Đề thi thử đại học lần 1 môn Toán năm 2015 trường THPT Hàn Thuyên, Bắc Ninh

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Đề thi gồm có 01 trang)
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)


Câu 1 (2,0 điểm).
Cho hàm số 243
223
 mmxxy (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với
1m
.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm I
)0;1(
là trung điểm
của đoạn AB.
Câu 2 (1,0 điểm).
Giải phương trình
2sin22coscos3
6
2sin2
3
sin4 














 xxxxx

.
Câu 3 (1,0 điểm).
Tính giới hạn sau
2
522
lim
2



x
xx
x
.
Câu 4 (1,0 điểm).
Một hộp đựng 5 viên bi màu đỏ và 6 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bi. Tính
xác suất để trong 4 viên bi được lấy ra đó có đủ cả hai màu và số viên bi màu đỏ lớn hơn số viên bi
màu xanh.
Câu 5 (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
   
921:)(
22
 yxC
. Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn
)(C
biết đường thẳng BC có phương trình là
052 x
.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình lăng trụ
///
. CBAABC
có các đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
/
C
lên mặt phẳng
)(ABC
là điểm
D
thuộc cạnh
BC
sao cho
.2DCDB 
Góc giữa đường thẳng
/
AC
và mặt phẳng

)(ABC
bằng
0
45
. Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng )(),(
///
CBAABC
và côsin góc giữa hai đường thẳng
/
,CCAD .
Câu 7 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có
DCADBC 22 
,
đỉnh
)3;3( C
, đỉnh A nằm trên đường thẳng
023:  yxd
, phương trình đường thẳng
02:  yxDM
với M là điểm thỏa mãn CMBC 4 . Xác định tọa độ các điểm A, D, B.
Câu 8 (1,0 điểm).
Giải hệ phương trình












121
11412
22
yxxyxyyxx
yyxx

Câu 9 (1,0 điểm).
Cho các số thực không âm
cba ,,
thỏa mãn
5212121
222
 cba
.
Chứng minh rằng
6424
663
 cba
.

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:…… …………….
1
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 MÔN TOÁN LỚP 12
NĂM HỌC 2014 – 2015

Câu Đáp án Điểm
1
(2,0đ)



a) (1,0 điểm)
Với m=1, hàm số trở thành: 2x3xy
23

*Tập xác định: D
*Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: x6x3y
2/
 ,






2x
0x
0
/

y
0,25
- Các khoảng đồng biến: );2();0;(  , khoảng nghịch biến: (0;2).
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= -2.
- Giới hạn tại vô cực:


y
lim
x
;


y
lim
x

0,25
- Bảng biến thiên:

0,25
*Đồ thị: Giao Oy tại (0;2), Giao Ox tại (1;0) và
 
0;31

Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng

(Học sinh tự vẽ hình)
0,25
b) (1,0 điểm)
Ta có mx6x3y
2/
 ;






m2x
0x
0y
/

Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị 0y
/
 có 2 nghiệm phân biệt
0m 

0,25
Tọa độ các điểm cực trị A, B là )2m4m4;m2(B);2m4;0(A
232

0,25
I là trung điểm của AB nên






02m4m2
1m
23

0,25
Giải hệ được m = 1, thỏa mãn điều kiện tồn tại cực trị.
Vậy giá trị của m cần tìm là m = 1.
0,25
2
(1,0đ)
Phương trình đã cho tương đương với
2xsin2x2cosxcos3x2cosx2sin3xcos32xsin2 
0,25
0x2sin3xcos32xsin4 
 
 
02xcos3xsin21 

0,25
* 02xcos3  : phương trình vô nghiệm
0,25
*














2k
6
5
x
2k
6
x
0xsin21 . Nghiệm của phương trình là












2k
6

5
x
2k
6
x
 
Zk 

0,25


x
y
/
y




0 2
0
0
2
-2




+
-

+
2


Câu Đáp án Điểm
3
(1,0đ)
Ta có
  
 
 
5x22x2x
5x22x5x22x
lim
2x
5x22x
lim
2x2x







0,25
 
 
5x22x2x
20x8x

lim
2
2x





0,25
  
 
 
5x22x
10x
lim
5x22x2x
10x2x
lim
2x2x








0,25
= 3. 0,25
4

(1,0đ)
Số phần tử của không gian mẫu là: 330C
4
11
 .
0,25
4 viên bi được chọn gồm 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh. 0,25
Số cách chọn 4 viên bi đó là
60C.C
1
6
3
5

.
0,25
Vậy xác suất cần tìm là
11
2
330
60
p 
.
0,25
5
(1,0đ)
Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ:
   
















2
33
2y
2
5
x
05x2
92y1x
22

0,5
Đường tròn (C) có tâm I(1; 2). Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (C) nên I là trọng
tâm của tam giác. Từ đó tìm được A(-2; 2).
0,25
Vậy



















2
33
2;
2
5
C;
2
33
2;
2
5
B
và ngược lại. A(-2; 2)
0,25

6
(1,0đ)



Từ giả thiết có );ABC(DC
/

   
0///
45ADCAD,AC)ABC(,AC  0,25
Sử dụng định lí cosin cho
3
7a
ADABD 
3
7a
ADDC
/


0,25
Vì
//
AA//CC
nên
   
//
AA,ADCC,AD  .
Vì )ABC(DC

/
 nên
3
a4
DAACDC)CBA(DC
////////


a
3
22
DCDCCCAA
22///


0,25
Áp dụng hệ quả của định lí cosin trong ADA
/
 ta được
 
56
14
ADAcosCC,ADcos
56
14
ADAcos
///


0,25

7
(1,0đ)
Vì
)a32;a(AdA 
.
Có
   
DM,Cd2DM,AdS2S
DCMADM



0,25






)5;1(A3a
)7;3(A1a
. Do A, C nằm khác phía với đường thẳng DM nên A(-1; 5).
0,25
Vì
)2d;d(DDMD 
. Từ giả thiết có






CDAD
CDAD
. Giải hệ ta được d = 5 nên D(5; 3).
0,25
Có
)1;9(BAD2BC 
.
0,25

3

Câu Đáp án Điểm
8
(1,0đ)











)2(1yxxy21xyyxx
)1(1y1yx41x2
22
. Điều kiện

01xyyx 
(*). Vì
0t1t
2


nên
)1(
0
y1x41
yx4
yx2yy1x41x2
22
22
22




 


x2y0yx20yx2y1x41yx2
22


0,25
Thay y = -2x vào (2) ta được
1x3x41x2x3x
22










2
2
2
x
1
x
3
4x
x
1
2
x
3
xx . Đặt
2
x
1
x
3
t 

0,25
Khi x > 0 ta được .7t4t2t  Từ đó, kết hợp với x > 0 ta được

7
373
y;
14
373
x




thỏa mãn điều kiện (*)
0,25
Khi x < 0 ta được .2t4t2t  Từ đó, kết hợp với x < 0 ta được

2
317
y;
4
173
x




thỏa mãn điều kiện (*). Vậy hệ có 2 cặp nghiệm….
0,25
9

(1,0đ)
Với hai số không âm A, B ta chứng minh:
BA11B1A1 
(1). Thật vậy,
  
BA12BA2B1A12BA2)1( 

BA1ABBA1 
, luôn đúng.
Dấu đẳng thức xảy ra khi A = 0 hoặc B = 0.
Áp dụng (1) ta có
222222
c21b2a211c21b21a215 


222
c2b2a212 
.
Suy ra
222222
a4cbhay,4cba  . (2)
0,5
Khi đó
   
3
23
3
223663
a4a24cba24cba24  .
Từ (2) và do a, b, c không âm ta có

2a0 
.
Xét hàm số
 
3
23
a4a24)a(f  trên
 
2;0
. Ta có
 
 
   
 
22
2
22/
a82a6a2aa6a4a6a212)a(f 
Với
 
2;0a 
,
2a;0a0)a(f
/


Có
 
2;0a;64)a(f232)2(f;24)2(f;64)0(f 

Vậy
6424
663
 cba
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
2c,0ba 
hoặc
2b;0ca 

0,5