
SABCD
aa
Va
(đvtt)
(,( ))
(,( ))
dI SCD IC
dH SCD HC

và
3
2

IC CD
IH BH
 
3
5
IC
CH

và
CH
2
=BH
2
+BC
2
=
2
13
9
a

2222
11111 22
211
a
HM
HM SH HK a
 

322

(,( ))
55
a
dI SCD 

0,25

0,25

0,25

0,25
Câu 7
(1,0
điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có
điểm H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm
9
(;3)
2
M
là
trung điểm của cạnh BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A
của

ADH là d:
440xy
. Viết phương trình cạnh BC.

Gọi K là trung điểm của HD. chứng minh
AN vuông góc với MN. Gọi P là trung điểm của AH.Ta có AB
vuông góc với KP, Do đó P là trực tâm của tam giác ABK.
Suy ra BP
A
K
A
KKM

Phương trình KM: đi qua M(9/2;3) và vuông góc với AN có pt:

0,25

0,25
5
www.giaoducviet.net
MK:
15
40
2
xy
Toạ độ K(1/2;2)
Do K là trung điểm của HD nên D(0;2),suy ra pt (BD): y-2=0
AH: x-1=0 và A(1;0); AD có pt: 2x+y-2=0
BC qua M và song song với AD nên BC: 2x+y-12=0

0,25

0,25
Câu8
(1,0
điểm).
Giải hệ phương trình
243
(1)
9
1(1)(2)
2
xx y y x x x
xyx yx

  


 


(x,y
R

)
Đk:
1
0
x

y






22
22
22
(1) ( ) ( ) 0
0( )( )0
xx y x x xy
yx
xxyxyxyxxx
xy xx



 

Do đ ó x=y thay v ào pt (2) :
9
1(1)
2
xxx xx 

Đ ặt
2

1( 0) 2 1 2 ( 1)txxt t x xx 

Pt trở thành t
2
+1+2t=9 hay t
2
+2t-8=0 chỉ lấy t=2
12xx

22
5
25
2(1)52
2
16
4 4 25 20 4
x
xx x x
xx xx



  


 


Vậy hệ có nghiệm duy nhất(
25 25

;
16 16
)

0,25

0,25

0,25

0,25
Câu
9(1,0
điểm)
Cho
,,abc
thuộc khoảng (0;1) thoả mãn
111
(1)(1)(1)1
abc

 
. Tìm
GTNN của biểu thức P =
222
abc 

111
(1)(1)(1)1 12ab bc ca a b c abc
abc


P=
22
()2( )()2( 1)4abc abbcca abc abc abc       

Theo Cô si
3
()
3
abc
abc



23
4
22
27
P
tt t

v ới
tabc 
(0<t<3)
Khảo sát hàm số tr ên tìm ra minP =3/4 khi t=3/2 hay a=b=c=1/2

0,25

0,25

0,25

0,25

6
www.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.netwww.giaoducviet.net

Câu 1 (4,0 điểm).Cho hàm số
2x 1
y
x1



, gọi đồ thị là (C).
a)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số.

b)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường
thẳng (d):
320xy
.
Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình:
2
x
2sin cos5x 1
2

 



Câu 3 (2,0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :
3
() .(5 )
f
xx x
trên đoạn


0;5

Câu 4 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình sau :
23
3
3

2log (2 1) 2log (2 1) 2 0xx 

b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3
nhà hóa học nữ, .Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn
phải có nữ và có đủ ba bộ môn.
Câu 5 (2,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác
A
BC
có
 
4;8 , 8;2AB
,

2; 10C 
. Chứng tỏ
A
BC
vuông và viết phương trình đường cao còn
lại.
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
.Góc

0

60BAC 
,hình chiếu của
S
trên mặt
 
A
BCD
trùng với trọng tâm của tam giác
ABC

.
Mặt phẳng

SAC
hợp với mặt phẳng
 
ABCD
góc
0
60
. Tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
và khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng
 
SCD
theo
a

.
Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác nhọn ABC.
Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có
phương trình là
3580, 40
xy xy
 
. Đường thẳng qua A vuông góc với đường
thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là
 
4; 2
D

. Viết
phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.

Câu8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3
222
22131
( , )
94 2 6 7
yyx x x
xy
yxy

  









Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số thực a,b,c thỏa mãn
abc
và
222
abc5
. Chứng
minh rằng:
(a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4 

HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:……………………………………………… SBD:……………………

SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014 – 2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

7
www.giaoducviet.net

SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Môn: TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)
Câu 1. (4 điểm)
Nội dung Điểm
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2đ
+Tập xác định


\1D 


0.25
+Sự biến thiên
 Chiều biến thiên:

2
3
'
1

y
x


0

1x 
.
Hàm số đồng biến trên các khoảng
 
;1
và
 
1; 

 Cực trị : Hàm số không có cực trị.
0.25
 Giới hạn tại vô cực và tiệm cận:

21
lim lim 2
1
xx
x
y
x
 




,đường thẳng
2
y

là tiệm cận ngang
11
21 21
lim ; lim
11
xx
xx
xx

 

 

, đường thẳng
1x  
là tiệm cận đứng
0.5
 Bảng biến thiên :

x -

- 1 +


y' + || +
y 2


||
2


0.5
+Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục
Ox
tại điểm
1
;0
2
A




Đồ thị hàm số cắt trục
Oy
tại điểm
 
0; 1B 

Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là
 
1; 2I 
làm tâm đối xứng
( Đồ thị )

0.5
8
www.giaoducviet.net
2, Viết phương trình tiếp tuyến
2đ
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm
00
(; )
M
xy
ta có :
'
0
2
0
3
()
(1)
kfx
x




0.5

Lại có
1
.13
3
kk





0.5
hay
0
2
0
0
0
3
3
2
(1)
x
x
x









0.5
Với
00
01xy 
Vậy phương trình tiếp tuyến là : 31
y x
 

Với
00
25
xy
  
Vậy phương trình tiếp tuyến là :
311
yx
 

0.5
Câu 2. (2 điểm)
Nội dung Điểm
2

x
2sin 1 cos5x cosx cos5x
2

  



0.5
  
cos x cos 5x



0.5
52
63
52
42
k
x
xxk
xx k
k
x
 


 




 










là nghiệm của phương trình.
1.0
Câu 3. (2 điểm)
Nội dung Điểm
f(x) =
3
x(5 x)
hàm số liên tục trên đoạn [0; 5] f(x)
3/2
x(5 x) x (0;5) 

0,5
f ’(x) =
5
5x(5 x)
2


0,5
f’(x) = 0
x5;x2 
. Ta có : f(2) =
63
, f(0) = f(5) = 0
0,5

Vậy
x [0;5]
Max

f(x)= f(2) = 6 3
,
x [0;5]
Min

f(x) = f(0) = 0

0,5

Câu 4. (2 điểm)
Nội dung Điểm
a)
23
3
3
2log (2 1) 2log (2 1) 2 0
xx

  

Điều kiện :
1
2
x 

0,25
PT
2
33
8log (2 1) 6log (2 1) 2 0xx

0,25

3
2
33
3
log (2 1) 1
4log (2 1) 3log (2 1) 1 0
1
log (2 1)
4
x
xx
x
 





 


0,25

9
www.giaoducviet.net
4
3
2
31
23
x
x









là nghiệm của phương trình đã cho.
0,25
b) Tính xác suất
Ta có :

4
16
1820C 

0.25
Gọi A= “ 2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ”
B= “ 1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ “
C= “ 1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “
Thì H=
ABC
= ” Có nữ và đủ ba bộ môn “
0.5
211 121 112
853 853 853
3
()
7
CCC CCC CCC
PH




0.25
Câu 5. (2 điểm)
Nội dung Điểm
Ta có :

12; 6 ; 6; 12AB BA   


0,5
Từ đó
.0
AB BC 
 
Vậy tam giác ABC vuông tại B
0,5
* Viết phương trình đường cao BH: Ta có đường cao BH đi qua

8; 2
B 
và
nhận

6; 18 6 1;3AC   

làm vecto pháp tuyến
0,5

Phương trình BH :
320xy

0,5

Câu 6. (2 điểm)
O
S
A
D

CB
H
E

Nội dung Điểm
* Gọi
OACBD
Ta có :

0
,60
OB AC SO AC SOB

0.25
10
www.giaoducviet.net

Xét tam giác SOH vuông tại H :
00
3
tan60 .tan60 . 3
62
SH a a
SH OH
HO
   

0.25
Ta có : tam giác ABC đều :

2
3
2.
2
ABCD ABC
a
SS

0.25
Vậy
23
1133

332212
SABCD ABCD
aa a
VSHS
(đvtt)
0.25
* Tính khỏang cách
Trong
()SBD
kẻ
OE SH

khi đó ta có :
;;OC OD OE
đôi một vuông góc Và :
33
;;

228
aa a
OC OD OE 

0.5
Áp dụng công thức :
2222
1111
(, )dOSCD OC OD OE

3
112
a
d

Mà

6
,2,
112
a
dBSCD dOSCD

0.5

Câu 7. (2,0 điểm)

MK
H

D
C
B
A

Nội dung Điểm
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của
BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu
,
dd
nu

lần lượt là vtpt,
vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M
là nghiệm của hệ phương trình:
7
40
71
2
;
3580 1
22
2
x
xy
M
xy
y



















0,5
AD vuông góc với BC nên
 
1;1
AD BC
nu
 
, mà AD đi qua điểm D suy ra
phương trình của
 
:1 4 1 2 0 2 0
AD x y x y 
. Do A là giao điểm
của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình


3580 1
1;1
20 1
xy x
A
xy y
 



 


0,5
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: 0,25
E
11
www.giaoducviet.net

40 3
3; 1
20 1
xy x
K
xy y
 




 


Tứ giác HKCE nội tiếp nên


B
HK KCE
, mà


KCE BDA
(nội tiếp chắn cung

AB
) Suy ra

B
HK BDK
, vậy K là trung điểm của HD nên
 
2; 4
H
.
(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ
0.25 điểm)
0,25
Do B thuộc BC

;4

Btt
, kết hợp với M là trung điểm BC suy ra

7;3
Ctt
.
(2;8); (6;2)HB t t AC t t 
 
. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
  
2
. 0 26 82 0 2142 0
7
t
HB AC t t t t t t
t


      



 

0,25
Do
 
322;2,5;1
tt B C 
. Ta có

      
1; 3 , 4; 0 3;1 , 0;1
AB AC
AB AC n n    
   

Suy ra
:3 4 0; : 1 0.
AB x y AC y
 

0,25

Câu 8. (2,0 điểm)
Nội dung Điểm
Điều kiện:
33
1; ;
22
xy




. Ta có
0.25
3
3
(1) 2 2 1 2 1 1
22(1)11

y yxxxx
yy x x x
 
 

0.25
Xét hàm số
3
() 2 ,
f
ttt
ta có
2
'( ) 6 1 0, ( )
f
tt t ft

đồng biến trên

.
Vậy
2
0
(1) ( ) ( 1 ) 1
1
y
fy f x y x
yx





 


0.25
Thế vào (2) ta được :
2
452 61
x
xx  

0.25
Pt
2
24 5 4 12 2xxx
 

2
2
451 22xx

0.5
4523()
4512
x
xvn
x
x


 






1
2
12()
12
x
x
l
x
















Với
4
4
2
12
2
y
x
y


 




Vậy hệ có hai nghiệm.
0.5

Câu 9. (2,0 điểm)
12
www.giaoducviet.net
Nội dung Điểm
Ta có
(a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4
 
(a b)(b c)(a c)(ab bc ca) 4
  
(*).

Đặt vế trái của (*) là P
Nếu ab + bc + ca < 0 thì P

0 suy ra BĐT được chứng minh
0.25
Nếu ab + bc + ca

0 , đặt ab + bc + ca = x

0 0.25
(a-b)(b-c)
2
2
abbc (ac)
24
 






(a - b)(b - c)(a - c)
3
(a c)
4


(1)
0.25

Ta có : 4(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) = 2(a - c)
2
+ 2(a - b)
2
+ 2(b - c)
2


2(a - c)
2
+ [(a - b) + (b - c)]
2
= 2(a - c)
2
+ (a - c)
2
= 3(a - c)
2

Suy ra 4(5 - x)

3(a - c)
2
,từ đây ta có x


5 và
4
ac (5x)
3
 
(2) .
0.25
Từ (1) , (2) suy ra P
3
14
x. (5 x)
43




=
3
23
x(5 x)
9

(3)
Theo câu a ta có: f(x) =
3
x(5 x)
63

với x thuộc đoạn [0; 5]

nên suy ra P
23
.6 3 P 4
9

. Vậy (*) được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0

1.0

………. Hết……….

13
www.giaoducviet.net
Trường THPT Lam Kinh
THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA - LẦN I - NĂM 2015

Môn: Toán
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề).
Câu 1 (4.0 điểm). Cho hàm số
21
2
x
y
x



(1).
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B.
Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu 2

(2.0 điểm).
a. Giải phương trình
cos x cos3x 1 2 sin 2x
4


 


.
b. Giải phương trình
121
log 1 log 6xx




Câu 3

(1.0 điểm).
Giải bất phương trình
2.14 3.49 4 0
xxx
 
Câu 4 (4.0 điểm).
Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có AC = a, BC= 2a,

120
o
ACB 
. Đường thẳng A’C
tạo với mặt phẳng
(ABB’A’)
góc 30
0
. Gọi
M
là trung điểm của
BB
’. Tính thể tích khối lăng trụ
ABCA’B’C’
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AM
và

CC’
theo
a
.
Câu 5 (1.0 điểm).
Tìm hệ số của
7
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
x
x







2
2
, biết rằng n là số
nguyên dương thỏa mãn
323
1
24
nnn
ACC 

.

Câu6

(2.0 điểm).
Tính nguyên hàm

 xdxe
x
)2015(
Câu 7

(2.0 điểm).
Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I
của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.

Câu 8

(2.0 điểm
). Giải hệ phương trình:
22
22
14
()272
x
yxy y
yx y x y



 


(, )xy
.
Câu 9

(2.0 điểm).
Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

11 2
2
332 33
bc
a
ab ac abc ac ab

 

 


HẾT…

Họ tên thí sinh: SBD:
14
www.giaoducviet.net

2
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN

(KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN ĐH - CĐ LẦN I NĂM 2015)

Câu Đáp án Điểm
a.(2.0đ) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
21
2
x
y
x



.
i/ TXĐ:
D = R\{-2}
ii/

Sự biến thiên

+ Giới hạn- tiệm cận
Ta có:




22
lim;lim;2limlim
xx
xx
yyyy

Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y= 2.

0,5
+ Chiều biến thiên. Có Dx
x
y 

 0
)2(
3
'
2

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )2;(
 và );2( 

0,5
+ Bảng biến thiên

x

-2


y’ + +



2
y

2


0,5
iii/ Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;
2
1
) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1

;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng

2
1

0,5
b. (2.0 đ
)
Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm
phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất

Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình








)1(021)4(
2
2
12
2
mxmx

x
mx
x
x

0.5
Do (1) có mmmvam

0321)2).(4()2(01
22
nên đường
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B.
0.5

Câu 1
(4.0đ)
Ta có: y
A
= m – x
A
; y
B
= m – x
B
nên AB
2
= (x
A

– x
B
)
2
+ (y
A
– y
B
)
2
= 2(m
2
+ 12)
mà AB ngắn nhất khi AB
2
nhỏ nhất, đạt được khi m = 0 ( khi đó
24AB
).

1.0
x
y
O
2
-2
15
www.giaoducviet.net

3
a. (1.0đ)

Giải phương trình
cos x cos3x 1 2 sin 2x
4


 


.
cos x cos3x 1 2 sin 2x
4
2cosxcos2x 1 sin2x cos2x


 





2
2cos x 2sin x cosx 2cos x cos2x 0 

0.25
 

cosx cosx sinx 1 sinx cosx 0

0.25
cos x 0
cos x sinx 0
1sinx cosx 0









0.25
xk
2
xk
4
xk2
3
xk2
2








  












k 


Vậy, phương trình có nghiệm:
xk
2
xk
4
xk2


 





 






 
k 

0.25

b. (1.0 đ
)
Giải phương trình

121
log 1 log 6xx
 


ĐK: x > 0 và x

1; x

10
1

0.25
Đặt t = logx, được phương trình theo ẩn t là:
t
2
- 5t + 6 = 0 (với t

0 và t

-1)
2

3
t
t







0.5
Câu2
(2.0đ)
Với t = 2 thì ta có x = 100 (t/m)
Với t= 3 thì ta có x = 1000 (t/m)
Vậy phương trình có hai nghiệm là x =100 và x = 1000

0.25
16
www.giaoducviet.net

4

Câu3
(1.0đ)
Giải bất phương trình sau
2.14 3.49 4 0
xxx
 

Chia cả hai vế của bpt cho 4
x
được bpt
2
77
23 10
22
xx
 
 
 
 

0.25
Đặt
7
2
x

t




(với t > 0 )
Bpt trở thành 3t
2
+ 2t – 1

0
1
1
1
3
3
t
t
t



 




0.5

71
23
x

 


7
2
log 3x 
KL: BPT có tập nghiệm







 ;3log
2
7
S

0.25

0.5
Kẻ đường cao CH của tam giác ABC.Có CH

AB ;CH

AA’ suy ra
CH

(ABB’A’),Do đó góc giữa A’C và mp(ABB’A’) là góc

0
'30CA H


0,5
Ta có

2
0
13
. .sin120
22
ABC
a
SCACB



Trong tam giác ABC
:
222 02
2 . . os120 7 7AB AC BC AC BC c a AB a
 

0,5
Câu 4
(4.0đ)
+)
2
31 3
.
22 7
ABC

a
SABCHCHa

 

0,5
30
0

M
H
C
/

B
/
A
/

C
B
A
120
0

2a
a
17
www.giaoducviet.net

5
+)
0
3
'.sin30 ' 2
7
CH AC AC a

+)
22
5
''
7
AA A C AC a

0,5
+)
3
'''
15
'.
27
ABCA B C ABC
a
VAAS



0,5
+)d(CC’ ;AM)=d(CC’ ;(ABB’A’))=d(C;(ABB’A’))=
3
7
a

1.0
Tìm hệ số của
7
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
x
x







2
2
, biết rằng n là
số nguyên dương thỏa mãn
323
1

24
nnn
ACC 

.

Ta có 3),2)(1()1(
6
)1(()1(
.424
323
1




nnnnnn
nnn
ACC
nnn

0,25
11
)2(33)1(2


n

nn

0,25
Câu 5
(1.0đ)
Khi đó )2.(
2
.)(
2
11
0
322
11
11
0
112
11
11
2





















k
kkk
k
k
kk
xC
x
xC
x
x
Số hạng chứa
7
x
là số hạng ứng với
k
thỏa mãn
.57322  kk

Suy ra hệ số của
7

x
là
.14784)2.(
55
11
C

0,5
Câu 6
(2.0đ)
Tính nguyên hàm

 xdxe
x
)2015(

Đặt





dxedv
xu
x
)2015(







xev
dxdu
x
2015

0,5
Khi đó

 xdxe
x
)2015( =

 dxxexex
xx
)2015()2015(

0,5

)
2
.2015(2015
2

2
x
exxe
xx

+ C

0,5

Cxexe
xx

2
2
2015

0,5
18
www.giaoducviet.net

6
Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm

I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C
và D.

Ta có:
 
1; 2 5AB AB  

. Phương
trình của AB là:
220xy 
.

0,5
  
:;I dyx Itt
. I là trung điểm của AC và BD nên ta có:
 
2 1;2 , 2 ;2 2Ct tDtt
.
Gọi CH là đường cao kẻ từ đỉnh C của hình bình hành
Theo giả thiết
D
.4
ABC
SABCH

4
5
CH.

0,5
Câu 7

(2.0đ)
Ta có:


45882
;, ;
|6 4| 4
33333
;
55
01;0,0;2
tC D
t
dCAB CH
tC D







 



  


Vậy tọa độ của C và D là
58 82
;, ;
33 33
CD



hoặc
   
1; 0 , 0; 2CD 

1.0
Giải hệ phương trình:

22
22
14
()272

x
yxy y
yx y x y



 

, ( , )xy

.

NX: hệ không có nghiệm dạng (x
0
;0)
Với0y  , ta có:
2
22
22
2
2
1
4
14
.
()272
1
()2 7
x

xy
y
xyxy y
yx y x y
x
xy
y













 



0.5
Đặt
2

1
,
x
uvxy
y


ta có hệ:
22
44 3,1
27 2150 5, 9
uv u v v u
vu vv v u
   
 



   
 

0,5
+) Với 3, 1vuta có
hệ:
222
1, 2

11 20
2, 5
33 3
xy
xyxyxx
xy
xy yx yx
 

    

 


 
   


.
KL: Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5).

0,5
Câu8

(2.0đ
)

+) Với 5, 9vu  ta có hệ:
222

19 19 9 460
55 5
xyxyxx
x
yyxyx

 


  

, hệ này
VN.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.xy
 

0,5
19
www.giaoducviet.net

7
Câu 9

(2.0đ)
Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

11 2
2

332 33
bc
a
ab ac abc ac ab

 

 


Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
abc
bc a
cab
 


 


 

.
Đặt

,,,,0 ,,
22
ab ca
x

ya z xyz x y z y z x z x y

 .
Viết lại vế trái:
2
332
ab ac a
VT
ac ab abc
xyz
yz zx xy






0,5

Ta có:

2
2
zz
xyz zxyz zxy
x
yz xy
     
 
.

Tương tự:
22
;.
xxyy
y zxyzzxxyz



Do đó:
 
2
2
xyz
xyz
yz zxxy xyz

 
 
.
Tức là:
11 2
2
332 33
bc
a
ab ac abc ac ab

 

 



0,5

20
www.giaoducviet.net

TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề .

Câu 1 (4đim):Cho hàm số
)1(
1
12
x
x
y




a.Khảo st sự biến thiên và vẽ đ thị (C) của hàm số (1)
b.Lập phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 4x+y+3=0
Câu 2 (1đim): Giải phương trình
02cos2sin22sin  xxx

Cầu 3 (1đim): Giải bất phương trình
   
xx 

1
2
4
4
31log33log

Câu 4
(2 đim): Tính I =



1
0
2
2
4
)4ln(
dx
x
xx

Câu 5 (2đim):Từ tập hợp A={0,1,2,3,4,5,6,7} lập được bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số đôi
một khc nhau bé hơn 3045
Câu 6
(2đim): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(-1; 2; 1); B(2; -2; 4); C(0; -4; 1).
Chứng minh ba đim A, B, C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt cầu đi qua hai đim A,
B và có tâm I nằm trên trục Oy.
Câu 7
(2đim): Cho hình hộp
ABCD
DCBA

có hình chóp A'ABD là hình chóp đều,
AB=AA'=a. Tính theo a th tích khối hộp
ABCD
DCBA

và khoảng cch giữa
hai đường thẳng
BA

và
CA


Câu 8 (2đim): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam gic ABC cân tại B nội tiếp
đường tròn (C) có phương trình
02510
22
 yyx
. I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng BI

cắt đường tròn (C) tại M (5;0) .Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn (C) tại N







5
6
;
5
17
. Tìm tọa
độ A,B,C biết hoành độ đim A
dương.
Câu 9 (2đim): Giải hệ phương trình








323
323
)1(1)73(
3463
xyx

yyxxx
với
yx,(
R)
Câu 10 (2đim): Cho cc số dương a,b,c thoả mãn a(a-1)+b(b-1)+c(c-1)

3
4

Tìm gi trị nhỏ nhất của
1
1
1
1
1
1






cba
P

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…………
21

www.giaoducviet.net
TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2014 - 2015.
(Đp n - thang đim gm 05 trang)

Câu 1
Đáp án
Điểm

1a

(2đ)
- Tập xc định D = R\
 
1

- Sự biến thiên
giới hạn



y
x 1
lim
;




y
x 1
lim


đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng

2lim 

y
x
;
2lim 

y
x


đường thẳng y = -2 là tiện cận ngang

0,5
Chiều biến thiên
2
)1(
12)1(2
x
xx
y




=
2
)1(
1
x
> 0
x
1


hàm số đng biến trên (
)1;
và
);1( 

0,5
Bảng biến thiên

0,5
Đ thị:
cắt Ox tại ( 0 ; -1); cắt Oy tại (

)0;
2
1

và nhận giao đim hai tiệm cận
I (1; -2) làm tâm đối xứng

0,5
Câu 1
Đáp án
Đim

1b
(2đ)
Gọi
)()
1
12
;(

0
0
0
C
x
x
xM 



Tiếp tuyến của (C) tại M:
2
0
)1(
1
x
y



)(
0
xx 
0
0
1
12
x
x





0,25
Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d nên hệ số góc của tiếp tuyến là
4
1
k

0,25



2
0
)1(
1
x
=
4
1







21
21
0
0
x
x






3
1
0
0
x
x

0,5
Với
1
0
x

PTTT:
4
5
4

1
2
3
)1(
4
1
 xyxy

0,5
Với
3
0
x

PTTT:
4
13
4
1
2
5
)3(
4
1
0
 xyxy

0,5

x

y
y
'
-2

+


-


+


-


1

+

+

-2

O

y

x

2
1

I
-2
1
-1
22
www.giaoducviet.net
Câu 2

(1đ)
0)1(cos2)1(cossin2
02c os2sin22sin


xxx
xxx
0)2sin2)(1(cos  xx

0,5








1sin
1cos
x
x

0,25
cosx = 1

x=

2k

sinx = 1

x=


2
2
k
. Nghiệm của phương trình là










2
2
2
kx
kx

0,25
Câu 3
(1đ)
2
4
4
log)33(log 
x
(
)31
1 x

(1)
điều kiện xc định









031
033
1 x
x

x>1

0,25
(1)

33lo g2
2

x



)31(log2
1
2
x



)33(log
2

x


)31(log
1
2
x


33 
x


x
3
3
1

0,25

033.43
2

xx









33
13
x
x

0,25






1
0
x
x

Kết hợp điều kiện

tập nghiệm của bất phương trình là:
);1( S

0,25

Câu 4

(2đ)
dx
x
xx
I




1
0
2
2
4
)4ln(
đặt u = ln
)4(
2
x

du =
dx
x
x
4
.2
2


0,5

0x

4lnu

1x


5lnu

0,5
I =


5ln
4ln
2
4ln
5ln
42
1 u
udu

0,5
=
 
4ln5ln
4
1
22


0,5
Câu 5

(2đ)
Gọi số cần lập là
abcd

Do
abcd
<3045 và
abcd
là số chẵn nên d

{0,2,4,6} và a

3
Nếu a=1 thì d có 4 cch chọn và mỗi cch chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6

Có
120.4
2
6
A
số
0,5
Nếu a=2 thì d có 3 cch chọn và mỗi cch chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6

Có
90.3

2
6
A
số
0,5
Nếu a=3,b=0,c=4 thì d có một cch chọn

có 1 số
0,25
Nếu a=3,b=0,c=1 thì d có 3 cch chọn

có 3 số
0,25
nếu a=3,b=0,c=2 thì d có 2 cch chon

có 2 số
0,25
Vậy tất cả có 120+90+1+3+2 = 216 số cần lập

0,25
23
www.giaoducviet.netwww.giaoducviet.net

Câu 6

(2đ)

AB
= (3; -4; 3);

AC
= ( 1; -6; 0)
Giả sử tn tại số k sao cho
AB
= k
AC
(1)









k
k
k
03
64
3
Vô nghiệm

Không tn tại k thõa mãn (1)

A, B, C không thẳng hàng

0,5

Do I

Oy nên I(0;a;0)
Mặt cầu đi qua A,B nên IA=IB.

1+(a-2)
2
+1= 4+(a+2)
2
+16
0,5

a
2
-4a+6 = a
2
+4a+24

8a = -18

a =
4
9

0,25

I(0;
4
9
;0). Bn kính của mặt cầu R=IA=

1)2
4
9
(1
2



=
4
321

0,5
Vậy phương trình mặt cầu là
16
321
4
9
2
2
2







 zxx

0,25
Câu 7
(2đ)

Do
ABDA
/
là hình chóp đều nên với G
là tâm

ABD

GA
/

(ABD)


A'G là chiều cao của lăng trụ. Gọi
O là giao đim của BD và AC.Ta có
AG =
3
2
.AO=
2
3a
.
3
2
=
3
3a

Trong tam gic vuông
AGA
/
ta có
GA
/
=
3
6
3
2
222
aa
aAGAA 


0,5

ABCD
S
= 2
ABD
S

= 2.
2
1
. AO.BD =
2
3
2
a

DCBAABCD
V

=
GA
/
.

ABCD
S
=
3
6a
.
2
3
2
a
=
2
2
3
a

0,5
Gọi H là giao đim của A'C' và B'D'. Do A'C'// AC nên
),( CABAd

=
))(,( BACCAd

=
))(,( BACHd


Từ H kẻ
HE

//
GA
/








)//()(
)(
ABCDDCBA
ABCDGA
HE


DCBA

(
)


HE

A'C' (1)
Do
DCBA


là hình thoi nên
CA


DB

(2)

0,5
Từ (1) (2)


CA


(E
DB

)

AC

(E
DB

) (3)

Từ H kẻ
HK


EB



HK

(
BAC

)
Từ (3)


HK

AC



HK
= d (H, (
BAC

)

0.25
Trong tam gic
HEB

ta có :

2
1
HK
=
2
1
HB

+
2
1
HE
=
2
4
a
+
2
6
9
a
=
2
2

11
a


HK
=
11
2a

0.25
O
A
B

C
D
D’

G
E
A’

B’

C’

H
K

24
www.giaoducviet.net
Câu 8
(2đ)

Ta có I (0;5).
Do I là trung đim BM

B(-5;10)

0,25

Ta có:
ABM ACN  
(cùng phụ với
BAC
) nên A là trung đim cung MN
0,25


IA

MN ,








5
6
;
5
42
MN

Do IA

MN nên đường thẳng AI nhận
n
=(7;1) làm véc tơ php tuyến

0.25
Phương trình đường thẳng AI là 7x + y - 5 = 0
Tọa độ A là nghiệm hệ :






02510
057
22
yyx
yx

0,25






50)5(
75
22
yx
xy

x
49
2

2
x
=50


2
x
=1






)(1
1
loaix
x

x=1

y=-2

A(1;-2)

0,25
Đường thẳng BI nhận véc tơ
BI
= (5;-5) làm véc tơ chỉ phương nên nhận
1
n
=(1;1) làm véc tơ php tuyến.

phương trình đường thẳng BI là x +y - 5 = 0

0,25
Do tam gic ABC cân tại B nên C đối xứng với A qua BI
AC

BI nên đường thẳng AC nhận
BIn
5
1
2

= (1;-1) làm véc tơ php tuyến

phương trình đường thẳng AC là x-1-(y+2) = 0

x-y-3 = 0

0,25
Gọi H là giao đim của BI và AC

Tọa độ H là nghiệm hệ





05
03
yx
yx







1
4
y
x

H(4;1)
Do H là trung đim AC nên C(7;4). Vậy A(1;-2) ,B(-5;10) ,C(7;4)

0,25
Câu 9
(2đ)







)2()1(1)73(
)1(3463
323
323
xyx
yyxxx