Đề thi thử Quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên

Sở GD-ĐT tỉnh Phú Yên
Trường THPT chuyên
Lương Văn Chánh
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I, NĂM 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y =
     
3 2
1
1 2 3 1
3
m
mx m x m x C    
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C
2
) khi m = 2.
b) Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (C
m
) tồn tại đúng hai điểm có hoành
độ dương mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (d): x

y – 3 = 0.
Câu 2(1,0 điểm).
Giải phương trình:
 
2
4 2
log 1 log 1x x  
Câu 3(1,0 điểm).
Tìm một nguyên hàm của hàm số f(x) =

 
2
sinx
1 cos x
, biết rằng
1
2
F

 

 
 
(với F(x) là nguyên hàm của hàm số f(x) )
Câu 4(1,0 điểm).
a) Cho đa thức
       
2 3 20
( ) 1 2 1 3 1 20 1 .P x x x x x        
Tìm hệ số của số
hạng chứa x
15
trong khai triển đa thức của P(x).
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
)(xf
 
2
6 4x x 
trên
 

0;3
.
Câu 5.(1,0 điểm)
.
Trong không gian với hệ trục 0xyz, cho mp(P): x + 2y – 5z – 3 = 0 và hai điểm
A(2;1;1), B(3;2;2). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua hai điểm A, B và vuông góc với
mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông ở A, AB = a, AC = 2a. Đỉnh S
cách đều A, B, C; mặt bên (SAB) hợp với mặt đáy (ABC) góc 60
0
. Tính thể tích khối
chóp S.ABC.
Câu 7(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d):
1 2 0x y   
và điểm A(-1; 1).
Viết phương trình đường tròn (C) qua A, gốc tọa độ O và tiếp xúc với đường thẳng d.
Câu 8(1,0 điểm).
Giải hệ phương trình:
   
 
3 3
2
3 1 2
1 1
8
x y y x y
x y
x y


    



   


.
Câu 9(1,0 điểm).
Giả sử x và y không đồng nhất bằng 0. Chứng minh:
 
2
2
2 2
4
2 2 2 2 2 2
4
x x y
x y
 
    

.
…………….Hết……………
Đáp án và thang điểm
Môn toán
CÂU
ĐÁP ÁN
ĐIỂM

a) (1,0 điểm)
Khi m = 2, ta có: y =
3 2
2
4 1
3
x x x  
* Tập xác định:
D R
* Sự biến thiên:
2
' 2 2 4y x x  
,
4
1
3
' 0
23
2
3
x y
y
x y

   

 


   



0,25
- Hàm số giảm trên
 
2;1
; tăng (

;-2) và
 
1;
+ Giởi hạn :
lim ; lim
x x
y y
 
   
0,25
+ Bảng biến thiên:
x

-2 1

y' + 0 - 0 +
y
23
3


4

3

-Hàm số đạt cực đại tại x = -2,
23
3
cd
y 
và đạt cực tiểu tại x = 1,
4
3
ct
y  
0,25
Câu 1
(2,0 điểm)
* Đồ thị:
8
6
4
2
-2
-5
5
-2
O
1
23/ 3
-4/3
0,25
b) (1,0 điểm)

Ta có:
2
' 2( 1) 2 3y mx m x m    
; k
d
= 1
Từ yêu cầu bài toán dẫn đến :
'. 1
d
y k  
có đúng 2 nghiệm
dương phân biệt.
0,25
2
2( 1) 3 3 0mx m x m     
có 2 nghiệm dương phân biệt.
0,25
2
0
1
0
1
4 5 1 0
4
' 0
1
0 1
0
0
0 1

0
3 3
0
m
m
m m
m m
m
m
S
m
m
P
m
m






  
  



 

 


    
  


  
 
  







0,25
Vậy:
1
0
4
m 
.
0,25
Câu 2
(1,0 điểm)
Điều kiện:
0
0 1
1 0
x
x

x


  

 

0,25
Pt
2 2 2 2 2
2
log 1 log 2 log log 1 logx x x
x
      
2
1 (1)
2
1
2
1 (2)
x
x
x
x
x
x

 

   



  


0,25
(1)
2
1( )
2 0
2( )
x L
x x
x N
 

    



0,25
(2)
2
2 0 (VN)x x   
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 2.
0,25
Câu 3
(1,0 điểm)
Đặt u = cosx, du = - sinxdx
0,25

F(x) =
     
2 2 2
sinx
1 cos 1 1
du du
dx
x u u
   
  
  
0,25
=
1 1
1 cos 1
C C
u x
  
 
0,25
1
1 1 1 1 2
2
os 1
2
F C C C
c


 

         
 
 
 

 
 
Vậy nguyên hàm cần tìm là: F(x) =
1
2
cos 1x


0,25
Câu 4
(1,0 điểm)
a) (1,0 điểm)
Viết lại:
       
2 3 14
15 16 20
20 16 20
0 0 0
( ) 1 2 1 3 1 14 1
15 16 20
k k k k k k
k k k
P x x x x x
C x C x C x
  

 
         
 
     
  
     
     
  
0,25
Từ đó, suy ra hệ số của số hạng chứa x
15
15 15 15 15 15 15
15 15 16 17 18 19 20
15 16 17 18 19 20 400995a C C C C C C      
0,25
b) (1,0 điểm)
Ta có:
2
2
2 6 4
'( )
4
x x
f x
x
 


=>
1 [0;3]

'( ) 0
2 [0;3]
x
f x
x
 

 

 

0,25
.
(1) 5 5; (0) 12;
(2) 8 2; (3) 3 13
f f
f f
   
   
 
 
0;3
0;3
min ( ) (0) 12; ax ( ) (3) 3 13f x f m f x f     
0,25
Câu 5
(1,0 điểm)
Ta có:
 
(1;1;1)

, 7;6;1
(1;2; 5)
p
p
AB
AB n
n



 
  

 
 



 

0,25
Mp(Q) qua A, B và vuông góc (P) nên nhận
 
7;6;1n  

làm véc tơ pháp tuyến.
0,25
Pt mp (Q):
     
7 2 6 1 1 0x y z      

0,25
Vậy phương trình tổng quát của mp(Q): 7x – 6y – z – 7 = 0.
0,25
Câu 6
(1,0 điểm)
Gọi M, N, H lần lượt là trung điểm của AB, AC và BC.
Ta có:
SAB
cân
SM AB 
HM // AC
( )HM AB AB SMH AB SH     
(1)
Và
 

0
,( ) 60SAB ABC SMH
 
 
 
Tương tự
( )AC SNH AC SH  
(2)
Từ (1) và (2)
( )SH ABC 
0,25
Ta có SH = MH.tan60
0
=

3 3
2
AC
a
0,25
2
1
.
2
ABC
S AC AB a 
0,25
Vậy:
3
1 3
.
3 3
ABC
V SH S a 
(đvtt)
0,25
Câu 7.
(1,0 điểm)
Gọi M là trung điểm của OA thì
1 1
;
2 2
M
 


 
 
.
Ta có:
 
1;1OA  

là véc tơ pháp tuyến của trung trực của đoạn
OA, do đó, trung trực của đoạn OA có phương trinh:
 
1 1
1 0 1 0
2 2
x y x y
   
        
   
   
0,25
B
A
C
S
M
H
N
Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực này, nên ta có:
I(x
0
; x

0
+ 1). Theo bài ra ta có:
 
0 0
2
2 2
0 0 0 0
0
0
1 1 2
( ; ) 1 2 2 0
2
0
1
x x
IA d I d x x x x
x
x
   
       




 

0,25
+ Khi x
o
= 0 thì bán kính R của (C) là R = 1.

+ khi x
o
= -1 thì bán kính R của (C) là R = 1
0,25
Vậy có hai đường tròn cân tìm là:
   
2 2
2 2
1 1, 1 1.x y x y     
0,25
Câu 8
(1,0 điểm)
Hệ pt:
   
 
3 3
2
3 1 2 (1)
1 1 (2)
8
x y y x y
x y
x y

    



   



Điều kiện
, 1.x y  
Pt(1)
       
3
8 6 3 3 1 0x y xy x y y x y         
 
 
 
2 2
2 2 2 2 4 3( 2) 1 0x y x y xy x y x y xy y             
0,25
 
2 2
2 2
2 2 1 0
2 0
2 1 0(*)
x y x xy y x y
x y
x xy y x y
 
        
 
  



     


Pt (*)
 
2 2 2
2 1 0, 3 0x y x y y y          
Trường hợp y = 0 thì x = -1, không phải là nghiệm của hệ pt
0,25
Với y = 2 – x thay vào (2) ta được:
   
 
2
2
2
2
2 1 2 3 2 1
2 1 1 2 3 3 2 3
1 1
2 3 1 0
2 1 1 2 3 3
1 3
2 3 0
3 1
x x x x
x x x x x x
x x
x x x x
x y
x x
x y
     

          
 
     
 
     
 
   

    

   

0,25
Đối chiếu điều kiện, hệ phương trình có nghiệm (-1;3) và (3;-1).
0,25
Câu 9
(1,0 điểm)
Nếu y = 0 ( khi đó
0x 
). Ta có:
 
2
2
2 2
4
0
4
x x y
x y
 



, bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
0,25
Nếu
0y 
khi đó
 
2
2
2 2
4
2 2 2 2 2 2
4
x x y
x y
 
    

2 2
2
2
2 2
2 2 2 2 2 2
1
2
x x
y y
x
y

   
 
   
   
     
 

 
 
(1)
0,25
Đặt:
tan ,
2
x
t
y

khi đó
(1)
 
 
2
2
2
2
2
tan tan 2
2 2 2 2 2 2
tan 1

2 2 2 os 4tan 4 2 2 2
2 2 2 2sin 2 4 os 2 2 2
t t
t
c t t
t c t
 
     

      
      
0,25
2
2
2 1 sin 2 2cos 2 1
2 sin 2 1 2cos 2
2 sin 2 os2 2
2 2 sin 2 2
4
1 sin 2 1 (2)
4
t t
t t
t c t
t
t


      
     

    
 
    
 
 
 
    
 
 
Vì (2) đúng suy ra (đpcm).
0,25