ĐỀ THI THỬ TNTHPTQG TRUONG NGUYEN THAI HOC(gởi sở GD)

TRƯỜNG THPT NGUYỄN THÁI HỌC

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA – NĂM HỌC 2014 -2015
Thời gian : 180 phút không kể thời gian giao đề



Câu 1(2.0 điểm) Cho hàm số y =
1
12


x
x

1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2/ Tìm trên đồ thị (C) điểm M có hoành độ lớn hơn -1 và có khoảng cách từ M đến đường thẳng


: y = 3x + 5 ngắn nhất.
Câu 2(1.0 điểm)
1/ Giải phương trình : (sin2x + cos2x )cosx + 2 cos2x – sinx = 0
2/ Giải phương trình trên tập hợp số C :
ii
z
i
3112
3



Câu 3 (0.5 điểm) Giải phương trình : 042.92
22
122

 xxxx


Câu 4 (1.0 điểm) Giải bất phương trình:
3
7
3
3
322
2





x
x
x
x
x

Câu 5(1.0điểm) Tính tích phân I =


2
1

)2(
2
xdxe
x

Câu 6(1.0điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên (SAB) vuông góc với
đáy , SA = SB. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 45
0
.
1/ Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a.
2/ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD.
Câu 7(1.0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d
1
: x – 3y – 16 = 0 ; d
2
: 3x - 4y -13 = 0 và điểm
P(2;-3). Viết phương trình đường thẳng

đi qua P và cắt d
1
; d
2
lần lượt tại A ; B sao cho PA = PB.
Câu 8(1.0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxyz cho:
Mặt phẳng (P) : 2x - 3y + 6z -1 = 0 ; đường thẳng d :
1
2
1
3
2

1






zyx
và điểm A (-3;2;0).
1/ Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và A.
2/ Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) có tâm I nằm trên d và bán kính R=1.
Câu 9 (0.5 điểm) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 người ta viết số có sáu chữ số như sau:
Trong mỗi số được viết có một chữ số xuất hiện hai lần, các chữ số còn lại xuất hiện một lần. Hỏi có bao nhiêu
số như vậy ?
Câu 10( 1.0điểm) Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của của biểu thức : M = xyxyyx 25)34)(34(
22
 .

……………………. HẾT…………………….








ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm
TXĐ: D = R \
 
1


Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y’=
2
)1(
3
x
> 0 ,

x

-1
Hàm số đồng biến trên khoảng (-

;-1) ; (-1; +

)


0,25



2lim 


y
x
;
2lim 

y
x


TCN : y = 2



y
x 1
lim
;



y
x 1
lim


TCĐ : x = -1
0,25
BBT x -


-1 +


y ‘ + +
+

2
y

2 -


0,25
1.1
(1đ)

Đồ thị :

0,25
y = 2 -
1
3

x
. M

(C)

M( x
0
;
)
1
3
2
0


x
và pt:

: 3x – y + 5 = 0
0,25

Ta có : d( M,

) =
22
0
0
)1(3
5)
1
3
2(3




x
x
=
1
1
1
10
3
0
0


x
x

0,25

Vì x
0
> -1 và (x
0
+ 1)
1
1
0
x
= 1 nên d( M,

) nhỏ nhất khi và chỉ khi x
0
+ 1 =
1
1
0
x

0,25
1.2
(1đ)
Suy ra x
0
= -2 (loại) hoặc x
0
= 0
x

0
= 0

y
0
= -1. Vậy M(0; -1)
0,25

2.1
(0,5đ)
(sin2x + cos2x )cosx + 2 cos2x – sinx = 0

sin2x.cosx + cos2x.cosx + 2cos2x – sinx = 0
2sinx.cos
2
x + cos2x.cosx + 2cos2x – sinx = 0

(2cos
2
x -1)sinx + cos2x (cosx + 2) = 0

cos2x( sinx + cosx + 2) = 0






02cossin
02cos

xx
x

0,25
0

y
x
-1
1/2
2
-1
sinx + cosx + 2 = 0 (vô nghiệm)
cos2x = 0

x =
24

k
( k

Z)
0,25
2.2
(0,5đ)
ii
z
i
3112
3






i
i
z



2
3

0,25


z =
i
5
1
5
7


0,25
2 2
2 2 1
2 9.2 4 0
x x x x  

  



042.9]2[.2
22
2)(

 xxxx










2
1
2
42
2
2
xx
xx

0,25 3
(0,5đ)






1
2
2
2
xx
xx

x = -1 ; x = 2
0,25
ĐK :
4

x

Với điều kiện trên ta có :
xxx  73)16(2
2


xx 210)16(2
2



0,25







0210
016
2
x
x
(I) hoặc





22
)210()16(2
0210
xx
x
(II)
0,25
Giải hệ (I) ta có x > 5
Giải hệ (II)






34103410
5
x
x


53410  x
0,25
4
(1đ)
Theo ĐK thì BPT có tập nghiệm: S =
 
 ;3410

0,25
I =


2
1
)2(
2
xdxe
x
=

2
1
2xdx

+

2
1
2
dxxe
x
=
2
1
2
x
+ J = 3 + J

0,25
Tính J : Đặt u = x
2



2
1
du = xdx





1
2

x
x







1
4
u
u

0,25
J =

4
1
2
1
due
u
=
4
1
2
1
u
e

=
)(
2
1
4
ee 

0,25
5
(1đ)
I =
2
6
4
 ee

0,25
6.1
(0.5đ)

S
A
B
C
D
I
J
H

Gọi I là trung điểm của AB

SI

AB
(SAB)

(ABCD)

SI

(ABCD) hay SI là chiều cao của S.ABCD
Và IC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD) hay
 
)(; ABCDSC
= SCI = 45
0

0,25
Trong

BIC : IC =
22
BCIB 
=
2
5a


SIC vuông cân nên SI = IC =
2
5a
;
ABCD
SSIV .
3
1

=
2
.
2
5
3
1
a
a
=

.
6
5
3
a

0,25
6.2
(0.5đ)
Ta có AB // CD và CD

(SCD) nên AB // (SCD)

d( AB;SD) = d(AB;(SCD))
Gọi J là trung diểm của CD

SI

IJ
Trong

SIJ , kẻ IH

SJ ta có :





SICD

IJCD


CD

IH

IH

(SCD)
Hay d( AB;SD) = IH
0,25

222
111
IJSISH

=
22
1
2
5
1
a
a











SH =
3
5a


d( AB;SD) =
3
5a

0,25
Phương trình tham số của d
1
:
t
t
y
x







3

3
7
; d
2
:
m
m
y
x
3
4
7
5











0,25
A(7 + 3t; -3 + t)

d
1
; B(-5 + 4m; -7 + 3m)


d
2
P là

trung điểm của AB , ta có :









3
2
373
2
2
4537
mt
mt








2
2
m
t


0,25
t = - 2

A(1 ;-5) và
)2;1(AP

0,25
7
(1đ)
Đường thăng

đi qua P(2;-3) và có VTCP
)2;1(AP
nên có phương trình
(

) :
'2
'
3
2
t
t
y

x








0,25
Chọn M(1 ; 3; -2)

d ;
AM
= ( 4; 1; -2)
Đường thẳng d có VTCP : u = (-2;1;1)
n =
AM

u = (3;0;6) là VTPT của mp(Q)
0,25 8
(1đ)
Mp(Q) đi qua A(-3;2;0) và có VTPT n = (3;0;6) nên có phương trình:
3(x + 3) + 6( z- 0) = 0

x + 2z + 3 = 0
0,25

Tâm I (1 -2t; 3 + t; -2 + t)

d
Mặt cầu (S) tiếp xúc với mp(P)

d(I;(P)) = R

1
6)3(2
1)2(6)3(3)21(2
222


 ttt


720 t






13
27
t

t

0,25




t = -27

tâm I
1
(55;-24;-29)

(S
1
) : (x - 55)
2
+ (y + 24)
2
+ (z + 29)
2
= 1
t = -13

tâm I
2
(27;-10;-15)

(S
1

) : (x - 27)
2
+ (y +10)
2
+ (z + 15)
2
= 1
0,25


Gọi x =
654321
aaaaaa
là số thỏa mãn yêu cầu của đề bài toán
+Xếp 2 chữ số 1 vào 2 vị trí bất kỳ : có
2
6
15
C

cách
Xếp 4 chữ số còn lại vào 4 vị trí còn lại thì có 4! = 24 cách
Suy ra có 15.24 = 360 số x trong đó có chữ số 1 xuất hiện 2 lần
0,25 9
(0,5đ)
+Tương tự với 4 trường hợp còn lại ,mỗi trường hợp cũng có : 360 số
Vậy ta có tất cả 5.360 = 1800 số x .
0,25
Khai triển và thu gọn biểu thức M ta được:
M = 16x

2
y
2
+ 12(x
3
+ y
3
) + 34xy
Từ x + y = 1ta có 1 = (x + y )
3
= x
3
+ y
3
+ 3xy( x+ y)

x
3
+ y
3
=1 - 3xy
Nên M = 16x
2
y
2
-2xy +12
0,25
Đặt t = xy. Xét hàm số f(t) = 16t
2
- 2t + 12 trên







4
1
;0

Ta có f’(t) = 32t – 2 ; f’(t) = 0

32t – 2 = 0

t =
16
1


0,25
f(0)= 12 ; f(
4
1
) =
42
25
; f(
16
1
) =

16
191


0,25
10
(1đ)
Vậy GTLN của M là
42
25
khi t =
4
1
hay x = y =
2
1

GTNN của M là
16
191
khi t =
16
1
hay x =
4
32 
; y =
4
32 
hoặc x =

4
32 
; y =
4
32 


0,25