Đề thi thử Quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán trường THPT Gia Viễn A, Ninh Bình

1
TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC 2014 – 2015; Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
2 6y x x 
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng
:d y mx
tại ba điểm phân biệt.
Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình:
   
sin sin 1 cos 1 cosx x x x  
.
Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân:
1.
ln2
0
. 5
x x
I e e dx 

. 2.
 
7
2
ln 2 1I x dx  


.
Câu 4: (1,0 điểm).
1. Giải phương trình:
 
2
2
log 4 log 2 10x x  
.
2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức:
 
15
2
2
; 0x x
x
 
 
 
 
.
Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm
     
1;1; 2 , 3;0;1 , 1;2;3A B C 
. Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có
bán kính R = 3, đi qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy.
Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều
cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC.
Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
 

2 2
: 2 4 1 0C x y x y    
và
đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường
tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho
3
MAB IAB
S S
 

, với I là tâm của đường tròn (C).
Câu 8: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
 
 
3 2
2
2 7 2 1 3 1 3 2 1
; ,
2 4 3 5 4
y y x x x y
x y R
y y y x

      




     


.
Hết
2
HƯỚNG DẪN CHẤM
Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm.
Câu Nội dung Điểm
1 (2,0
điểm)
1/ (1,0 điểm)
TXĐ: D = R.
2
' 6 6y x x 
.
0
' 0
2
x
y
x


 

 

. Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8.
Giới hạn.
Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị.
Vẽ đồ thị.
0,25

0,25
0,25
0,25
2/ (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình:
 
3 2 2
2
0
2 6 2 6 0
2 6 0 (*)
x
x x mx x x x m
x x m


      

  

.
Để hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt khác 0.
Khi đó:
9
' 0 9 2 0
2
0 0
0
m

m
m m
m

   

 

 
  
 
 



.
0,25
0,25
0,5
2 (1,0
điểm)
   
sin sin 1 cos 1 cos sin cos 1x x x x x x     
1
2 sin 1 sin
4 4
2
x x
 
   

     
   
   
2
2
2
x k
x k








 

.
KL.
0,25
0,25
0,25
0,25
3 (2,0
điểm)
1/ (1,0 điểm)
Đặt
5
x

u e 
. Tính
2
x
e dx udu 
.
Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì
3u 
.
Khi đó:
2
3
2
2
3
3
2 16
2 2 3
3 3
u
I u du   

.
0,25
0,25
0,5
3
KL.
2/ (1,0 điểm)
Đặt

2t x 
. Tính
2dx tdt
.
Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3.
Khi đó:
 
3
2
2 .ln 1I t t dt 

.
Sử dụng từng phần ta được
3
16ln 2 3ln 3
2
I   
.
0,25
0,25
0,5
4 (1,0
điểm)
1/ (0,5 điểm)
Đk:
1
4
x 
.
Ta có:

 
2 2 2
2
log 4 log 2 10 2log 4 log 2 10 0x x x x        
.
Đặt
2
log 2t x 
, (t ≥ 0).
Phương trình có dạng:
2
2
2 10 0
5
( )
2
t
t t
t l



   

 

.
Với t = 2 ta được
2 2
log 2 2 log 2 4x x x     

.
Vậy phương trình có nghiệm x = 4.
0,25
0,25
2/ (0,5 điểm)
Ta có:
 
15 15
5 15
15 15
2 2 15
2
15 15
0 0
2 2
. . 2 . .
k
k
k
k k k
k k
x C x C x
x x



 
   
  
   

   
 
.
Khi đó xét số hạng không chứa x ta có
5 15
0 3
2
k
k

  
.
Vậy số hạng không chứa x là
12 3
15
2 .C
.
0,25
0,25
5 (1,0
điểm)
Ta có
     
2; 1;3 , 2;1;5 ; ; 8; 16;0AB AC AB AC
 
      
 
   
.
Do đó

 
1;2;0n 

là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC).
Do đó (ABC): x + 2y – 3 = 0.
Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0).
Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên
 
2
3
1 5 9
1
a
IA R a
a


     

 

.
0,25
0,25
0,25
4
Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên
   
2
2 2

: 3 9S x y z   
.
Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0) nên
   
2
2 2
: 1 9S x y z   
.
0,25
6 (1,0
điểm)
Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Theo giả thiết ta có SH

(ABCD) và
3
2
a
SH 
.
Do
3AB a AD a  
. Khi đó
2
. 3
ABCD
S AB AD a 
. Vậy
3
.
1

.
3 2
S ABCD ABCD
a
V SH S 
.
Gọi P là trung điểm của cạnh AH. Do đó MP // SH hay MP  (ABCD).
Dễ thấy ∆MPN vuông tại P.
Ta có
1 3 13
;
2 4 4
a a
MP SH PN MN a    
.
0,25
0,25
0,25
0,25
7 (1,0
điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2.
Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vuông nên hai góc M và I bù nhau.
Theo công thức diện tích , từ
3
MAB IAB
S S
 

ta được

2 2
3 4MA R MI  
.
Gọi điểm M(a;3 – a). Do
4MI 
nên
1
5
a
a





.
Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2).
0,25
0,25
0,25
0,25
8 (1,0
điểm)
Đk:
4 1x  
.
Ta có:
 
   
3

3 2
2 7 2 1 3 1 3 2 1 2 1 1 2 1 1 1y y x x x y y y x x x               
.
Xét hàm số
 
3
2f t t t 
đồng biến trên R. Khi đó phương trình trên có dạng:
 
 
1 1 1 1 1 1f y f x y x y x          
.
Thế vào phương trình còn lại ta được:
3 2 4 1 4 4 1 3 2 4 0x x x x x x             
.
Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy
nhất x = – 3.
Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3).
0,25
0,25
0,25
0,25
Hết