Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 trường THPT Nguyễn Văn Trỗi, Hà Tĩnh

Câu 1 (4 điểm): Cho hàm số: .
a. ( 2 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b. (1 điểm) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị với trục tung.
c. (1 điểm) Tìm m để đường thẳng cắt đồ
thị của hàm số tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A đến trục hoành bằng khoảng
cách từ B đến trục tung.
Câu 2 (4 điểm):
a) Giải phương trình: .
b) Tính tích phân sau:
Câu 3(2 điểm): Cho hình chóp có đáy là
hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và mặt phẳng (SBD) tạo với một góc . Tìm thể tích khối chóp .
Xác định tâm và bán kính mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp
Câu 4(3 điểm): Trong hệ trục tọa độ
Oxyz, cho lăng trụ đứng có điểm . Tam giác là tam giác gì, khi đó tìm tọa độ điểm sao cho thể tích khối
chóp bằng 10. Gọi I là trung điểm , tìm cosin góc giữa và . Biết B’ có cao độ dương.
Câu 5 (2 điểm):
a) Giải phương trình: .
b) Cho tập hợp . Có bao nhiêu số có 8
chữ số lập từ các số của tập A, sao cho chữ số 1 có mặt 2 lần, chữ số 2 có mặt 3 lần, các số khác có
mặt một lần.
Câu 6(2 điểm): Cho tam giác có phương trình
đường thẳng BC: ,các điểm lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Hãy lập phương
trình cạnh AB biết điểm B có hoành độ không lớn hơn 3.
Câu 7(2 điểm): Giải hệ phương trình:
Câu 8(1 điểm): Cho thỏa mãn: , chứng
minh rằng :
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:………………………
(Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang)
Câu Nội dung Điểm

Câu 1
(4đ)
a.(2 điểm).
+)TXĐ: 0,25
+) Sự biến thiên 0,25
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI
TỔ: TOÁN
ĐỀ THI THỬ LẦN 1, KỲ THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút
(Không kể thời gian giao đề)
1
2 2
x
y
x
+
=
− +
y x m= −
2
2 2 2
1
log ( 4 1) log 8 log 4
2
x x x x− − = −
2
0
sin 2 cosI x xdx

π
=
∫
SABCD
( )ABCD
0
60
SABCDSABCD
' ' 'ABCA B C
(4;0;0), (0;3;0), (2;4;0)A B C
ABC
'B
'B ABC
'BB
AI
'B C
2cos ( 3 sin cos 1) 1x x x+ − =
{ }
1,2,3,4,5A =
ABC
4 0x y− − =
(2;0), (3;0)H I
3 2 3 2
3 2 3 (1)
3 2(2)
x x y y
x y x

− + = +



− = − +


, , 0a b c >
1a b c+ + =
9
1 1 1 10
a b c
bc ca ab
+ + ≥
+ + +
{ }
\ 1D = ¡
- Chiều biến thiên:
- Hàm số đồng biến trên các khoảng: và 0,25
- Giới hạn: , do đó : là tiệm cận
ngang.

, do đó : là tiệm cận đứng
0,5
- Bảng biến thiên: 0,25
- Đồ thị: Cắt Ox tại (-1;0), cắt Oy là (0;1/2) 0,5
b.(1 điểm).
- Gọi M là giao điểm của đồ thị với trục tung thì M có hoành độ x = 0, do đó M(0;1/2). 0,25
- Hàm số có nên 0.25
- Phương trình tiếp tuyến của đồ thị
tại M là : 0,25
0,25
c.(1 điểm)

- Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng là nghiệm phương trình:
(Đk: )
0,25
- Đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt khác 1.
(2) 0,25
- G/s là hai nghiệm của phương trình
(1), theo định lý Viet ta có:
Khi đó hai giao điểm là 0,25
2
4
' 0, 1
(2 2)
y x
x
= > ∀ ≠
−
(1; )+∞( ;1)−∞
1 1
lim ( )
2 2 2
x
x
x
→±∞
+
= −
− +
1
2

y = −
1 1
1 1
lim( ) ;lim( )
2 2 2 2
x x
x x
x x
+ −
→ →
+ +
= −∞ = +∞
− + − +
1x =
2
4
'
(2 2)
y
x
=
−
'(0) 1y =
1
'(0)( 0)
2
y y x= − −
1
2
y x⇔ = −

1
2 2
x
x m
x
+
= −
− +
1x ≠
2
2 (2 1) 2 1 0(1)x m x m⇔ − + + + =
7
(2 1)(2 7) 0
2
2 2 1 1 2 0 1
2
m
m m
m m
m

>

∆ = + − >

⇔ ⇔


− − + − ≠



< −


1 2
,x x
1 2
1 2
2 1
2
2 1
.
2
m
x x
m
x x
+

+ =



+

=


1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x x m B x x m− −

- Theo giả thiết thì:
- Với , kết hợp với
Viet ta có: , không
xảy ra.
- Với , ta có: .
Suy ra: thỏa mãn điều
kiện.
0,25
Câu 2
(4 đ)

a(2 điểm)
+ Đk: 0,5
+ Với điều kiện đó thì phương
trình tương đương với: 0,25
0,5

0,5
+ Theo điều kiện thì nghiệm là: x=5
0,25
b(2 điểm)
+ 0,25
- Đặt
0,5
- Đổi cận:
-
0,25
- Do đó
0,5
=

0, 5
Câu 3
(2đ)
+ Gọi O là giao điểm hai đường chéo đáy, ta có:
- và nên:
Suy ra:
0,25
+, tam giác SAO vuông tại A nên
theo hệ thức lượng trong tam
giác vuông ta có: 0,25
+ Dt(ABCD)= nên (đvtt)
0,25
+ Gọi I là trung điểm SC suy ra:
IO//SA 0,25
+ Ta có: (1)
0,25
+ vuông tại A có AI là trung tuyến
nên: (2) 0,25
+ Từ (1) và (2) ta có: I cách đều S,A,B,C,D nên I là tâm mặt cầu đi qua các đỉnh hình
chóp. Đồng thời bán kính R=IA= 0,25
1 2
1 2
1 2
( ;Ox) ( ; )
x x m
d A d B Oy x m x
x x m
+ =

= ⇔ − = ⇔


= +

1 2
x x m
+ =
2 1
2
m
m
+
=
1 2
x x m
= +
1
1 2
1 2 2
1 2
1 2
2 1
4 2
2
1
4
2 1
.
2
m
x m

x x
x x m x
m
x m x
x x
+

= +

+ =




= + ⇔ =
 
 
+
= +
 
=


1 7
4 2
4 12
m m m+ = + ⇔ = −
2
2 5
4 1 0

2 5
2 5
0
0
x
x x
x
x
x
x


> +


− − >

⇔ ⇔ > +
 
< −


>


>

2
2 2
1

log ( 4 1) log 2
2
x x− − =
2 2
2
log ( 4 1) 2 4 1 4x x x x⇔ − − = ⇔ − − =
2
1
4 5 0
5
x
x x
x
= −

⇔ − − = ⇔

=

3
0
2 sin . osI x c xdx
π
=
∫
cos sin xt x dt dx
= ⇒ = −
0 1x t= ⇒ =
1x t
π

= ⇒ = −
1 1
3 3
1 1
2 2I t dt t dt
−
−
= − =
∫ ∫
1
4
1
1
2
t
−
=
1 1
0
2 2
− =
BD AC⊥
BD SA⊥
BD SO⊥
( )
·
·
0
( );( ) 60SBD ABCD SOA= =
2

2
2
a
AC a AO= ⇒ =
0
6
.tan 60
2
a
SA AO= =
2
a
3
1 6
. ( )
3 6
SABCD
a
V SA dt ABCD= =
( )IO ABCD⇒ ⊥
IAO IBO ICO IDO
∆ = ∆ = ∆ = ∆
IA IB IC ID⇒ = = =
SAC∆
1
2
IA IB IC SC= = =
1
2
SC

+ Theo định lý Pitago:
Vậy :
0,25
Câu 4
(3 đ)
+Dễ tính: 0,75
Từ đó theo định lý Pitago thì: nên
tam giác ABC vuông tại C. 0,25
+ Ta thấy và lăng trụ đã cho là lăng
trụ đứng nên từ đó với c>0 0,25
và
0,25

Do đó:
0,5
+ I là trung điểm BB’ nên:
0,25
Khi đó:
0,25

0,25

0,25
Câu 5
(2đ)
a(1 điểm)
- Phương trình tương
đương với:

0,25
0,25
,
0,25
0,25
2 2
14
2
a
SC SA AC= + =
14
4
a
R =
5; 2 5; 5AB AC BC= = =
2 2 2
CB CA AB+ =
, , (Ox )A B C y∈
' ( )B Oyz∈
'(0;3; )B c
1
. 5
2
ABC
S CACB= =
'BB c=
'
1 1
10 '. 10 .5. 10 6
3 3

B ABC ABC
V BB S c c= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
'(0;3;6)B
(0;3;3)I
( 4;3;3); ' (2;1; 6)AI B C− −
uur uuuur
cos( ; ' ) cos( ; ' )AI B C AI B C=
uur uuuur
. '
4.2 3.1 3.6
23
. '
16 9 9. 4 1 36 1394
AI B C
AI B C
− + −
= = =
+ + + +
uur uuuur
2
3 sin 2 2cos 2cos 1x x x+ − =
2
3 sin 2 2cos 1 2cosx x x⇔ + − =
3 sin 2 cos2 2cosx x x⇔ + =
3 1
sin 2 cos 2 cos
2 2
x x x⇔ + =
cos(2 ) cos
3

x x
π
⇔ − =
2 2
3
2 2
3
x x k
x x k
π
π
π
π

− = +

⇔


− = − +


k ∈¢
2
3
2
9 3
x k
k
x

π
π
π π

= +

⇔


= +


k ∈¢
,
b(1 điểm)
+ Xem số cần lập có 8 vị trí.
- Xếp hai số 1 vào tám vị trí thì có: cách xếp 0,25
- Xếp ba số 2 vào sáu vị trí còn lại có: cách xếp
0,25
- Xếp các số 3,4,5 vào ba vị trí còn lại có: 3!=6 cách xếp.
0,25
- Vậy có: 28.20.6=3360 số thỏa mãn giả thiết.
0,25
Câu 6
(2đ)
+ Gọi là trọng tâm tam giác, ta có:
0,25
Trong đó:
0,25
+ Gọi M là trung điểm BC thì MI vuông góc với BC nên: phương trình đường thẳng MI là:

x+y-3=0 0,25
nên tọa độ M là nghiệm của
hệ: 0,25
+ Gọi còn . Ta có: nên tìm được
0,25
+ Do đó: là bán kính đường tròn ngoại
tiếp.
Gọi ( trong đó: ) 0,25
+ Ta có:
Theo điều kiện thì m
= 2, do đó: B(2;-2) 0,25
+ nên phương trình tổng quát đường
thẳng AB là: 3(x-1)+1(y-1)=0 hay 3x+y-
4=0 0,25
Câu 7
(2 đ)

+ ĐK:
0,25
+ Ta có 0,25
+ Ta thấy nên xét hàm số:
0,25
do đó hàm số: là đồng biến
trên: 0,25
+ Khi đó ta có: nên: thế vào
(2) ta được: 0,5
0,25
+ Theo điều kiện ta có . Vậy hệ có
nghiệm là: 0,25
Câu 8

(1đ)
- Theo bất đẳng
thức Cauchy: ;

0,25
- Do đó: 0,25
- Ta xét: với
- Dấu bằng xảy ra
tại x = 1/3
0,25
- Do đó : (Đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi a = b
= c = 1/3 0,25

2
8
28C =
3
6
20C =
( ; )G a b
2HG GI=
uuur uur
( 2; ); (3 ; )HG a b GI a b− − −
uuur uur
8
2 6 2
8
( ;0)
3

2
3
0
a a
a
G
b b
b

− = −
=


⇒ ⇔ ⇒
 
= −


=

M MI BC= I
3
7 1
( ; )
4
2 2
x y
M
x y
+ =


⇔ −

− =

8
( ; ) ( ; )
3
A a b AG a b⇒ − −
uuur
5 1
( ; )
6 2
GM −
uuuur
2AG GM=
uuur uuuur
(1;1)A
5R IA
= =
( ; 4)B m m BC− ∈
3m ≤
2 2 2
5 ( 3) ( 4) 5 2 5BI m m m m= ⇔ − + − = ⇔ = ∨ =
(1; 3)AB −
uuur
3 2 3 2
3 2 3 (1)
3 2(2)
x x y y

x y x

− + = +


− = − +


3 2
3
3
3 0
2
2
x
x
y y
y x
y x
≥

≥


+ ≥ ⇔
 
≥ −


≥ −


3 2 3 3
(1) 3 2 3 ( 1) 3( 1) ( 3) 3 3x x y y x x y y⇔ − + = + ⇔ − − − = + − +
3 1; 1 1y x+ > − >
3
( ) 3 , 1f t t t t= − ∀ ≥
2
'( ) 3 3 0, 1f t t t= − ≥ ∀ ≥
3
( ) 3f t t t= −
[
)
1;+∞
( 1) ( 3)f x f y− = +
2
1 3 2 2x y y x x− = + ⇔ = − −
2
3 3x x x− = −
2
1
4 3 0
3
x
x x
x
=

⇔ − + = ⇔

=


3 1x y= ⇒ =
( ; ) (3;1)x y =
2 2
2 2
1 1
( ) ; ( )
2 2 2 2
b c a a c b
bc ca
+ − + −
   
≤ = ≤ =
 ÷  ÷
   
2
2
1
( )
2 2
a b c
ab
+ −
 
≤ =
 ÷
 
2 2 2
4 4 4
1 1 1 2 5 2 5 2 5

a b c a b c
P
bc ca ab a a b b c c
= + + ≥ + +
+ + + − + − + − +
2
2 2
4 99 3 (3 1) (15 11 )
0
2 5 100 100( 2 5)
x x x x
x x x x
− − −
− = ≥
− + − +
(0;1)x∀ ∈
99 9 9
( )
100 100 10
P a b c≥ + + − =