Đề thi thử Quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán trường THPT Hậu Lộc 2, Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
1
(1)
1
x
y
x



và đường thẳng d:
.y x m 

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp tuyến
của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
sin2 2sin 1 cos2x x x  

()x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân

1
1
( )ln
e
I x xdx
x



Câu 4 (1,0 điểm).
a) Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi.
Tính xác suất để 3 viên được chọn có cả ba màu.
b) Giải phương trình:
2
33
log 4log (3 ) 7 0xx  
trên tập hợp số thực.


Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ): 2 2 1 0P x y z   

và điểm
(3;0; 2)A 
. Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa
độ tiếp điểm của (S) và (P).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác vuông tại
A

và
2AB a
,
23AC a

. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng
()ABC
là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa
hai mặt phẳng
()SBC
và
()ABC
bằng
0
30
. Tính theo a thể tích của khối chóp
.S ABC
và khoảng
cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng
()SAC
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác
ABC
nội tiếp đường tròn
tâm
(3;5)I
và ngoại tiếp đường tròn tâm
(1; 4)K
. Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh
AB, AC kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là

(11;14)F
. Viết phương trình đường
thẳng BC và đường cao qua đỉnh

A của tam giác ABC.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
22
2
( 2 2 1)( 1) 1
9 2014 2 4 2015
x x x y y
y xy y y x

      


      



( , )xy

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
2 2 2
1 2 2
.
c a b


Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức
2 2 2
.
a b c
P
b c a c
abc





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:………………………

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
Đáp án gồm 5 trang
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án
Điểm
1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
1
(1)
1
x
y
x




1,0

Tập xác định:
 
\ 1 .D 

 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
2
' 0 .
( 1)
y x D
x
   


hàm số đồng biến trên từng khoảng xá định và không có cực trị.
0,25
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 1
xx
yy
 

; tiệm cận ngang là: y=1.



11
lim ; lim ,
xx
yy

 
   
tiệm cận đứng là: x= -1.


0,25

- Bảng biến thiên:

x



1



y’





y




1


1


0,25




 Đồ thị

Nhận xét: Đồ thị
 

C
nhận điểm uốn
 
1;1I 
làm tâm đối xứng.

0,25
b)Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp
tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
1,0
PT hoành độ giao điểm của ĐT hs
 
1
với đường thẳng d:

2
1
1
( ) (2 ) 1 0 (2).
1
x
x
xm
g x x m x m
x



   


     



0,25
ĐT (C) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi PT (2) có 2 nghiệm phân biệt
0,25
khác -1
2
0
80
( 1) 0
20
m
g










đúng với mọi m.

Khi đó
,
AB

xx
là nghiệm của phương trình (2). Do tiếp tuyến tại A và B song với nhau nên ta
có:
22
()
22
'( ) '( )
2
( 1) ( 1)
AB
AA
AB
AB
x x l
f x f x
xx
xx


   

  



Theo định lý Viet ta có:
2
AB
x x m  
. Do đó

2 2 0.mm    

0,25


0.25
2
Giải phương trình:
sin2 2sin 1 cos2x x x  

()x

1,0

2
sin2 2sin 1 cos2 sin2 2sin 1 cos2 0 2sin cos 2sin 2sin 0x x x x x x x x x x           

0,25
sinx 0
2sin (cos sin 1) 0
sinx+cosx= -1
x x x


    



0,25


sin 0x x k

   

0,25

2
3
cos sin 1 cos( ) cos
44
2
2
xk
x x x
xk







       

  


Vậy nghiệm của phương trình là :
 
2 ; .

2
x k x k k


    

0,25
3
Tính tích phân
1
1
( )ln
e
I x xdx
x



1,0
1 1 1
11
( )ln ln ln
e e e
I x xdx x xdx xdx
xx
   
  

0,25
 Ta có:

2
1
11
1 ln 1
ln ln (ln ) .
1
22
ee
e
x
I xdx xd x
x
   


0,25
 Tính
2
1
ln
e
I x xdx

, đặt
2 2 2 2 2
2
2
1
ln
13

. ln .
11
2 2 2 4 4 4
2
e
dx
du
u x e e
x x e x e e
x
I x dx I
dv xdx
x
v







       









0,5
4
a) Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi.
Tính xác suất để 3 viên được chọn có cả ba màu.
b) Giải phương trình:
2
33
log 4log (3 ) 7 0xx  
trên tập hợp số thực.


1,0
a) Số phần tử của không gian mẫu là:
3
12
220.C 

0,25
Số cách chọn 3 viên bi có đủ 3 màu là 3.4.5=60. Do đó xác suất cần tính là
60 3
220 11
p 

0,25
b) Điều kiện x>0.
Với điều kiện trên PT đã cho tương đương với
2
33
log 4log 3 0xx  

0,25
3
3
log 1
3
log 3
27
x
x
x
x











Vậy nghiệm của phương trình là x=3, x=27.

0,25

5
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ): 2 2 1 0P x y z   

và điểm
(3;0; 2)A 
. Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ
tiếp điểm của (S) và (P).
1,0
Bán kính mặt cầu (S) là
( ;( )) 3.R d A P

0,25
Phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
( 3) ( 2) 9.x y z    

0,25
Gọi H là tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P), suy ra
()AH P
do đó vectơ pháp tuyến
của (P) cũng là vectơ chỉ phương của AH. Phương trình đường thẳng AH là:

32
22
xt
yt
zt







  


0.25
()H AH P
do đó tọa độ tiếp điểm H(1; -1; 0)
0,25
6
Cho hình chóp
.S ABC
có đáy là tam giác vuông tại
A
và
2AB a
,
23AC a

. Hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng
()ABC
là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa hai mặt
phẳng
()SBC
và
()ABC
bằng
0
30
. Tính theo a thể tích của khối chóp
.S ABC

và khoảng
cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng
()SAC
.
1,0

Diện tích
ABC
là:
 
2
1
. 2 3
2
dt ABC AB AC a  

Trong mp
 
ABC
kẻ
HK BC
tại
K
 
BC SHK

Từ giả thiết ta có: 

= 30
0

0,25
Có
22
4BC AB AC a  

sinABC

=
AC
BC
=
HK
HB
=

3
2
 HK =
a

3
2
. Trong tam giác SHK có:
SH = HKtanSKH

=
a

2

Thể tích của khối chóp là:
 
3
13
.
33
a
V SH dt ABC  
(đvtt)
0,25
Do M là trung điểm của cạnh BC nên MH song song với AC, do đó MH song song với mặt
phẳng (SAC), suy ra khoảng cách từ M đến mặt (SAC) bằng khoảng cách từ H đến mặt (SAC).
Trong mp
 
SAB
kẻ
HD SA
tại
D
. Ta có:
   
AC SAB AC DH DH SAC    

0,25



2 2 2

1 1 1 5
5
a
HD
DH HA HS
   
. Vậy 

;




= 

;




=  =


5
5


0,25
7
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác

ABC
nội tiếp đường tròn tâm
(3;5)I
và
ngoại tiếp đường tròn tâm
(1; 4)K
. Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC
kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là
(11;14)F
. Viết phương trình đường thẳng
BC và đường cao qua đỉnh

A của tam giác ABC.
1,0
 Ta có F là giao điểm của đường phân giác trong góc A với các đường phân giác ngoài của
các góc B và C, suy ra ,  , do đó tứ giác BKCF nội tiếp đường tròn đường kính
FK.
0,25

A
C
B
S
H
K
M
D
 Gọi D là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có:



=


2
+


2
= 

, suy ra tam giác DCK cân tại D, do đó DK= DC = DB nên D là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF, do vậy
D là trung điểm của FK, suy ra D(6; 9).
0,25
 Tính được ID=5, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
(x 3)
2
+ (y 5)
2
= 25 (C
1
).
 =

50, phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF là:
(x 6)
2
+ (y 9)
2
= 50 (C

2
).
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ

(x 3)
2
+ (y 5)
2
= 25
(x 6)
2
+ (y 9)
2
= 50



x
2
+ y
2
6x 10y + 9 = 0
x
2
+ y
2
12x 18y + 67 = 0

 6 +


858 = 0 3 + 4 29 = 0(1) .
Tọa độ B, C thỏa mãn phương trình (1), mà (1) là phương trình của một đường thẳng, mặt khác

C
1

, (C
2
) cắt nhau do đó phương trình (1) là phương trình đường thẳng BC. Vậy BC có phương
trình là: 3 + 4 29 = 0(1)
( có thể giải hệ ta được B(-1; 8), C(7; 2) và viết được phương trình BC)
0,25

 Phương trình FK: x-y+3=0.
A, D là giao của FK với (C
1
) , suy ra A(-1; 2),
do đó phương trình đường cao AH là:
4x -3y+10=0.



0,25
8
Giải hệ phương trình:




 

 
22
2
2 2 1 1 1 1
9 2014 2 4 2015 2
x x x y y
y xy y y x

      



      


( , )xy

1,0
Đk:
90y xy  

Ta có:
2 2 2
1 1 0y y y y y y       
, nhân 2 vế PT (1) với
2
1 0.yy  

PT
       

22
1 1 1 1 1 (3)x x y y         


0,25
Xét hàm số:
 
2
1f t t t  
trên

, có
   
2
22
1
' 0,
11
tt
tt
f t t f t
tt


     


đồng
biến trên


(3) ( 1) ( ) 1f x f y x y       

0,25

Pt
 
2
trở thành:
22
8 3 2015 2014x x x    

 
3





   
22
22
11
8 3 3 2 2015 1 0 1 2015 0(4)
8 3 3 2
xx
x x x x
xx



             

   


0,25
C
B
I
A
K
D
F


Đặt:
22
11
2015
8 3 3 2
xx
T
xx


   

x
có
22

8 3 2015 2014 0 0x x x x       

Do
22
22
11
0, 8 3 3 2 0 0 0.
8 3 3 2
xx
x x x T
xx

           
   
nên
(4) 1 0 1xx    
(thỏa mãn)
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm:
 
1; 2

0,25
9

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
2 2 2
1 2 2
.
c a b


Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
2 2 2
.
a b c
P
b c a c
abc




1,0
Ta có:
22
2 2 2 2 2
1 2 2 1
(1)
2
cc
c a b a b
    
, và
22
1
.
11
( ) ( ) 1
ab

cc
P
ba
aa
cc
cc




Đặt :


22
1
, ; , 0 .
11
1
a a x y
x y x y P
c c y x
xy
      





2 2 2 2
22

1 1 1
(1) 2( ) .
2
x y x y
xy
     


0,25






Mặt khác
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
( ) 2( ) 1 ( ) 2 1 ( ) 2( ) 1
1
1 ( 1) .
1 1 1
x y x y x y x y xy x y x y xy x y x y
xy
x y x y P
y x x y
                  
         
   

Lại có:
2
1
( ) 4 4( ) 4 1 0
1 1 1
xy
x y xy x y x y x y P
y x x y
              
   

0,25

1 1 1 1 1
1 1 2 ( 1)( ) 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 1 4 1
( 1)( ) 2 2
2 1 2 1
x y x y
xy
y x x y y x x y y x x y
xy
x y x y x y x y
             
           
       
       

0,25

Đặt:
41
4 ( ) 2 .
21
t x y P f t
tt
       


2 2 2 2
4 1 3 ( 4)
'( ) 0, [4; )
( 2) ( 1) ( 1) ( 2)
tt
f t t
t t t t

      
   
, suy ra
()ft
đồng biến trên
[4; )

Vậy
5
( ) (4)
3
P f t f  
hay

min
4
5
4 2 2 .
3
xy
P t x y a b c
xy


         




0,25
…………………Hết……………….