Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 trường THPT Nguyễn Trung Thiên, Hà Tĩnh

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015


TỔ TOÁN Môn TOÁN (Lần 1)
Thời gian làm bài: 180 phút


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
x 1
y
2x 1
 


(1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Chứng minh rằng đường thẳng y = x + m luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B.
Tìm m để độ dài đoạn AB =
2
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
sin2x sinx 2 4cosx  

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
 
1
0
x
I ln x 1 dx
x 1
 




Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình:
 
 
2
4
2
4log 3 log 6 10 2 0    
x x

Câu 5 (1,0 điểm). Một tổ học sinh gồm có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ.
Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh đi chăm sóc bồn hoa. Tính xác suất để 2 học sinh
được chọn đi chăm sóc bồn hoa có cả nam và nữ.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
góc

0
BAD 60
. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là
trọng tâm ABC. Góc giữa mặt phẳng (ABCD) và mặt phẳng (SAB) bằng 60
0
.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
trung điểm cạnh BC là M(3;1). Điểm E(1;3) nằm trên đường thẳng  chứa
đường cao qua đỉnh B. Đường thẳng AC qua F(1;3). Tìm tọa độ các đỉnh của
ABC biết đường tròn ngoại tiếp ABC có đường kính AD với D(4;2)
Câu 8: Giải phương trình:

 
 
2 2
x 2 ( x 4x 7 1) x x 3 1 0       

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x
2
+ y
2
+ z
2
= 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
     
2 2 2
  
  
x y z
P
y z x z x y
.
_________ 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: ……………….
SỞ GDĐT HÀ TĨNH
THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN
TỔ TOÁN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015
Môn TOÁN (Lần 1)
Đáp án gồm 03 trang

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

a) (1 điểm)
 Tập xác định:
1
\
2
D
 

 
 

.
 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
1
'
(2 1)
y
x



;
' 0,
y x D  
.

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng
1
;
2
 

 
 
và
1
;
2
 

 
 
.
0.25
- Giới hạn, tiệm cận:
1
lim lim
2
x x
y y
 
  
; tiệm cận ngang
1
2
y

 
.

1
2
lim
x
y


 
;
1
2
lim
x
y


 
; tiệm cận đứng
1
2
x

.
0.25
- Bảng biến thiên:
x



1
2



'y





y

1
2








1
2


`

0.25
 Đồ thị:


0.25
b) (1 điểm)
Số giao điểm của đường thẳng
y x m 
và đồ thị (C) bằng số nghiệm của pt:
1
2 1
x
x m
x
 
 

.(1)
(1)
2
1
2 2 1 0.
2
1 (2 1)( )
x
x mx m
x x x m




     


    

(2)
0.25
1
(2,0đ)

Phương trình (2) có biệt thức
2 2
' 2 2 ( 1) 1 0,m m m m
         
(2) có nghiệm phân biệt
nên
y x m 
luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B
m
.
0.25
Gọi
1 1 2 2
( ; ); ( ; )A x y B x y
thì
1 2
,x x
là nghiệm của pt(2) và
1 1 2 2
,

y x m y x m   

   
2 2
2 1 2 1
AB x x y y
    
2
1 2 1 2
2 ( ) 4
x x x x
  
. Mặt khác:
1 2
x x m 
,
1 2
1
2
m
x x
 

.
0.25
Từ đó ta có:
 
2
1 2 1 2
2 4 1

AB x x x x
    
2
2( 1) 1 1
m m m
      
. Vậy
1
m
 
.
0.25
sin 2 sin 2 4cosx x x  
2sin cos sin 2 4cosx x x x   

0.25
sin (2cos 1) 2(1 2cos ) (sin 2)(2cos 1) 0
x x x x x
       

0.25
1
cos 2
2 3
x x k


     
.
0.25

2
(1,0đ)

Phương trình có các nghiệm là:
2 ,
3
x k k


   
.
0.25
Đặt:
ln( 1) 1
1
ln( 1).
1
 
 

 


 

 
  

 
u x

du dx
x
x
dv dx
v x x
x

0.25
 
 
 
1
0
1
ln( 1)
ln 1 ln 1
0
1 1
x x
I x x x dx
x x

 
 
     
 
 
 
 


0.25
=
   
2
1
ln ( 1)
1 ln 2 ln 2 ln 1
0
2
x
x x
 

    
 
 

0.25
3
(1,0đ)

=
2 2
2
ln 2 ln 2
ln 2 ln 2 1 ln 2 2ln 2 1
2 2
 
      

 
 

0.25
 
 
2
4
2
4log 3 log 6 10 2 0 ( )
x x
     
. Điều kiện:
3
x  .
2
2 2
( ) 2log ( 3) 2log (6 10) 2 0
x x
      

0.25

 
 
2
2 2
log 3 .2 log 6 10
x x
 

   
 

0.25

2
1
2( 3) 6 10
2.
x
x x
x


    




0.25
4
(1,0đ)

Đối chiếu điều kiện thì phương trình có một nghiệm
2
x

.
0.25
Gọi


là không gian mẫu: A là biến cố “2 học sinh được chọn gồm cả nam và nữ”. 0.25
Số phần tử không gian mẫu:
2
12
( ) 66
n C
  
.
0.25
Số trường hợp thuận lợi cho A là
1 1
5 7
( ) . 35
n A C C
 
.
0.25
5
(1,0đ)

Xác suất của biến cố A là
( ) 35
( ) 53,03%
( ) 66
n A
P A
n
  


.
0.25
Gọi H là trọng tâm
ABC
, K là hình chiếu của H
lên AB suy ra:

0
60
SKH  ;
H BD
;
1
3
BH BD

.
DM là đường cao tam giác ABD,
HK
//
DM



1 3
3 6
a
HK MD 
0
.tan 60

2
a
SH KH
  
.
0.25
6
(1,0đ)


Diện tích ABCD:
2
3
2
2
ABCD ABD
a
S S 
.
Thể tích
3
1 3
.
3 12
SABCD ABCD
a
V SH S 
.
0.25
Kéo dài KH cắt DC tại N

3 2 3
2 3 3
a a
KN DM HN KN     
.
Gọi IH là đường cao của
 
,( )
SHN d H SCD HI
  
. Ta có:
2 2
.
7
SH HN a
HI
SH HN
 

.
0.25
Vậy
   
3 3 3 7
,( ) ,( )
2 2 14
a
d B SCD d H SCD HI  
.
0.25

Gọi H là trực tâm
ABC
 
BDCH là hình bình
hành

M là trung điểm của DH
 
2;0
H
.
0.25
Đường thẳng
AC
đi qua
 
1;3
F
và nhận
 
3; 3
HE
 


làm véctơ pháp tuyến nên phương trình của
AC
là:
4 0
x y

  
. Đường cao BH qua H và E nên phương
trình của BH là:
2 0
x y
  
.
0.25
Gọi toạ độ của B, C là:
 
; 2
B b b
 
,
 
;4
C c c 
.
Do M là trung điểm BC nên ta có hệ:
6 1
2 2 5.
b c b
b c c
  
 

 
    
 
Vậy

 
1; 1
B
 
;
 
5; 1
C
 
.
0.25
7
(1,0đ)


Đường cao AH đi qua H và vuông góc với
BC
nên AH
có phương trình:
2
x

. Toạ độ A thoả mãn hệ:
2 2
4 0 2.
x x
x y y
 
 
 

   
 
Vậy
 
2;2
A
.
0.25
Phương trình biến đổi thành:
   
 


2
2
2 2 3 1 3 1
x x x x
       

0.25
Đặt
2
u x
 
,
v x 
. Xét hàm số
 



2
3 1
f t t t
  
, phương trình trở thành
   
f u f v

.
0.25
Vì
 
2
2
2
' 1 3 0
3
t
f t t
t
    

,

t
. Hàm
 
f t
luôn đồng biến nên
   

f u f v u v  
.
0.25
8
(1,0đ)

Phương trình tương đương
2 1
x x x
     
. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
x
 
.
0.25
Từ giả thiết suy ra:
0 , , 3
x y z 
. Ta có:
 
   
2
2 2 2
2 2 3
y z y z x
    
,

 

 
2
2
2 3
x x
x
y z



. Mặt khác
 
2
2
1
4
2 3
x
x
x


.
0.25
Thật vậy:
 
2
2
1
4

2 3
x
x
x



 
2
2 3
x x
 

   
2
1 2 0
x x
  
luôn đúng,

 
2
2
1
4
x
x
y z



.

0.25
Tương tự:
 
2
2
1
4
y
y
z x


,
 
2
2
1
4
z
z
x y


.

     
 
2 2 2

2 2 2
1
4
x y z
x y x
y z z x x y
    
  
.
0.25
9
(1,0đ)


3
4
P

. Khi
1x y z  
thì
3
4
P

. Vậy
min
3
4
P


.
0.25