Đề thi mẫu THPT quốc gia môn toán năm 2015 Trường THPT Nguyễn Văn Trỗi

C
â
u
1
(4
đ
i
ể
m)
:
Cho
h
à
m
s
ố
:
1
2 2
x
y
x


 
.
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
y x m 
cắt đồ thị của hàm số tại hai điểm phân biệt A, B sao cho

kho
ả
ng
c
á
ch
t
ừ
A
đế
n
tr
ụ
c
ho
à
nh
b
ằ
ng
kho
ả
ng
c
á
ch
t
ừ
B
đế

n
tr
ụ
c
tung.
Câu 2
(4 điể
m):
a)
Gi
ả
i
ph
ươ
ng
tr
ì
nh:
2
2 2 2
1
log ( 4 1) log 8 log 4
2
x x x x   
.
b) T
í
nh t
í
ch

phâ
n
sau:
2
0
sin 2 cosI x xdx



Câ
u 3(2 điểm): Cho hình chóp
SABCD
có
đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông
góc với đáy và mặt phẳng
(SBD) t
ạ
o
vớ
i
( )ABCD
m
ột
g
ó
c
0
60
.
Tì

m
th
ể t
í
ch
khố
i
ch
ó
p
SABCD
.
Xá
c
đị
nh t
â
m
và
b
á
n
kí
nh
m
ặt
c
ầ
u đ
i

qua
c
ác
đỉ
nh
c
ủa
h
ì
nh
ch
óp
SABCD
Câ
u 4(3
điể
m): Trong
hệ tr
ục t
ọa
độ Oxyz, cho
lă
ng trụ
đứng
' ' 'ABCA B C
có
đi
ểm
(4;0;0), (0;3;0), (2;4;0)A B C
. Tam

gi
á
c
ABC
là
tam
gi
ác
g
ì
,
khi đó
t
ì
m t
ọ
a
độ đ
i
ể
m
'B
sao cho
th
ể
tí
ch
khối chóp
'B ABC
bằng 10. Gọi I là trung điểm

'BB
, tìm cosin góc giữa
AI
và
'B C
. Biết B’ có cao độ
dương.
C
âu 5 (2 điểm):
a) Giải phương trình:
2cos ( 3 sin cos 1) 1x x x  
.
b) Cho tập hợp
 
1,2,3,4,5A 
. Có bao nhiêu số có 8 chữ số lập từ các số của tập A, sao cho chữ số 1
c
ó mặ
t 2
lần,
chữ s
ố 2 c
ó m
ặt 3
lần,
các
số
khác
có m
ặt m

ột
lần.
Câu
6(2 đ
iểm):
Cho tam
giác
ABC
c
ó ph
ương tr
ình đườ
ng th
ẳng BC:
4 0x y  
,c
ác
điể
m
(2;0), (3;0)H I
lần lượ
t là trự
c tâm v
à tâm
đường tròn
ngoại tiế
p tam giác.
Hãy lậ
p phương tr
ình cạ

nh AB
biết
điểm B c
ó hoành độ kh
ông lớn h
ơn 3.
Câu
7(2 điểm): Giả
i hệ phương trì
nh:
3 2 3 2
3 2 3 (1)
3 2(2)
x x y y
x y x

   


   


Câu 8(1 điể
m): Cho
, , 0a b c 
thỏa mãn:
1a b c  
, chứng minh rằ
ng :
9

1 1 1 10
a b c
bc ca ab
  
  
Hết
Thí sinh không
được sử dụng tài
liệu. Cán bộ coi thi kh
ông giải thích gì thêm.
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)
Cảmơn
bạnVìSaoLặngLẽ (visaolangle00@
gmail.com)đãgửitới www.laisac.page.t
l
63
(Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang)
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
(4đ)
a.(2 điểm).
+)TXĐ:
 
\ 1D 

0,25
+) Sự biến thiên
- Chiều biến thiên:
2
4
' 0, 1
(2 2)
y x
x
   

0,25
- Hàm số đồng biến trên các khoảng:
( ;1)
và
(1; )
0,25
- Giới hạn:
1 1
lim ( )
2 2 2
x
x
x


 
 
, do đó :
1

2
y  
là tiệm cận ngang.
1 1
1 1
lim( ) ; lim( )
2 2 2 2
x x
x x
x x
 
 
 
   
   
, do đó :
1x 
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
2
4
'
(2 2)

y
x


nên
'(0) 1y 
0.25
- Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại M là :
1
'(0)( 0)
2
y y x  
0,25
1
2
y x  
0,25
c.(1 điểm)
- Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng là nghiệm phương trình:
1
2 2
x
x m
x

 
 
(Đk:
1x 
)

2
2 (2 1) 2 1 0(1)x m x m     
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.
7
(2 1)(2 7) 0
2
2 2 1 1 2 0 1
2
m
m m
m m
m



    

 


    


 


(2)
0,25

- G/s
1 2
,x x
là hai nghiệm của phương trình (1), theo định lý Viet ta có:
1 2
1 2
2 1
2
2 1
.
2
m
x x
m
x x


 








Khi đó hai giao điểm là
1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x x m B x x m 
0,25

- Theo giả thiết thì:
1 2
1 2
1 2
( ;Ox) ( ; )
x x m
d A d B Oy x m x
x x m
 

    

 

- Với
1 2
x x m 
, kết hợp với Viet ta có:
2 1
2
m
m


, không xảy ra.
- Với
1 2
x x m 
, ta có:
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


 

 




   
 

 

 
 



.
Suy ra:
1 7
4 2
4 12
m m m     
thỏa mãn điều kiện.
0,25
Câu 2
(4 đ)
a(2 điểm)
+ Đk:
2
2 5
4 1 0
2 5
2 5
0
0
x
x x
x
x

x
x


 


  

   
 
 







0,5
+ Với điều kiện đó thì phương trình tương đương với:
2
2 2
1
log ( 4 1) log 2
2
x x  
0,25
2 2
2

log ( 4 1) 2 4 1 4x x x x       
0,5
2
1
4 5 0
5
x
x x
x
 

    



0,5
+ Theo điều kiện thì nghiệm là: x=5
0,25
b(2 điểm)
+
3
0
2 sin . osI x c xdx



0,25
- Đặt
cos sin xt x dt dx   
0,5

- Đổi cận:
0 1x t  
-
1x t

   
0,25
- Do đó
1 1
3 3
1 1
2 2I t dt t dt


  
 
0,5
1
4
1
1
2
t


=
1 1
0
2 2
 

0, 5
Câu 3 + Gọi O là giao điểm hai đường chéo đáy, ta có:
0,25
(2đ)
-
BD AC
và
BD SA
nên:
BD SO
Suy ra:
 
0
( );( ) 60SBD ABCD SOA 
+
2
2
2
a
AC a AO  
, tam giác SAO vuông tại A nên theo hệ thức lượng trong tam
giác vuông ta có:
0
6
.tan 60
2
a
SA AO 
0,25
+ Dt(ABCD)=

2
a
nên
3
1 6
. ( )
3 6
SABCD
a
V SA dt ABCD 
(đvtt)
0,25
+ Gọi I là trung điểm SC suy ra: IO//SA
( )IO ABCD 
0,25
+ Ta có:
IAO IBO ICO IDO      
IA IB IC ID   
(1)
0,25
+
SAC
vuông tại A có AI là trung tuyến nên:
1
2
IA IB IC SC  
(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=

1
2
SC
0,25
+ Theo định lý Pitago:
2 2
14
2
a
SC SA AC  
Vậy :
14
4
a
R 
0,25
Câu 4
(3 đ)
+Dễ tính:
5; 2 5; 5AB AC BC  
0,75
Từ đó theo định lý Pitago thì:
2 2 2
CB CA AB 
nên tam giác ABC vuông tại C.
0,25
+ Ta thấy
, , (Ox )A B C y
và lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên
' ( )B Oyz

từ đó
'(0;3; )B c
với c>0
0,25
1
. 5
2
ABC
S CACB 
và
'BB c
0,25
'
1 1
10 '. 10 .5. 10 6
3 3
B ABC ABC
V BB S c c      
Do đó:
'(0;3;6)B
0,5
+ I là trung điểm BB’ nên:
(0;3;3)I
0,25
Khi đó:
( 4;3;3); ' (2;1; 6)AI B C 
 
0,25
cos( ; ' ) cos( ; ' )AI B C AI B C
 

0,25
. '
4.2 3.1 3.6
23
. '
16 9 9. 4 1 36 1394
AI B C
AI B C
  
  
   
 
0,25
Câu 5
(2đ)
a(1 điểm)
- Phương trình tương đương với:
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  
0,25
3 1
sin 2 cos2 cos
2 2
x x x  
cos(2 ) cos
3
x x


  
0,25
2 2
3
2 2
3
x x k
x x k





  




   


,
k 
0,25
2
3
2
9 3
x k

k
x


 

 




 


,
k 
0,25
b(1 điểm)
+ Xem số cần lập có 8 vị trí.
- Xếp hai số 1 vào tám vị trí thì có:
2
8
28C 
cách xếp
0,25
- Xếp ba số 2 vào sáu vị trí còn lại có:
3
6
20C 
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
( ; )G a b
là trọng tâm tam giác, ta có:
2HG GI
 
0,25
Trong đó:
( 2; ); (3 ; )HG a b GI a b  
 
8
2 6 2
8
( ;0)
3
2
3
0
a a
a
G
b b
b


  



  
 
 




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
M MI BC 
nên tọa độ M là nghiệm của hệ:
3
7 1
( ; )
4
2 2
x y
M
x y
 

 

 


0,25
+ Gọi
8
( ; ) ( ; )
3
A a b AG a b  

còn
5 1
( ; )
6 2
GM 

. Ta có:
2AG GM
 
nên tìm được
(1;1)A
0,25
+ Do đó:
5R IA 
là bán kính đường tròn ngoại tiếp.
Gọi
( ; 4)B m m BC 
( trong đó:
3m 
)
0,25
+ Ta có:
2 2 2

5 ( 3) ( 4) 5 2 5BI m m m m         
0,25
Theo
đi
ề
u
kiệ
n
th
ì m
=
2, do
đó
:
B(2;-2)
+
(1; 3)AB 

nên ph
ương 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
)
3 2 3 2
3 2 3 (1)
3 2(2)

x x y y
x y x

   


   


+
ĐK:
3 2
3
3
3 0
2
2
x
x
y y
y x
y x





  
 
 



 

0,25
+
Ta có
3 2 3 3
(1) 3 2 3 ( 1) 3( 1) ( 3) 3 3x x y y x x y y            
0,25
+
Ta
th
ấ
y
3 1; 1 1y x   
n
ê
n
x
é
t
h
à
m
s
ố
:
3
( ) 3 , 1f t t t t   

0,25
2
'( ) 3 3 0, 1f t t t    
do
đó h
àm
số
:
3
( ) 3f t t t 
l
à đồ
ng bi
ến
trê
n:


1;
0,25
+
Khi
đó ta
có
:
( 1) ( 3)f x f y  
n
ên:
2
1 3 2 2x y y x x      

th
ế v
ào
(2) ta
đượ
c:
2
3 3x x x  
0,5
2
1
4 3 0
3
x
x x
x


    



0,25
+ Theo đ
iều
kiện
ta có
3 1x y  
.
Vậy

hệ c
ó nghiệ
m là
:
( ; ) (3;1)x y 
0,25
Câu
8
(1
đ
)
- Theo bất đẳng thức Cauchy:
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
 
 
 
 
 
0,25
- Do đó:
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
     
        
0,25
- Ta xét:
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
  
  
   
với

(0;1)x 
- Dấu bằng xảy ra tại x = 1/3
0,25
- Do đó :
99 9 9
( )
100 100 10
P a b c    
(Đpcm)
D
ấu
bằ
ng x
ả
y ra
khi a
= b
= c
= 1/3
0,25