Đề thi thử Quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán trường THPT Hồng Quang, Hải Dương

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA
NĂM 2015
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề).


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2
(1)
1
x m
y
x



, với
m
là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với
1m 
.
b) Tìm
m
để đường thẳng
: 2d y x 
cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt
,A B

sao cho diện
tích tam giác
OAB
bằng
21
(O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2
2sin 3sin 2 2 0x x  
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
2
( 1)ln 1
ln
e
e
x x
I dx
x x
 


.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
 
2 2
2
log 9 4 log 3 log 3

x
x  
.
b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S. Tính xác suất để
số được chọn có chữ số hàng đơn vị và hàng chục đều là chữ số chẵn.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( ): 2 3 8 0P x y z   
và
điểm
(2;2;3)A
. Viết phương trình mặt cầu
( )S
đi qua điểm
A
, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và có tâm
thuộc trục hoành.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
, góc

0
60ABC  . Cạnh
bên
2SD a

. Hình chiếu vuông góc của
S
trên mặt phẳng
( )ABCD
là điểm
H
thuộc đoạn
BD
sao
cho
3HD HB
. Gọi
M
là trung điểm cạnh
SD
. Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
và tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng
CM
và
SB
.
Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có đường cao và đường trung tuyến kẻ
từ đỉnh
A

lần lượt có phương trình là
3 0x y 
và
5 0x y 
. Đỉnh
C
nằm trên đường thẳng
: 2 0x y   
và có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
, biết đường thẳng chứa
trung tuyến kẻ từ
C
đi qua điểm
( 2;6)E 
.

Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
1 1
( 1) 1
( , )
8 9 ( 1) 2
y y
x
x x y
x y
y x y



  

 



   


.
Câu 9(1,0 điểm). Cho các số dương
, ,x y z
thỏa mãn
x y
và
( )( ) 1x z y z  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
2 2 2
1 4 4
( ) ( ) ( )
P
x y x z y z
  
  
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LÂN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

MÔN: TOÁN
(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang)
Câu Nội dung Điểm
Câu 1.a
(1,0đ)
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x





* Tập xác định:
 
\ 1D  

* Sự biến thiên:
2
3
'
( 1)
y
x




;
' 0,y x D  
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
   
;1 và 1;+ 
.


0,25
Giới hạn:
1 1
lim ;lim
x x
y y
 
 
   

lim 2; lim 2
 
 
x x
y y
.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
1x 
và tiệm cận ngang
2y
.

0,25
- Bảng biến thiên












0,25

Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm
 
0; 1
,
cắt trục hoành tại điểm
1
;0
2
 

 
 

Đồ thị nhận điểm
 
1;2I
làm tâm đối xứng.















0,25
Câu 1.b
(1,0đ)
Tìm
m
để đường thẳng
: 2d y x 
cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt
,A B
sao cho

diện tích tam giác
OAB
bằng
21
….


Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị hàm số (1) là
2
2 (2)
1
x m
x
x

 


Điều kiện
1x 

2
(2) 2 ( 1)( 2) 2 0 (3)x m x x x x m         
.
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (3)
có hai nghiệm phân biệt khác 1. Điều kiện cần và đủ là
9
0 1 8 4 0
4
1 1 2 0 2

2
m
m
m m
m

    
 
 

 
  
     
 

 








0,25
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-3
-2
-1

1
2
3
4
x
y
O
x





'y

y

1

0



2



2





Khi đó gọi các nghiệm của phương trình (3) là
1 2
,x x
. Tọa độ các giao điểm
1 1 2 2
( ; 2), ( ; 2)A x x B x x  .
 
2 2 2
2 1 2 1 2 1 1 2
( ) ( ) 2 ( ) 4 2(1 4( 2 )) 2(9 4 )AB x x x x x x x x m m            
.


0,25
: 2 2 0d y x x y     
Khoảng cách từ O đến đường thẳng d là
 
2
, 2
2
d O d  
.

0,25
Diện tích tam giác
OAB
bằng

 
1
21 , . 21
2
d O d AB 


1
2. 2(9 4 ) 21 9 4 21 3
2
m m m       
.

0,25
Câu 2
(1,0đ)
Giải phương trình
2
2sin 3sin 2 2 0x x  
.

2
1 cos2
2sin 3sin 2 2 0 2 3sin 2 2 0
2
x
x x x

      

0,25
3 1 1
3sin 2 cos2 1 sin 2 cos2 sin 2 sin
2 2 2 6 6
x x x x x
 
 
        
 
 


0,25
2 2
6 6
,
5
2 2
6 6
x k
k
x k
 

 


  


 


  






0,25

6
,
2
x k
k
x k





 

 


 







0,25
Câu 3
(1,0đ)
Tính tích phân
2
2
( 1)ln 1
ln
e
e
x x
I dx
x x
 


.


2 2 2 2 2
2 2
( 1)ln 1 ln 1 ln 1 1 1 1
ln ln ln ln
e e e e e
e e e e e

x x x x x
I dx dx x dx x dx dx
x x x x x x x x x x
   
   
       
   
   
    



0,25
2
2
2 4 2
1
ln 1
2 2
e
e
e
x e e
M x dx x
x
e
 

 
     

 
 
 
 




0,25
2
1
ln
e
e
N dx
x x


. Đặt
1
lnt x dt dx
x
  
.
Đổi cận
2
1; 2x e t x e t     
2
1
2

ln ln 2 ln1 ln 2
1
dt
N t
t
    




0,25

Vậy
4 2
1 ln 2
2
e e
I

  


0,25
Câu 4a
(0,5đ)
Giải phương trình
 
2 2
2
log 9 4 log 3 log 3

x
x  
.

Điều kiện
9
9 4 0 log 4
x
x   

     
2 2 2 2
2
log 9 4 log 3 log 3 log 9 4 log 3 .3
x x x
x     



0,25

2
3
3 1
9 4 3 .3 3 3.3 4 0 3 4 log 4
3 4
x
x x x x x
x
x


 
           



(Thỏa mãn)


0,25
Câu 4b
(0,5đ)
b) ) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên ……

Số phần tử của tập hợp S là 90.
Gọi
ab
là số tự nhiên có hai chữ số mà
,a b
đều là số chẵn. Ta có
   
2;4;6;8 , 0;2;4;6;8a b 
. Suy ra có
4.5 20
số
ab
.

0,25

Xác suất để chọn được một số tự nhiên có hàng chục và hàng đơn vị đều là số chẵn là
20 2
90 9

.

0,25
Câu 5
(0,5đ)
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( ) : 2 3 8 0P x y z   
và……

Gọi tâm của mặt cầu (S) là điểm
( ;0;0)I x
. Mặt cầu (S) đi qua
(2;2;3)A
và tiếp xúc với (P)
nên ta có
 
2 2
2 8 2 8
,( ) (2 ) 4 9 (2 ) 13
4 9 1 14
x x
IA d I P x x
 
         

 




0,25
2 2 2
2 2 2
14 (2 ) 13 2 8 14((2 ) 13) (2 8)
3
14( 4 17) 4 32 64 10 88 174 0
29
5
x x x x
x
x x x x x x
x
         



          







0,25

Với
3 (3;0;0) 14x I IA    
Phương trình mặt cầu (S) là:
2 2 2
( 3) 14x y z   
.
0,25

Với
29 29 686
( ;0;0)
5 5 5
x I IA    
Phương trình mặt cầu (S) là:
2
2 2
29 686
5 25
x y z
 
   
 
 
.


0,25
Câu 6
(1,0đ)
Cho hình chóp

.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
, góc

0
60ABC 
. Hình chiếu


Từ giả thiết có tam giác
ABC
đều, cạnh bằng
a
.
Gọi
3 3 3
3 3
2 4 4
a
O AC BD BO BD a HD BD a        

2 2
2 2 2 2
27 5 5
2
16 16 4
a a a

SH SD HD a SH      




0,25
H
O
M
C
A
D
B
S
Diện tích tứ giác
ABCD
là

2
2 0
3
. .sin sin 60
2
ABCD
a
S AB BC ABC a  


Thể tích khối chóp
.S ABCD

là
2 3
.
1 1 5 3 15
. .
3 3 4 2 24
S ABCD ABCD
a a a
V SH S  




0,25
2 2
2 2 2
5 3 2
16 16 2
a a a
SB SH HB SB     
.
( )
BD AC
AC SBD AC OM
AC SH


   




.
Diện tích tam giác
MAC
là
2
1 1 1 2 2
. .
2 4 4 2 8
MAC
a a
S OM AC SB AC a

   
.




0,25
   
// //( ) ( , ) ( ,( )) ,( ) ,( )SB OM SB MAC d SB CM d SB MAC d S MAC d D MAC    

   
3
. .
1 1 1 1 1 15
,( ) . . ,( ) .
3 3 2 2 4 96
M ACD ACD ABCD S ABCD

a
V d M ABCD S d S ABCD S V

   

.
Mặt khác
   
3
.
.
2
15
3
1 30
32
,( ) . ,( )
3 8
2
8
M ACD
M ACD MAC
MAC
a
V
a
V d D MAC S d D MAC
S
a



    





0,25
Câu 7
(1,0đ)
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có ……………………

Gọi
1 2
: 3 0; : 5 0d x y d x y   

Tọa độ điểm
A
là nghiệm của hệ
3 0 0
(0;0)
5 0 0
x y x
A
x y y
  

 
 
 
  
 
.



0,25
 
;2C C c c  
.
1
: 3 0BC d BC x y m    
.
Điểm
 
;2 3 2 0 2 2 : 3 2 2 0C c c BC c c m m c BC x y c               

Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tọa độ của M là nghiệm của hệ
5 5
5 0
5 5 1
7
;
3 2 2 0 1
7 7
7
c

x
x y
c c
M
x y c c
y


 

 

 

 
  
 
 
    
 


 



Gọi G là trọng tâm tam giác. Ta có
2 5 5
10 10
.

2
3 7
21
2 1 2 2
3
.
3 7 21
G
G
G G
c
c
x
x
AG AM
c c
y y








 
  
 
  
 

  




 






0,25

 
10 52 2 128
2; 4 ; ;
21 21
c c
EC c c EG
  
 
    
 
 
 

Do
, ,E G C
thẳng hàng nên

;EC EG
 
cùng phương


0,25
2
10 52 2 128
1
21 21
5 6 0 6 (6; 4)
6
2 4
c c
c
c c c C
c
c c
  
 

          


  


Với
   
2 4

6 5; 1 4;2
2 2
B M C
B M C
x x x
c M B
y y y
  

    

  



0,25
Câu 8
(1,0đ)
Giải hệ phương trình
2
1 1
(1)
( 1) 1
( , )
8 9 ( 1) 2 (2)
y y
x
x x y
x y
y x y



  

 



   


.

Điều kiện xác định
1, 0x y  

2 2 2
2
2
1 1 1 1 1 ( 1) 1
( 1) 1 1 ( 1) ( 1)
1 0
1 1
0
( 1)
( 1)
y y y y xy y y x
x x
x x y y x x y x
yx y

xy y yx y
y x
y x
     
        
    
  

   
   


 





0,25
Với
2
( 1)y x 
, thay vào (2) ta có
2
8( 1) 9 ( 1) 1 2x x x     

Xét
1x  
. Đặt
1,( 0)t x t  

. Ta có phương trình
2
2 2 2 4 2 4 2 2
2
1
8 9 2 8 9 4 4 4 5 0 5
5
5 5 1 5 5
t
t t t t t t t t
t
t t x y

 
              



          
.




0,25
Xét
1x  
. Đặt
1,( 0)t x t  
. Ta có phương trình

2
2 4 2 4 2
2 2
2
2 2
2
6 41
8 9 4 4 12 5 0
8 9 2
6 41
2 0 2
2
t
t t t t t
t t
t
t t
t


 

 
       
  
      
    



   
 
  




Hệ vô nghiệm.

0,25

Với
( 1) 1x y  
, thay vào (2) có
1
8 9 2 0y y
y
   
(3).
Vì
0 8 9 9 8 9 3y y y       
Phương trình (3) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
1 5
5
x
y

  






.
Chú ý: Không nêu kết luận cũng cho điểm ý này.






0,25
Câu 9
(1,0đ)
Cho các số dương
, ,x y z
thỏa mãn
x y
và
( )( ) 1x z y z  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
2 2 2
1 4 4
( ) ( ) ( )
P
x y x z y z
  
  

.

Đặt
x z a 
. Từ giả thiết ta có
( )( ) 1x z y z  
, suy ra
1
y z
a
 
. Do
1x y x z y z a      
.
Ta có
2
1 1
( )
a
x y x z y z a
a a

       

2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
4 4
4 3
( 1) ( 1)

a a
P a a a
a a a a
      
 





0,25
Khi đó
2
2
2 2
3 4
( 1)
a
P a
a
  



0,25
Đặt
2
1t a 
. Xét hàm số
2

( ) 3 4
( 1)
t
f t t
t
  

với
1t 
.
Ta có
2
3
1
'( ) 3 '( ) 0 ( 2)(3 3 2) 0 2
( 1)
t
f t f t t t t t
t
 
          


0,25

Từ bảng biến thiên có
( ) 12, 1f t t  
. Từ (1) và (2)
12P 
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
1
2
x z
y z

 


 


. Chẳng hạn
1; 2 1
1 1
2 1 1
2 2
x z

y

  


    


.Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12.


0,25

t

1



'( )f t

( )f t

2

0



12

