Đề thi mẫu THPT quốc gia năm 2015 môn toán Trường THPT Nguyễn Thị Minh Khai

6


TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề .

Câu 1 (4đim):Cho hàm số
)1
(
1
12
x
x
y




a.Khảo st sự biến thiên và vẽ đ thị (C) của hàm số (1)
b.Lập phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 4x+y+3=0
Câu 2 (1đim): Giải phương trình
0
2cos
2sin
22sin


xxx

Cầu 3 (1đim): Giải bất phương trình
   
xx




1
2
4
4
3
1
log
3
3
log

Câu 4 (2 đim): Tính I =



1
0
2
2
4
)
4

ln(
dx
x
x
x

Câu 5 (2đim):Từ tập hợp A={0,1,2,3,4,5,6,7} lập được bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số đôi
một khc nhau bé hơn 3045
Câu 6 (2đim): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(-1; 2; 1); B(2; -2; 4); C(0; -4; 1).
Chứng minh ba đim A, B, C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt cầu đi qua hai đim A,
B và có tâm I nằm trên trục Oy.
Câu 7 (2đim): Cho hình hộp
ABCD
DC
BA

có hình chóp A'ABD là hình chóp đều,
AB=AA'=a. Tính theo a th tích khối hộp
ABCD
DCBA


và khoảng cch giữa
hai đường thẳng
BA

và
CA



Câu 8 (2đim): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam gic ABC cân tại B nội tiếp
đường tròn (C) có phương trình
02510
2
2

 yyx
. I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng BI
cắt đường tròn (C) tại M (5;0) .Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn (C) tại N







5
6
;
5
17
. Tìm tọa
độ A,B,C biết hoành độ đim A dương.
Câu 9 (2đim): Giải hệ phương trình











323
323
)
1(
1)
73
(
3463
xy
x
yyxxx
với

y
x
,
(
R)
Câu 10 (2đim): Cho cc số dương a,b,c thoả mãn a(a-1)+b(b-1)+c(c-1)

3
4

Tìm gi trị nhỏ nhất của
1

1
1
1
1
1






cba
P

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…………
27
1

TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2014 - 2015.
(Đp n - thang đim gm 05 trang)

Câu 1
Đáp án
Điểm

1a

(2đ)
- Tập xc định D = R\
 
1

- Sự biến thiên
giới hạn



y
x 1
lim
;



y
x 1
lim


đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng

2lim 

y

x
;
2lim 

y
x


đường thẳng y = -2 là tiện cận ngang


0,5
Chiều biến thiên
2
)1(
12)1(2
x
xx
y



=
2
)1(
1
x
> 0
x
1


hàm số đng biến trên (
)1;
và
);1( 


0,5
Bảng biến thiên







0,5
Đ thị:
cắt Ox tại ( 0 ; -1); cắt Oy tại (
)0;
2
1

và nhận giao đim hai tiệm cận
I (1; -2) làm tâm đối xứng

0,5
Câu 1
Đáp án
Đim

1b
(2đ)
Gọi
)()
1
12
;(
0
0
0
C
x
x
xM 



Tiếp tuyến của (C) tại M:
2
0
)1(
1
x
y



)(
0
xx 
0
0
1
12
x
x






0,25
Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d nên hệ số góc của tiếp tuyến là
4
1
k

0,25



2
0
)1(
1
x
=
4
1






21
21
0
0
x
x







3
1
0
0
x
x


0,5
Với
1
0
x

PTTT:
4
5
4
1
2
3
)1(
4
1
 xyxy

0,5
Với

3
0
x

PTTT:
4
13
4
1
2
5
)3(
4
1
0
 xyxy

0,5

x
y
y
'
-2

+


-


+


-


1

+

+

-2



O

y

x

2
1

I
-2
1
-1

2

Câu 2

(1đ)
0)1(cos2)1(cossin2
02cos2sin22s in


xxx
xxx
0)2sin2)(1(cos  xx

0,5







1si n
1cos
x
x


0,25
cosx = 1


x=

2k

sinx = 1

x=


2
2
k
. Nghiệm của phương trình là









2
2
2
kx
kx


0,25

Câu 3
(1đ)
2
4
4
log)33(log 
x
(
)31
1 x

(1)
điều kiện xc định








031
033
1 x
x

x>1

0,25
(1)


33log2
2

x



)31(log2
1
2
x



)33(log
2

x


)31(log
1
2
x


33 
x


x
3
3
1



0,25

033.43
2

xx








33
13
x
x


0,25







1
0
x
x

Kết hợp điều kiện

tập nghiệm của bất phương trình là:
);1( S


0,25

Câu 4

(2đ)
dx
x
xx
I




1

0
2
2
4
)4ln(
đặt u = ln
)4(
2
x

du =
dx
x
x
4
.2
2


0,5
0x

4lnu

1x


5lnu

0,5

I =


5ln
4ln
2
4ln
5ln
42
1 u
udu

0,5
=
 
4ln5ln
4
1
22


0,5
Câu 5

(2đ)
Gọi số cần lập là
abcd

Do
abcd

<3045 và
abcd
là số chẵn nên d

{0,2,4,6} và a

3
Nếu a=1 thì d có 4 cch chọn và mỗi cch chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6

Có
120.4
2
6
A
số
0,5
Nếu a=2 thì d có 3 cch chọn và mỗi cch chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6

Có
90.3
2
6
A
số
0,5
Nếu a=3,b=0,c=4 thì d có một cch chọn

có 1 số
0,25
Nếu a=3,b=0,c=1 thì d có 3 cch chọn


có 3 số
0,25
nếu a=3,b=0,c=2 thì d có 2 cch chon

có 2 số
0,25
Vậy tất cả có 120+90+1+3+2 = 216 số cần lập


0,25
3


Câu 6

(2đ)

AB
= (3; -4; 3);
AC
= ( 1; -6; 0)
Giả sử tn tại số k sao cho
AB
= k
AC
(1)










k
k
k
03
64
3
Vô nghiệm

Không tn tại k thõa mãn (1)

A, B, C không thẳng hàng


0,5
Do I

Oy nên I(0;a;0)
Mặt cầu đi qua A,B nên IA=IB.

1+(a-2)
2
+1= 4+(a+2)
2
+16

0,5

a
2
-4a+6 = a
2
+4a+24

8a = -18

a =
4
9

0,25

I(0;
4
9
;0). Bn kính của mặt cầu R=IA=
1)2
4
9
(1
2



=
4

321

0,5
Vậy phương trình mặt cầu là
16
321
4
9
2
2
2







 zxx

0,25
Câu 7
(2đ)

Do
ABDA
/
là hình chóp đều nên với G
là tâm

ABD

GA
/

(ABD)

A'G là chiều cao của lăng trụ. Gọi
O là giao đim của BD và AC.Ta có
AG =
3
2
.AO=
2
3a
.
3

2
=
3
3a

Trong tam gic vuông
AGA
/
ta có
GA
/
=
3
6
3
2
222
aa
aAGAA 





0,5



ABCD
S

= 2
ABD
S

= 2.
2
1
. AO.BD =
2
3
2
a

DCBAABCD
V

=
GA
/
.
ABCD
S
=
3
6a
.
2
3
2
a

=
2
2
3
a


0,5
Gọi H là giao đim của A'C' và B'D'. Do A'C'// AC nên
),( CABAd

=
))(,( BACCAd

=
))(,( BACHd


Từ H kẻ
HE
//
GA
/









)//()(
)(
ABCDDCBA
ABCDGA
HE


DCBA

(
)


HE

A'C' (1)
Do
DCBA

là hình thoi nên
CA


DB

(2)


0,5

Từ (1) (2)


CA


(E
DB

)

AC

(E
DB

) (3)

Từ H kẻ
HK

EB




HK

(
BAC


)
Từ (3)


HK

AC




HK
= d (H, (
BAC

)



0.25
Trong tam gic
HEB

ta có :

2
1
HK
=

2
1
HB

+
2
1
HE
=
2
4
a
+
2
6
9
a
=
2
2
11
a


HK
=
11
2a

0.25
O
A
B
C
D
D’

G
E
A’

B’

C’

H
K
4

Câu 8
(2đ)

Ta có I (0;5).
Do I là trung đim BM

B(-5;10)




0,25



Ta có:
ABM ACN  
(cùng phụ với
BAC
) nên A là trung đim cung MN
0,25

IA

MN ,









5
6
;
5
42
MN

Do IA

MN nên đường thẳng AI nhận
n
=(7;1) làm véc tơ php tuyến


0.25
Phương trình đường thẳng AI là 7x + y - 5 = 0
Tọa độ A là nghiệm hệ :





02510
057
22
yyx
yx

0,25







50)5(
75
22
yx
xy

x
49
2

2
x
=50

2
x
=1






)(1

1
loaix
x

x=1

y=-2

A(1;-2)

0,25
Đường thẳng BI nhận véc tơ
BI
= (5;-5) làm véc tơ chỉ phương nên nhận
1
n
=(1;1) làm véc tơ php tuyến.

phương trình đường thẳng BI là x +y - 5 = 0
0,25
Do tam gic ABC cân tại B nên C đối xứng với A qua BI
AC

BI nên đường thẳng AC nhận
BIn
5
1
2

= (1;-1) làm véc tơ php tuyến


phương trình đường thẳng AC là x-1-(y+2) = 0

x-y-3 = 0

0,25
Gọi H là giao đim của BI và AC

Tọa độ H là nghiệm hệ





05
03
yx
yx






1
4
y
x

H(4;1)

Do H là trung đim AC nên C(7;4). Vậy A(1;-2) ,B(-5;10) ,C(7;4)

0,25
Câu 9
(2đ)







)2()1(1)73(
)1(3463
323
323
xyx
yyxxx

Từ (1)

yyxx 3)1(3)1(
33

. Xét hàm số
)(tf
=
3
t
+ 3

t
trên R



0,25

)(' tf
= 3
2
t
+ 3 > 0

t


R

hàm số y = f(t) đng biến trên R

(1)

)1( xf
=
f
( y )


x
+1= y

0,25
Thay y =
x
+ 1 vào (2) ta có
3
x
(
x3
- 4) = 1-
32
)1( x


3
x
(
x3
- 4) =
2
222
11
)111(
x
xxx




x

2
0
11
12
43
2
22
2












x
xx
xx



0,5












)3(0
11
12
43
0
2
22
2
x
xx
xx
x




0,5
A

C
B
I

N
M
H
5

(3)










3
4
3
2
3
2
x
0
1
1
12
2
2
2






x
xx










2
3
2
3
x




0
1
1
6

25
11
2
2
2
2





x
x
x
(vô nghiệm)
Với
x
= 1

y = 1
Vậy hệ có nghiệm (
x
; y) = ( 0;1)


0,5
Câu10
(2đ)

Ta có



3
.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
9
2




















c
b
a
P
c
c
b
b
a
a

3
9




cb
a
P


0,5
giả thiết

2

2
2
cba 
- (a+b+c)
3
4

(1)
Mặt khc
2
2
2
cba


 
2
3
1
cb
a 
nên nếu đặt t = a+b+c thì

3
4
3
1
2



t
t

0 < t

4 (do a,b,c dương)

0,5

Xét hàm số f(t)=
3
9

t
trên


4
,0
ta có
0
)
3
(
9
)
(
2






t
t
f

=> hàm số f(t) nghịch biến trên


4
,
0
.


0,4
9
( ) (4)
7
minf t f  


0,5
GTNN của P là
7
9
khi













cb
a
c
b
a
cb
a
1
1
1
4
3
4


0,5

Hết