Đề thi thử Quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán trường THPT Lê Hồng Phong

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT LẦN I
NĂM HỌC 2014- 2015
Môn: Toán
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
32
32yx x=−+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm a để phương trình
32
30xxa
−
+=
có ba nghiệm thực phân biệt.
Câu II (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
1. Giải phương trình:
24
log ( -3 ) 2log 2xx+=
.
2. Giải phương trình:
22
3
4sin 3 cos 2 1 2 cos
24
x
xx
!"

−=+−
$%
&'
π
.
3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
3lnyx xx=+−
trên đoạn
[ ]
1; 2
.

Câu III (1,5 điểm)
1. Tìm nguyên hàm sau:
2
(x 3sinx)
Idx
x
=
−
+
∫
.
2. Tính giới hạn:
2
2
0
3cos
lim

x
x
x
T
x
→
−
=
.
3. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ để tham gia
đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít
hơn số học sinh nam.

Câu IV (1.5 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
a
, tâm
O
, cạnh bên
SA

vuông góc v
ớ
i mặ
t ph
ẳ
ng

đáy.
Đườ
ng thẳ
ng
SD

tạ
o v
ới m
ặ
t ph
ẳ
ng
(SAB)

mộ
t góc
0
45
.

1.
Tính th
ể
tích c
ủ
a khố
i chóp
.S ABCD
theo a.

2. Xác
định tâm và tính bán kính mặ
t c
ầ
u ngoại ti
ếp hình chóp
.S ABCD
theo a.
3.

Tính

khoả
ng cách t
ừ
đ
i
ể
m
O
đế
n m
ặ
t phẳng
(SCD)
theo
a
.

Câu

V(1
,0 đi
ể
m
) Gi
ải hệ
ph
ươ
ng trình
(
)
!
"
!
#
$
=+++
−+
=++
10)1(4)19(
1
1
19
1
3
223
2
xxyx

xx
y
xy
.


Câu

VI(
1
,0
đi
ể
m
)

Trong m
ặt ph
ẳ
ng
Oxy
, cho hình vuông
ABCD

có
M

là trung
đ
iể

m c
ủ
a
AB
,
N

là
đ
iể
m trên
c
ạnh
AD
sao cho
2AN ND=
. Giả
s
ử
đườ
ng th
ẳ
ng
CN
có ph
ươ
ng trình
2110
xy
+

−
=
và
điểm
51
;
22
M
!"
#$
%&
. Tìm tọa độ điểm C.
Câu V (1,0 điểm )
Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn:
22=xyz


8
22
4
4
88
2
24
4
88
2
2
4
4

88
≥
++
+
+
++
+
+
++
+
xzxz
xz
zyzy
zy
yxyx
yx
.
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……………………


TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐÁP ÁN TOÁN 12
(Đáp án gồm 5 trang)

Câu

Đ
áp án

Đ
i
ểm

I
(2.0)

1.(1.5 điểm)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
32
32yx x=−+


• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
'3 6yxx=−
;
0
'0
2
x
y
x
=
!
=⇔
#

=
$

0.25
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0); đồng biến trên các khoảng
( ; 2)−∞ −
và
(0; )+∞

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2; y
CT
= 3, đạt cực tiểu tại x = 0; y
CĐ
= -1.
-
Gi
ới h
ạ
n:
lim
x
y
→−∞
=+
∞
;
lim
x
y
→+∞

=−∞


0.5
- Bảng biến thiên:
x
−∞
0 2
+∞

y'

-
0 + 0
-

y
2



−∞
-2





0.25
• Đồ thị:

0.5
2.(0.5 điểm)
Tìm a
để ph
ươ
ng trình
32
30xxa−+=
có ba nghi
ệm th
ự
c phân biệ
t.


•
Phương trình
32 32
30322xxa xx a
−

+=
⇔−+=
−

0.25

•
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng
2ya=−
, suy
ra

(0;4)a ∈


0.25
II

(2.0)
1.
(0.5 đ
i
ểm)
Gi
ả
i ph
ương trình:
24
log ( -3 ) 2log 2
xx+=

.


• Điều kiện:
3x >

•

Phươ
ng trình t
ươ
ng đươ
ng v
ớ
i
2
log x( - 3) 2 (x 3 ) 4
xx=
⇔ −
=

0.25
•
Gi
ả
i và kế
t h
ợ
p đ
i

ề
u kiệ
n thu
đượ
c nghiệ
m
4x =

0.25

2
.(1.0 đ
i
ể
m)G
i
ả
i phươ
ng trình:
22
3
4sin 3 cos 2 1 2 cos
24
x
xx
!"
−=+−
$%
&'
π

.



• Phương trình
⇔

3
2(1 cosx) 3 cos 2 x 2 cos 2
2
x
π
"#
−−=− −
%&
'(

0.25

•
sin 2 x 3 sin 2 2 c o sxx⇔−=

0.25

•
sin 2 cos
3
xx
π
"#

⇔−=
&'
()

0.25



•
2
18 3
sin 2 sin (k Z)
5
32
2
6
k
x
xx
xk
ππ
ππ
π
π
"
=+
#
$%$%
⇔−=
−⇔ ∈

#
)*)*
+,+,
#
=+
#
-

0.25
3(0.5 điểm) Tìm GTLN-GTNN của hàm số
2
3lnyx xx=+−
trên đoạn
[ ]
1; 2
.

• Ta có
[ ]
222
3
'ln1 ln0,1;2
3(x3)3
x
yx xx
xxx
−
=−−=−<
∀∈
++++

0.25
• GTLN của hàm số trên đoạn
[ ]
1; 2
là
(1) 2y =
, GTNN của hàm số trên đoạn
[ ]
1; 2
là
(2) 7 2 ln 2y =−

0.25

1. (0.5 điểm) Tìm các nguyên hàm sau:
2
(x 3sinx)Idx
x
=−+
∫
.


•
2 3 sin x
dx
Ixdx dx
x
=−+

∫∫∫

0.25
•
2
2ln 3cos
2
x
IxxC=− −+

0.25
2. (0.5 điểm) Tính giới hạn:
2
2
0
3cos
lim
x
x
x
T
x
→
−
=
.

•
2
22

00
31 1cos
lim lim
x
xx
x
T
xx
→→
−−
=+

0.25

•
2
2
ln 3
2
2
00
2sin
11
2
lim ln 3 lim ln 3
ln 3 2
4
4
x
xx

x
e
T
x
x
→→
−
=+=+

0.25

3 (0.5 điểm) Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp có 15 học sinh nam và 10
học sinh nữ để tham gia đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có
cả
nam l
ẫ
n n
ữ và s
ố
họ
c sinh n
ữ
ít h
ơn s
ố
họ
c sinh nam.


• Gọi

Ω
là không gian mẫu của phép thử, ta có
5
25
() C
n Ω
=

• Gọi A là biến cố: “5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ
ít hơ
n s
ố
h
ọc sinh nam
”

•
TH1: 1 h
ọ
c sinh nữ
và 4 h
ọ
c s
inh nam, suy ra số
cách ch
ọn là:
14
10 15
CC

• TH2: 2 học sinh nữ và 3 học sinh nam, suy ra số cách chọn là:
23
10 15
CC

0.25

•

14 23
14 23
10 15 10 15
10 15 10 15
5
25
C
(A ) 325
(A ) C (A )
() 506
CCC
n
nCCCP
nC
+
=+⇒== =
Ω


0.25

1 (05 điểm) Tính thể tích của khối chóp
.S ABCD
theo a.


•
.
1
.(ABCD)
3
SABCD
VSAdt=

• Trong đó
2
(A B CD ) adt =

0.25

• Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAB) bằng góc
∑ ∑
3
0
.
45 cot
3
SABCD
a
ASD SA AD ASD a V=⇒= =⇒=

0.25






2.(0.5 điểm)Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp


• Gọi I là trung điểm của SC, ta có
IS IC ID IA IB====
(do các tam giác
,,SAC SBC SCDΔΔΔ
là các tam giác vuông), nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S.ABCD
0.25


• Bán kính mặt cầu
3
22
SC a
R ==

0.25

3. (0.5 điểm) Tính khoảng cách từ điểm
O

đến mặt phẳng
(SCD)
theo
a



• Vì O là trung điểm của AC nên
1
(O,(SCD)) (A ,(SCD))
2
dd=

• Gọi H là hình chiếu của A trên SD, ta có
(SCD)
(SAD) (SCD)
AH SD
AH
⊥
"
⇒⊥
$
⊥
%
, từ đó dẫn đến
1
(O,(SCD))
2
dAH=

0.25

• Trong tam giác vuông SAD, ta tính được
22
(O,(SCD)
24
aa
AH d=⇒=

0.25
V
(1.0 điểm) Giải hệ phương trình
(
)
!
"
!
#
$
=+++
−+
=++
10)1(4)19(
1
1
1913
223
2
xxyx
xx

yxy



• ĐK:
0
x
≥

• Nhận xét: Nếu x = 0 thì không TM hệ PT
Xét x > 0
PT (1)
⇔
x
xx
yyy
+
+
=++
1
1933
2


⇔

1
11
1
1

)3
(
3
3
2
2
+
!
!
"
#
$
$
%
&
+
=
+
+
xxx
yy
y
(3)
0,25

•
T
ừ
(1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm
s

ố
f
(t)= t + t.
1
2
+t
, t > 0. Ta có: f’
(t)
= 1 +
1
1
2
2
2
+
+
+
t
t
t
>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)
•
PT(3)
⇔
f(3y)=
f
!
!
"
#

$
$
%
&
x
1

⇔
3y =
x
1

0,25

• Thế vào pt(2) ta được PT:
10).1(4
223
=+++ xxxx
. Đặt
g(x)=
10).1(4
223
−+++ xxxx
, x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0
⇒
g(x) là
hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)
0,25

• Ta có g(1) = 0. Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1

• Với x =1
⇒
y =
3
1

• KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;
3
1
).
0,25


VI (1.0 điểm)Trong mặt phẳng
Oxy
, cho hình vuông
ABCD
có
M
là trung điểm của
AB
,
N
là điểm trên cạnh
AD
sao cho
2AN ND=
. Giả sử đường thẳng
CN
có

phương trình
2110xy+−=
và điểm
51
;
22
M
!"
#$
%&
. Tìm tọa độ điểm C.


• Gọi H là hình chiếu vuông góc
của M trên CN, ta có
35
(M,CN)
2
MH d==


0.25

• Xét tam giác CMN, ta có
∑ ∑
222
0
2
cos 45
2. 2

CN CM MN
NCM NCM
CN CM
+
−
==
⇒=
, từ đó suy ra được
3 10
2
MC =

0.25

• Do C thuộc đường thẳng CN nên
( )
11 2 ;Ccc−
, từ
3 10
2
MC =
2
535500
cc
⇔−+=

0.25

• Tìm được
(7;2);C(1;5)C

0.25
V
(1.0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn:
22=xyz


8
2244
88
2244
88
2244
88
≥
++
+
+
++
+
+
++
+
xzxz
xz
zyzy
zy
yxyx
yx

• Đặt a = x
2
, b = y
2
, c = z
2
, từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8
•
Do
2
22
ba
ab
+
≤

nên
2
)(3
22
22
ba
abb
a
+
≤
+
+

Dấ
u“=”có
⇔
a=b

0,25
• Ta có:
(
)
22
44
22
44
2
3
b
a
ba
abba
ba
+
+
≥
++
+
.
•
Ta s
ẽ ch
ứ

ng minh:
( )
)
(
3
1
2
3
2
2
22
44
b
a
ba
ba
+
≥
+
+

(1).
• Thật vậy: (1)
⇔
2(
)
44
b
a +
222

)
( b
a
+
≥

⇔
(a
2
– b
2
)
2

0≥
(luôn đúng).
Do
đ
ó ta
được:
)(
3
1
22
22
44
ba
abba
b
a

+≥
++
+
Dấ
u“=”có
⇔
a
2
=b
2
⇔
a=b
0,25

• Áp dụng BĐT trên ta có:
)(
3
1
2
2
22
44
cb
bccb
cb
+≥
++
+
Dấu“=”có
⇔

b=c

)(
3
1
22
22
44
ac
caac
ac
+≥
++
+
Dấu“=”có
⇔
c=a
• Cộng các vế các BĐT trên ta được:
0,25



)(
3
2
222
22
44
22
44

22
44
cba
caac
ac
bccb
c
b
abba
b
a
++≥
++
+
+
++
+
+
++
+
(2)
Dấu“=”có
⇔
a=b=c
• Theo BĐT Cô-si ta có:
8.2)(
3
2
3
222222

=≥++ cbacba
.Dấu“=”có
⇔
a=b=c. Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra
⇔
2=== zyx

0,25