Đề thi mẫu THPT quốc gia năm 2015 môn toán Trường THPT Nguyễn Trung Thiên

TRƯ
ỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THI
ÊN



Đ
Ề THI
TH
Ử K
Ì THI QU
ỐC GIA
NĂM 2015


TỔ TOÁN







Môn TOÁN
(L
ần 1)




Th

ời gian làm bài: 180 phút


Câu
1
(2,0 đi
ểm).
Cho hàm s
ố
x
1
y
2
x 1




(1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b)
Ch
ứng minh rằng đ
ư
ờng thẳng y = x + m luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B.
Tìm m
đ
ể độ d
ài đo

ạn AB =
2
.
Câu 2
(1,0 điểm).
Giải ph
ương trình:
si
n2
x s
inx
2 4
co
sx
 


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 tr
ình:

 
 
2
4
2
4
l
o
g
3
l
o
g
6
1
0
2

0





x
x

Câu
5
(1,0 đi
ểm).

M
ột tổ học sinh gồm
có
5 h
ọc sinh
nam và 7
h
ọc sinh nữ.
Chọn ngẫu nhi
ên 2 h
ọc sinh đi chăm sóc bồn hoa.

Tính xác su
ất để 2 học sinh
đư
ợc ch

ọn đi chăm sóc b
ồn hoa có cả nam và n
ữ.

Câu 6
(1,0 điểm).
Cho hình chó
p S.ABCD có đáy ABCD là h
ình thoi c
ạnh a,
góc

0
BAD 60
. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là
trọng tâm
A
BC. Góc giữa m
ặt 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. Đư
ờng thẳng AC qua F(1;3). Tìm t
ọa 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: ……………….
14
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:
1
ln( 1)
1
1
(1 ) ln( 1).
1
1 1
u x
du dx
x
x
x
dv dx
v dx dx x x

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
K
N
DM
H
N
K
N






.
Gọi IH
là đường cao của


,
( )S
HN
d H S
CD
HI
 
. Ta có:
2
2
.
7
S
H HN
a
HI
SH
H
N
 

.

0.25

Vậy
   
3 3
3 7
,(
) ,(
)
2
2
1
4
a
d B
SCD
d
H SC
D H
I 

.
0.25
Gọi H
là trực tâm
ABC
 
BDCH là hình bình
hành
M là trung đi
ểm của DH

 
2
;
0
H
.
0.25
Đường thẳng
A
C
đi qua
 
1
;
3
F
và nhận


3; 3HE  


làm véctơ pháp tuyến n
ên phương trình của
A
C
là:
4
0
x

y

 
. Đường cao BH qua H và E nên phương
trình c
ủa 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 đi
ểm 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 tr
ình biến đổi thành:
   
 


2
2
2
2 3 1
3 1
x x x
x
  
 
  

0.
25

Đặt
2u x 
,
v x

. Xét hàm số




2
3 1
f t t
t 

, phương trình tr
ở 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 tr
ình tương đương
2 1x x x     
. Vậy ph
ương trình có nghiệm duy nhất

1x  
.
0.25
Từ giả thiết suy ra:
0 , , 3x y z 
. Ta có:






2
2 2 2
2 2 3y 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 3x x 

   

2
1 2 0x 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
mi
n
3
4
P 
.
0.25