Đề thi thử Quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán trường THPT Gia Viễn A, Ninh Bình

TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC 2014 – 2015; Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng
tại ba điểm phân biệt.
Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương
trình: .
Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân:
1. . 2. .
Câu 4: (1,0 điểm).
1. Giải phương trình: .
2. Tìm số hạng không
chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức: .
Câu 5: (1,0 điểm). Trong
không gian với hệ trục tọa độ Oxyz,
cho các điểm . Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có bán kính R = 3, đi
qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy.
Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều
cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC.
Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng
với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
và đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến
đường tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho , với I là tâm của đường tròn (C).
Câu 8: (1,0 điểm). Giải
hệ phương trình: .

Hết
3 2

2 6y x x= +
:d y mx=
( ) ( )
sin sin 1 cos 1 cosx x x x− = −
ln2
0
. 5
x x
I e e dx= −
∫
( )
7
2
ln 2 1I x dx= + +
∫
( )
2
2
log 4 log 2 10x x+ + =
( )
15
2
2
; 0x x
x
 
+ >
 ÷
 
( ) ( ) ( )

1;1; 2 , 3;0;1 , 1;2;3A B C− −
( )
2 2
: 2 4 1 0C x y x y+ − + + =
3
MAB IAB
S S
∆ ∆
=
( )
( )
3 2
2
2 7 2 1 3 1 3 2 1
; ,
2 4 3 5 4
y y x x x y
x y R
y y y x

+ + − = − + +

∈

 − + = − + +

1
HƯỚNG DẪN CHẤM
Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm.
Câu Nội dung Điểm

1 (2,0
điểm)
1/ (1,0 điểm)
TXĐ: D = R. .
. Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8.
Giới hạn.
Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị.
Vẽ đồ thị.
0,25
0,25
0,25
0,25
2/ (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình:
.
Để hai đồ
thị cắt nhau
tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0.
Khi đó: .
0,25
0,25
0,5
2 (1,0
điểm)
.
KL.
0,25
0,25
0,25
0,25

3 (2,0
điểm)
1/ (1,0 điểm)
Đặt . Tính .
Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì .
Khi đó: .
KL.
0,25
0,25
0,5
2/ (1,0 điểm)
2
' 6 6y x x= +
0
' 0
2
x
y
x
=

= ⇔

= −

( )
3 2 2
2
0
2 6 2 6 0

2 6 0 (*)
x
x x mx x x x m
x x m
=

+ = ⇔ + + = ⇔

+ + =

9
' 0 9 2 0
2
0 0
0
m
m
m m
m

∆ > − >
<
 

⇔ ⇔
  
≠ ≠
 

≠


( ) ( )
sin sin 1 cos 1 cos sin cos 1x x x x x x− = − ⇔ + =
1
2 sin 1 sin
4 4
2
x x
π π
   
⇔ + = ⇔ + =
 ÷  ÷
   
2
2
2
x k
x k
π
π
π
=


⇔

= +

5
x

u e= −
2
x
e dx udu= −
3u =
2
3
2
2
3
3
2 16
2 2 3
3 3
u
I u du= = = −
∫
2
Đặt . Tính .
Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3.
Khi đó: .
Sử dụng từng phần ta được .
0,25
0,25
0,5
4 (1,0
điểm)
1/ (0,5 điểm)
Đk: .
Ta có: .

Đặt , (t ≥ 0).
Phương trình có dạng: .
Với t = 2 ta được .
Vậy phương trình có nghiệm
x = 4.
0,25
0,25
2/ (0,5 điểm)
Ta có: .
Khi đó xét số
hạng không
chứa x ta có .
Vậy số hạng không chứa x là .
0,25
0,25
5 (1,0
điểm)
Ta có .
Do đó là vectơ
pháp tuyến của mặt phẳng (ABC).
Do đó (ABC): x + 2y – 3 = 0.
Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0).
Do (S) có bán kính R = 3
và đi qua A nên .
Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên .
Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0)
nên .
0,25
0,25
0,25

0,25
3
16ln 2 3ln 3
2
I = − −
( )
3
2
2 .ln 1I t t dt= +
∫
2dx tdt
=
2t x= +
1
4
x ≥
( )
2 2 2
2
log 4 log 2 10 2log 4 log 2 10 0x x x x+ + = ⇔ + + + − =
2
log 2t x= +
2
2
2 10 0
5
( )
2
t
t t

t l
=


+ − = ⇔

= −

2 2
log 2 2 log 2 4x x x+ = ⇔ = ⇔ =
( )
15 15
5 15
15 15
2 2 15
2
15 15
0 0
2 2
. . 2 . .
k
k
k
k k k
k k
x C x C x
x x
−
−
−

= =
   
+ = =
 ÷  ÷
   
∑ ∑
5 15
0 3
2
k
k
−
= ⇔ =
12 3
15
2 .C
( ) ( ) ( )
2; 1;3 , 2;1;5 ; ; 8; 16;0AB AC AB AC
 
= − = − = − −
 
uuur uuur uuur uuur
( )
1;2;0n =
r
( )
2
3
1 5 9
1

a
IA R a
a
=

= ⇔ − + = ⇔

= −

( ) ( )
2
2 2
: 3 9S x y z+ − + =
( ) ( )
2
2 2
: 1 9S x y z+ + + =
3
6 (1,0
điểm)
Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng
AB. Theo giả thiết ta có SH
⊥
(ABCD) và .
Do . Khi đó . Vậy .
Gọi P là trung điểm của cạnh
AH. Do đó MP // SH hay MP ⊥ (ABCD).
Dễ thấy ∆MPN vuông tại P.
Ta có .
0,25

0,25
0,25
0,25
7 (1,0
điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2.
Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vuông nên hai góc M và I bù nhau.
Theo công thức diện tích , từ ta
được .
Gọi điểm M(a;3 – a). Do nên .
Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2).
0,25
0,25
0,25
0,25
8 (1,0
điểm)
Đk: .
Ta có:
.
Xét hàm số đồng biến trên R. Khi
đó phương trình trên có dạng:
.
Thế vào
phương trình còn lại ta được:
.
Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy
nhất x = – 3.
Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3).
0,25

0,25
0,25
0,25
Hết
1 3 13
;
2 4 4
a a
MP SH PN MN a= = = ⇒ =
3
.
1
.
3 2
S ABCD ABCD
a
V SH S= =
2
. 3
ABCD
S AB AD a= =
3AB a AD a= ⇒ =
3
2
a
SH =
3
MAB IAB
S S
∆ ∆

=
2 2
3 4MA R MI= ⇒ =
4MI =
1
5
a
a
=


=

4 1x− ≤ ≤
( )
( ) ( )
3
3 2
2 7 2 1 3 1 3 2 1 2 1 1 2 1 1 1y y x x x y y y x x x+ + − = − + + ⇔ − + − = − − + −
( )
3
2f t t t= +
( )
( )
1 1 1 1 1 1f y f x y x y x− = − ⇔ − = − ⇔ = + −
3 2 4 1 4 4 1 3 2 4 0x x x x x x− = − − + + ⇔ + − − − − + =
4