Đề thi mẫu THPT quốc gia năm 2015 môn toán Trường THPT Hồng Quang

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯ
ỜNG THPT HỒNG QUANG

Đ
Ề THI THỬ LẦN 1 KÌ THI
THPT
QU
ỐC GIA
NĂM 2015

MÔN: TOÁN

(
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đ
ề)
.


Câu
1 (2
,0
điểm)
.
Cho hàm số
2
(1)
1
x m
y
x




, với
m
là tham số
thực.


a)
Kh
ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
của hàm số
(1) v
ới
1m 
.
b
)
Tìm
m
đ
ể đường thẳng
: 2d y x
 
c
ắt đồ thị hàm số (1)
tại hai
điểm phân biệt
,A B

sao ch
o diện
tích tam giác
OAB
bằng

21
(O
là gốc tọa đ
ộ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2
2sin 3sin 2 2 0x x  
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
2
( 1)ln 1
ln
e
e
x x
I dx
x x
 


.
Câu 4 (1,0 đ
iểm

).
a) Giải phương tr
ình


2 2
2
log 9 4 log 3 log 3
x
x  
.

b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S. Tính xác suất để
số được chọn có chữ số hàng đơn vị và hàng chục đều là chữ số chẵn.
Câu 5 (1,0
điểm).
Trong kh
ông gian với hệ tọa đ
ộ
Oxyz
, cho m
ặt phẳng
( ): 2 3 8 0P x y z
   
và
điểm
(2;2;3)A
. Viết phương trình mặt cầu
( )S
đi qua điểm

A
, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và có tâm
thu
ộc trục hoành.
Câu 6 (1
,0
điểm)
.
Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi c
ạnh
a
, góc

0
60
ABC  .
Cạnh
bên
2SD a
.
Hình chiếu vuông gó
c c
ủa
S
trên m
ặt phẳng

( )ABCD
là đi
ểm
H
thu
ộc đoạn
BD
sao
cho
3HD HB
. G
ọi
M
là trung điểm cạnh
SD
. Tính th
ể tích khối chóp
.S ABCD
và tính khoảng
cách
gi
ữa hai đư
ờng thẳng
CM
và
SB
.

Câu 7
(1,0

điểm
). Trong m
ặt phẳng t
ọa độ
Oxy
,
cho tam giác
ABC

có đư
ờng cao và đường trung tuyến kẻ
t
ừ đỉnh
A
l
ần lượt
có phương tr
ình là
3 0x y
 
và

5 0x y
 
. Đ
ỉnh
C
n
ằm trên đường thẳng
: 2 0x y    và có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác

ABC
, biết đường thẳng chứa
trung tuyến kẻ
từ
C
đi qua đi
ểm
( 2;6)E 
.


Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
1 1
( 1) 1
( , )
8 9 ( 1) 2
y y
x
x x y
x y
y x y


  

 




   


.
Câu 9(1,0 điểm). Cho các số dương
, ,x y z
thỏa mãn
x y
và
( )( ) 1x z y z  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
2 2 2
1 4 4
( ) ( ) ( )
P
x y x z y z
  
  
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
29
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LÂN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN: TOÁN
(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang)
Câu Nội dung Điểm
Câu 1.a
(1,0đ)

Cho hàm số
2 1
1
x
y
x





* Tập xác định:
 
\ 1
D 


* Sự biến thiên:
2
3
'
( 1)
y
x



;
' 0,
y x D  

.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
   
;1 và 1;+ 
.


0,25
Giới hạn:
1 1
lim ;lim
x x
y y
 
 
   

lim 2; lim 2
 
 
x x
y y
.
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
1x 
và tiệm cận ngang
2y
.

0,25
- Bảng biến thiên












0,25

Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm
 
0; 1
,
cắt trục hoành tại điểm
1
;0
2
 

 
 

Đồ thị nhận điểm

 
1;2
I
làm tâm đối xứng.















0,25
Câu 1.b
(1,0đ)
Tìm
m
để đường thẳng
: 2
d y x
 
cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt
,A B

sao cho
diện tích tam giác
OAB
bằng
21
….


Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị hàm số (1) là
2
2 (2)
1
x m
x
x

 


Điều kiện
1x 

2
(2) 2 ( 1)( 2) 2 0 (3)
x m x x x x m         
.
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (3)
có hai nghiệm phân biệt khác 1. Điều kiện cần và đ
ủ là
9

0 1 8 4 0
4
1 1 2 0 2
2
m
m
m m
m

    
 
 

 
  
     
 

 








0,25
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4

-3
-2
-1
1
2
3
4
x
y
O
x





'y

y

1

0



2



2





Khi đó gọi các nghiệm của phương trình (3) là
1 2
,x x
. Tọa độ các giao điểm
1 1 2 2
( ; 2), ( ; 2)
A x x B x x
 
.
 
2 2 2
2 1 2 1 2 1 1 2
( ) ( ) 2 ( ) 4 2(1 4( 2 )) 2(9 4 )AB x x x x x x x x m m
            
.


0,25
: 2 2 0
d y x x y
     
Khoảng cách từ O đến đường thẳng d là
 
2

, 2
2
d O d  
.

0,25
Diện tích tam giác
OAB
bằng
 
1
21 , . 21
2
d O d AB 


1
2. 2(9 4 ) 21 9 4 21 3
2
m m m
       
.

0,25
Câu 2
(1,0đ)
Giải phương trình
2
2sin 3sin 2 2 0
x x

  
.

2
1 cos2
2sin 3sin 2 2 0 2 3sin 2 2 0
2
x
x x x

      


0,25
3 1 1
3sin 2 cos2 1 sin 2 cos2 sin 2 sin
2 2 2 6 6
x x x x x
 
 
        
 
 


0,25
2 2
6 6
,
5

2 2
6 6
x k
k
x k
 

 


  

 


  






0,25

6
,
2
x k
k
x k






 

 


 






0,25
Câu 3
(1,0đ)
Tính tích phân
2
2
( 1)ln 1
ln
e
e
x x
I dx
x x

 


.


2 2 2 2 2
2 2
( 1)ln 1 ln 1 ln 1 1 1 1
ln ln ln ln
e e e e e
e e e e e
x x x x x
I dx dx x dx x dx dx
x x x x x x x x x x
   
   
       
   
   
    



0,25
2
2
2 4 2
1
ln 1

2 2
e
e
e
x e e
M x dx x
x
e
 

 
     
 
 
 
 




0,25
2
1
ln
e
e
N dx
x x



. Đặt
1
ln
t x dt dx
x
  
.
Đổi cận
2
1; 2
x e t x e t
     

2
1
2
ln ln 2 ln1 ln 2
1
dt
N t
t
    




0,25

Vậy
4 2

1 ln 2
2
e e
I

  


0,25
Câu 4a
(0,5đ)
Giải phương trình
 
2 2
2
log 9 4 log 3 log 3
x
x  
.

Điều kiện
9
9 4 0 log 4
x
x   

     
2 2 2 2
2
log 9 4 log 3 log 3 log 9 4 log 3 .3

x x x
x     



0,25

2
3
3 1
9 4 3 .3 3 3.3 4 0 3 4 log 4
3 4
x
x x x x x
x
x

 
           



(Thỏa mãn)


0,25
Câu 4b
(0,5đ)
b) ) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên ……

Số phần tử của tập hợp S là 90.
Gọi
ab
là số tự nhiên có hai chữ số mà
,a b
đều là số chẵn. Ta có
   
2;4;6;8 , 0;2;4;6;8
a b 
. Suy ra có
4.5 20
số
ab
.

0,25

Xác suất để chọn được một số tự nhiên có hàng chục và hàng đơn vị đều là số chẵn là
20 2
90 9

.

0,25
Câu 5
(0,5đ)
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( ) : 2 3 8 0

P x y z
   
và……

Gọi tâm của mặt cầu (S) là điểm
( ;0;0)
I x
. Mặt cầu (S) đi qua
(2;2;3)
A
và tiếp xúc với (P)
nên ta có
 
2 2
2 8 2 8
,( ) (2 ) 4 9 (2 ) 13
4 9 1 14
x x
IA d I P x x
 
         
 




0,25
2 2 2
2 2 2
14 (2 ) 13 2 8 14((2 ) 13) (2 8)

3
14( 4 17) 4 32 64 10 88 174 0
29
5
x x x x
x
x x x x x x
x
         



          







0,25
Với
3 (3;0;0) 14
x I IA
    
Phương trình mặt cầu (S) là:
2 2 2
( 3) 14
x y z
   

.
0,25

Với
29 29 686
( ;0;0)
5 5 5
x I IA
    
Phương trình mặt cầu (S) là:
2
2 2
29 686
5 25
x y z
 
   
 
 
.


0,25
Câu 6
(1,0đ)
Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD

là hình thoi cạnh
a
, góc

0
60
ABC 
. Hình chiếu


Từ giả thiết có tam giác
ABC
đều, cạnh bằng
a
.
Gọi
3 3 3
3 3
2 4 4
a
O AC BD BO BD a HD BD a
        

2 2
2 2 2 2
27 5 5
2
16 16 4
a a a
SH SD HD a SH      

0,25
H
O
M
C
A
D
B
S
Diện tích tứ giác
ABCD
là

2
2 0
3
. .sin sin 60
2
ABCD
a
S AB BC ABC a  


Thể tích khối chóp
.
S ABCD

là
2 3
.
1 1 5 3 15
. .
3 3 4 2 24
S ABCD ABCD
a a a
V SH S  




0,25
2 2
2 2 2
5 3 2
16 16 2
a a a
SB SH HB SB     
.
( )
BD AC
AC SBD AC OM
AC SH


   




.
Diện tích tam giác
MAC
là
2
1 1 1 2 2
. .
2 4 4 2 8
MAC
a a
S OM AC SB AC a

   
.




0,25
   
// //( ) ( , ) ( ,( )) ,( ) ,( )SB OM SB MAC d SB CM d SB MAC d S MAC d D MAC
    

   
3
. .
1 1 1 1 1 15
,( ) . . ,( ) .
3 3 2 2 4 96

M ACD ACD ABCD S ABCD
a
V d M ABCD S d S ABCD S V

   

.
Mặt khác
   
3
.
.
2
15
3
1 30
32
,( ) . ,( )
3 8
2
8
M ACD
M ACD MAC
MAC
a
V
a
V d D MAC S d D MAC
S
a



    





0,25
Câu 7
(1,0đ)
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có ……………………

Gọi
1 2
: 3 0; : 5 0
d x y d x y
   

Tọa độ điểm
A
là nghiệm của hệ
3 0 0
(0;0)
5 0 0
x y x

A
x y y
  
 
 
 
  
 
.



0,25
 
;2
C C c c  
.
1
: 3 0
BC d BC x y m
    
.
Điểm
 
;2 3 2 0 2 2 : 3 2 2 0
C c c BC c c m m c BC x y c
               

Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tọa độ của M là nghiệm của hệ
5 5

5 0
5 5 1
7
;
3 2 2 0 1
7 7
7
c
x
x y
c c
M
x y c c
y


 

 

 

 
  
 
 
    
 



 



Gọi G là trọng tâm tam giác. Ta có
2 5 5
10 10
.
2
3 7
21
2 1 2 2
3
.
3 7 21
G
G
G G
c
c
x
x
AG AM
c c
y y









 
  
 
  
 
  




 






0,25

 
10 52 2 128
2; 4 ; ;
21 21
c c
EC c c EG
  
 

    
 
 
 

Do
, ,E G C
thẳng hàng nên
;
EC EG
 
cùng phương


0,25
2
10 52 2 128
1
21 21
5 6 0 6 (6; 4)
6
2 4
c c
c
c c c C
c
c c
  
 


          


  


Với
   
2 4
6 5; 1 4;2
2 2
B M C
B M C
x x x
c M B
y y y
  

    

  



0,25
Câu 8
(1,0đ)
Giải hệ phương trình
2
1 1

(1)
( 1) 1
( , )
8 9 ( 1) 2 (2)
y y
x
x x y
x y
y x y


  

 



   


.

Điều kiện xác định
1, 0x y  

2 2 2
2
2
1 1 1 1 1 ( 1) 1
( 1) 1 1 ( 1) ( 1)

1 0
1 1
0
( 1)
( 1)
y y y y xy y y x
x x
x x y y x x y x
yx y
xy y yx y
y x
y x
     
        
    
  

   
   


 





0,25
Với
2

( 1)
y x
 
, thay vào (2) ta có
2
8( 1) 9 ( 1) 1 2
x x x
     

Xét
1x  
. Đặt
1,( 0)
t x t
  
. Ta có phương trình
2
2 2 2 4 2 4 2 2
2
1
8 9 2 8 9 4 4 4 5 0 5
5
5 5 1 5 5
t
t t t t t t t t
t
t t x y

 
              




          
.




0,25
Xét
1x  
. Đặt
1,( 0)
t x t
  
. Ta có phương trình

2
2 4 2 4 2
2 2
2
2 2
2
6 41
8 9 4 4 12 5 0
8 9 2
6 41
2 0 2
2

t
t t t t t
t t
t
t t
t


 

 
       
  
      
    


   
 
  




Hệ vô nghiệm.

0,25

Với
( 1) 1

x y
  
, thay vào (2) có
1
8 9 2 0
y y
y
   
(3).
Vì
0 8 9 9 8 9 3
y y y
       
Phương trình (3) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
1 5
5
x
y

  





.
Chú ý: Không nêu kết luận cũng cho điểm ý này.

0,25
Câ
u 9
(1,0đ)
Cho các số dương
, ,x y z
thỏa mãn
x y
và
( )( ) 1
x z y z  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
th
ức
2 2 2
1 4 4
( ) ( ) ( )
P
x y x z y z
  
  
.


Đặt
x z a

 
. Từ giả thiết ta có
( )( ) 1x z y z
  
, suy ra
1
y z
a
 
. Do
1x y x z y z a
      
.
Ta có
2
1 1
( )
a
x y x z y z a
a a

       

2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
4 4
4 3
( 1) ( 1)
a a

P a a a
a a a a
      
 





0,25
Khi đó
2
2
2 2
3 4
( 1)
a
P a
a
  



0,25

Đặt
2
1t a 
. Xét hàm số
2

( ) 3 4
( 1)
t
f t t
t
  

với
1
t 
.
Ta có
2
3
1
'( ) 3 '( ) 0 ( 2)(3 3 2) 0 2
( 1)
t
f t f t t t t t
t
 
          


0,25

Từ bảng biến thiên có
( ) 12, 1
f t t
  
. Từ (1) và (2)
12P 
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
1
2
x z
y z

 


 


. Chẳng hạn
1; 2 1
1 1

2 1 1
2 2
x z
y

  


    


.Vậy giá trị nhỏ nhất của P
là 12.



0,25

t

1



'( )f t

( )f t

2

0



12

