Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 trường THPT Sơn Tây, Hà Nội

Trường THPT Sơn Tây ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 LẦN I
Môn: Toán (thời gian làm bài 180 phút)

Câu 1(2 điểm). Cho hàm số y =
2
5
3
2
2
4
 x
x

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi (C) của hàm số.
2. Cho điểm M thuộc (C) có hoành độ x
M
= a. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, với giá trị nào
của a thì tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M.
Câu 2(1 điểm). Giải phương trình:
3
sinx + cosx = -2cos3x
Câu 3(1 điểm). Giải phương trình
x x x
8
4 8
2
1 1
log ( 3) log ( 1) 3log (4 )
2 4
   

Câu 4(1 điểm). Tính tích phân
0
(1 cos )
I x xdx
p
= +
ò

Câu 5(1 điểm). Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm thực phân biệt:

2 2 (2 )(2 )
      x x x x m

Câu 6(1 điểm). Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB = b. Tính thể tích của hình chóp đó và
khoảng cách giữa các đường thẳng SA, BE.
Câu 7(1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) có phương trình
2 2 1 0
x y z
- + - =
và điểm
(1;3; 2)
A
-

a) Tìm tọa độ hình chiếu của A trên mặt phẳng (P).
b) Viết phương trình mặt cầu tâm A và đi qua gốc tọa độ O.
Câu 8(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết M(1; -1) là trung điểm
của BC và G(
2
;0

3
) là trọng tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Câu 9(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
1 1 1
( ) ( ) ( )
2 yz 2 zx 2 xy
x y z
x y z    

Hết











Đáp án
Câu Nội dung
Điểm

1.1
Ta có hàm số y =
2
5

3
2
2
4
 x
x

Tập xác định D = R.
Sự biến thiên.
+ Chiều biến thiên.
y’ = 2x
3
- 6x , y’ = 0  x = 0 v x =
3
.
y’< 0 , x ( -∞; -
3
)  (0
3
). Hàm số nghịch biến trên khoảng ( -∞; -
3
) và (0
3
).
y’ > 0  x (-
3
; 0)  (
3
; +
∞).Hàm s

ố đồng biến trên các khoảng (-
3
; 0) và (
3
; +
∞).

0,25
Cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= y(0) =
5
2
. Hàm số đạt cực tiểu tại x =
3
, y
CT
=
y(
3
) =
2
.
Giới hạn.
4 4
2 2
5 5
( 3 ) , ( 3 )
2 2 2 2
x x

x x
Lim x Lim x
 
       
.Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
0,25
Tính lồi, lõm và điểm uốn.

y’’ = 6x
2
- 6 , y’’ = 0  x =
1
. Đồ thị nhận các điểm I(
1
; 0) là điểm uốn
Bảng biến thiên.
x
-∞ -
3

-1

0

1

3
+
∞

y’

- 0 + 0 - 0
+
y
+∞
5
2

+∞

-2 -2



0,25
Đồ thị.
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai các điểm (
1
; 0) , (
5
; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ;
5
2
). Đồ thị hàm số có trục đối xứng là Oy.

0,25
1. 2
. Cho điểm M thuộc (C) có hoành độ x
M

= a. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, với
giá trị nào của a thì tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M
1,0
I(0) I(0)
x
y
Vì









2
5
3
2
;)(
2
4
a
a
aMCM
.
Ta có: y’ = 2x
3
– 6x aaay 62)('

3




0,25
Vậy tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình :
4
3 2
5
(2 6 )( ) 3
2 2
a
y a a x a a
     
.

0,25
Xét pt :
4 4
2 3 2 2 2 2
5 5
3 (2 6 )( ) 3 ( ) ( 2 3 6) 0
2 2 2 2
x a
x a a x a a x a x ax a
             

0,25







0632)(
22
aaxxxg
ax

YCBT khi pt g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác a
2
2
' 0 3 0
| | 3
( ) 0
1
1
a
a
g a
a
a


   


 
  

  

 










0,25
Câu
2
PT
3
sinx + cosx = -2cos3x 
3
sinx + cosx = 2cos(

- 3x)
3
2
sinx +
1
2
cosx = cos(


- 3x)  sinx.sin
3

+ cos
3

.cosx = cos(

- 3x)
 cos(
3

- x) = cos(

- 3x)  (

- 3x) =
( ) 2
3
x k


  
, k

Z
+)

- 3x =
2

3
x k


 
 x =
3
k




+)

- 3x =
2
2
3
x k


  
 x =
3 2
k
 


Vậy nghiệm phương trình:
x =

3 2
k
 

, k

Z

0,25

0,25





0,25


0,25
Câu
3
x x x
8
4 8
2
1 1
log ( 3) log ( 1) 3log (4 )
2 4
   

, ĐK x > 0, x

1

   
x x x
2 2 2
log ( 3) log | 1| log (4 )



x x x( 3) 1 4
  

-) x > 1 ta có: x = 3 thỏa mãn
-) x < 1 ta có x =
3 2 3
 
thỏa mãn
Vậy x = 3; x =
3 2 3
 


0,25

0,25

0,25

0,25
Câu
4
0 0 0
(1 cos ) cos
I x xdx xdx x xdx
p p p
= + = +
ò ò ò

 Với
2 2 2 2
1
0
0
0
2 2 2 2
x
I xdx
p
p
p p
= = = - =
ò

 Với
2
0
cos
I x xdx

p
=
ò

 Đặt
cos sin
u x du dx
dv xdx v x
ì ì
ï ï
= =
ï ï
Þ
í í
ï ï
= =
ï ï
î î
. Thay vào công thức tích phân từng phần ta được:
0 0
2
0
0
sin sin 0 ( cos ) cos cos cos0 2
I x x xdx x x
p
p p p
p
= - = - - = = - = -
ò

0,25




0,25



0,25


 Vậy,
2
1 2
2
2
I I I
p
= + = -


0,25
Câu
5
Đặt

2 2
   t x x
1 1
' 0
2 2 2 2

   
 
t
x x
. Hàm số
( )t t x

liên tục trên [-2; 2], t’(x) < 0, 
x(-2; 2)
( )
 
t t x
nghịch biến trên
[ 2;2]
[ 2;2]  
t
.
Khi đó: PT =>
2
2 2 4  m t t
(*)
Xét hàm
2
( ) 2 4  f t t t

với
[ 2;2] 
t
.
Có f’(t) = 2t + 2, f’(t) = 0 => t = -1
Bảng biến thiên: t -2 -1 2
f’(t) - 0 +
f(t) -4 4
-5
Từ BBT  Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt t [-2; 2]  P.trình ban đầu có hai nghiệm thực
phân biệt
5
5 2 4 2
2
         
m m


0,25

0,25


0,25


0,25
Câu
6
Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của các đường chéo AD, BE, CF. SO

(ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng nhau
cạnh b.
Diện tích đáy: S
đáy
= 6S
OAB
=
2
2
3 3 3
6
4 2

b
b
(đvdt) Chiều cao h =

SO =
2 2 2 2
  SA OA a b

 Thể tích V =
2 2 2
3( )
1
3 2


dáy
b a b

S h

* Xác định được d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ. Chứng minh OJ (SAF)
Trong SOJ vuông tại O ta có OJ =
2 2
2 2
2 2
. 3( )
4




OI SO a b
b
a b
OI SO


0,25

0,25


0,25


0,25
Câu
7

( ) : 2 2 1 0
P x y z
- + - =
có vtpt
(2; 1;2)
n = -
r

 Gọi H(x
0
; y
0
; z
0
) là hình chiếu vuông góc của điểm
(1;3; 2)
A
-
lên mp
( )P
thì
.AH t n
 
 (x
0
- 1; y
0
- 3; z
0
+ 2) = t

(2; 1;2)
-
, t

R
 Do đó,
0
0
0
1 2
3
2 2
x t
y t
z t
ì
ï
= +
ï
ï
ï
= -
í
ï
ï
= - +
ï
ï
î
(*)

 Thay (*) vào PTTQ của
2
3
( ) : 2(1 2 ) (3 ) 2( 2 2 ) 1 0P t t t t
+ - - + - + - = Û =

 Thay
2
3
t
=
vào (*) ta được:
; ;
0 0 0
7 7 2
3 3 3
x y z
= = = -

 Vậy, toạ độ hình chiếu vuông góc của A lên mp
( )P
là
7 7 2
; ;
3 3 3
H
æ ö
÷
ç
÷

-
ç
÷
ç
è ø

 Gọi
( )S
là mặt cầu tâm A và đi qua O
 Tâm của mặt cầu:
(1;3; 2)
A
-

 Bán kính của mặt cầu:
2 2 2
1 3 ( 2) 14
R OA= = + + - =

 Vậy, phương trình mặt cầu cần tìm là:
2 2 2
( 1) ( 3) ( 2) 14
x y z- + - + + =

0,25





0,25



0,25

0,25
Câu
8
Ta có:
3A M GM=
uuuur uuur
=> A(0; 2)
Đường thẳng AM có phương trình
0 2
1 0 1 2
x y
 

  
 3x + y – 2 = 0
Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AM nên có phương trình –x + 3y + 4 = 0 (i)

0,25


0,25
Vì MB = MC = MA =
10
nên tọa độ (x ; y) của B, C thỏa mãn (x–1)
2
+ (y + 1)
2

= 10 (ii)
Từ (i), (ii) => B(4; 0), C(-2; -2) hoặc C(4; 0), B(-2; -2)

0,25
0,25
Câu
8
Ta có P =
2 2 2 2 2 2
2 2 2
x y z x y z
xyz
+ +
+ + +

Do
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2

x y y z z x
x y z xy yz zx
  
       

Nên P
2 2 2
1 1 1
( ) ( ) ( )
2 2 2
x y z
x y z
     

Xét hàm số f(t) =
2
1
2
t
t

liên tục với t > 0. ta có: f’(t) = t -
3
2 2
1 1
t
t t



Ta có bảng biến thiên:
t 0 1 +


f’(t) - 0 +
f(t) +

+



3
2

Suy ra, f(t)
3
, 0
2
t
  
. Do đó, P
3 9
3.
2 2
 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy minP =
9
2

0,25





0,25




0,25





0,25