ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA MÔN TOÁN 2015 (6)

S
Ở GIÁO DỤC & Đ
À O T
Ạ O H A N O I
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN


Đ
Ề TH I T H Ử Đ Ạ I H Ọ C L Ầ N T H Ứ 3
NĂM 2014
Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1
Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
)(
1
12
C
x
x
y




1. Khảo sát v à v ẽ đ ồ t h ị (C) của hàm số .
2. Tìm các giá trị c ủ a t h a m s ố m để đường thẳng
mxyd




3:
cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt
A và B sao cho trọng tâm của tam giác OAB nằm trên đồ thị (C) (với O là gốc tọa độ).
Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trìn h
01cos4)1(cossin2cos4
3
 xxxx
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải h ệ p h ư ơ n g t r ình







3)3(14
)14)(12(348
223
22
xxyx
yxxy
.
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
dx
x
xx










4
0
2
4
sin22
cossin


.
Câu 5 (1,0 điểm). C ho h ình lăng trụ đứng
'''. CBAABC
có đáy ABC là tam giác cân tại B,
aBCBA


,
0
120ABC
. Đường thẳng
'BC
tạo với đáy ABC mộ t g ó c
0
60
. Gọ i I, H, K lần lượt là trung điểm của

CABC ',
v à
AB
. Tính theo a thể t í c h c ủ a k h ố i c h ó p
KIHA ' .
v à t í n h b á n k í n h c ủa mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
HKBI.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho
z
y
x
,
,
là c á c s ố t h ự c d ư ơ n g t h ỏ a m ãn
1

xyz
. Tìm giá trị l ớ n n h ấ t c ủ a b i ể u t h ứ c
63
1
63
1
63
1
252525







zxzzyzyyxyxx
P

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ đ ư ợ c l àm một trong phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có giao điểm của AC và BD
là
)
2
3
;
2
9
(I
, biế t

2
tan
3
ABD

, đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm
)0;1(M
, đường thẳng chứa cạnh AD
đi qua điểm
)4;1(

N
. Tìm tọ a đ ộ c á c đ ỉ n h c ủ a h ình chữ nhật ABCD biế t đ ỉ n h A có hoành độ dương.

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian tọ a đ ộ O x y z , cho đường thẳng
1
6
4
2
2
3
:





zyx
d
, mặt phẳng
032:)(




zyxP
v à đ i ể m
)2;0;1(

A
. Viế t p h ư ơ n g t r ì n h đường thẳng

đi q u a A, cắt d tại M và cắt
(P) tại N sa o ch o

AMNM 3

Câu 9.a (1,0 điểm ) Gọ i X l à tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau v à k h á c 0 . C h ọn ngẫu
nhiên mộ t p h ần tử của X. Tín h x á c s u ất để số được chọn có tổng các chữ số là mộ t s ố c h ẵ n .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
0722:)(
22
 yxyxC
có tâm I
v à đ i ể m
)2;2(

K
. Viế t p h ư ơ n g t r ình của đường trò n
)'( C
tâm K sao cho
)'( C
cắt (C) tại hai điểm phân biệt
A v à B thỏ a m ãn
0
120AIB
.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian tọ a đ ộ O x y z , cho đường thẳng
tztyxd 23;;1:




(t


), điểm
)0;1;1(

A
v à mặt phẳng
0422:)(




zyxP
. Viế t p h ư ơ n g t r ình mặt phẳng
)(

đi qua A, vuông góc
v ới mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d tại điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng MA.
Câu 9.b(1,0 điểm) Cho hàm số
x
mxx
y



1
1
2
. Tìm các giá trị c ủ a tham số m đ ể đ ồ t h ị h àm số đ ã cho có
h a i đ i ể m c ự c t r ị A v à B sao cho diện tích tam giác OAB bằng
33

(với O là gố c t ọ a đ ộ )
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 3
Môn: TOÁN – Khối A, A1
Câu
ý
N
ội dung
Đi
ểm
1
Cho hàm s
ố …


(2,0 đi
ểm)
1
Kh
ảo sát v
à v
ẽ đ ồ t h ị . . .
(1,0 đi
ểm)
TXĐ:


1\RD 

CBT: Giới hạn, tiệm cận: Tìm đúng TCN
2


y
, TCĐ
1

x


10
)1(
3
'
2


 x
x
y
, hàm số l u ô n đ ồ n g b i ế n t r ên từng khoảng XĐ
BBT lập đúng
Vẽ đ ồ t h ị đ ú n g
0,5
0,25
0,25
2
Tìm m

(1,0 đi
ểm)
Pt hoành đ

ộ g i a o đ i ể m c ủ a ( C ) v
à d

mx
x
x



3
1
12






01)1(3)(
1
2
mxmxxg
x

D cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B













1
11
0)1(
0
m
m
g
(*)
G là trọ n g t â m t a m g i á c O A B t a c ó
OIOG
3
2

v ới I là trung điểm của AB
Á p d u n g đ ị n h l ý v i -et tìm được
)
3
1
;
9
1
(



mm
G

2
13515
02515)(
2

 mmmCG
(thỏ a m ãn ĐK (*))
0,5
0,25
0,25
2
Giải pt
01cos4)1(cossin2cos4
3
 xxxx
(1,0 điểm)
Biến đổi pt
01cos4sin2cossin2)sin1(cos4
2
 xxxxxx

01sin2coss in2cossin4
2
 xxxxx 0)1sin2)(12(sin





xx



kxx 
4
12sin
,
)(
2
6
7
2
6
2
1
sin Zk
kx
kx
x 














0,5
0,5
K
ế t l u ậ n …
3
Giải phương trì n h
2 2
3 2 2
8 4 3 (2 1 ) ( 4 1 ) ( 1 )
4 1 ( 3 ) 3 ( 2 )
y x x y
x y x x

   


     


(1,0 điểm)
ĐKXĐ
1

x
Pt (1)

2 2
2(4 1 ) 2 ( 2 1 ) 3 ( 2 1 ) ( 4 1 )
y x x y
      
(1’)
Đặt
012;014
2
 xbya
pt (1’) trở thành
abba 322
22


020)2)(2(







bababa
(do
02


ba
)
V ới

ba 2

ta c ó
2 2
4 1 2 2 1 4 8 3
y x y x
     
(*)
thế (*) v à o p t ( 2 ) t a đ ư ợ c
0192
23
 xxxx
(3)
Xét hàm số
192)(
23
 xxxxxf
liên tục trê n m i ền


 ;1J
v à c ó
0)2(

f
. Mặt khác
10
12
1
2)1(2

12
1
223)('
22




 x
x
xxx
x
xxxf

Suy ra
)(xf
l u ô n đồ n g bi ế n t r ên J
2


x
là n g h i ệm duy nhất của pt (3)
V ới
2

x
từ ( * ) t a c ó
2
19
y

Hệ p t c ó h a i n g h i ệ m
19 19
2 ; , 2;
2 2
   

   
   
0,5
0,5
4
Tính tích phân


(1,0 đi
ểm)
Ta có
22
)cos(sin42sin3
2
2cos12
4
sin22 xxxxx 


















I
dx
xx
xx



4
0
2
)cos(sin4
cossin

. Đặt
sin c o s
t x x
 
t a đ ư ợ c
2

2
1
4
dt
I
t
 



2
1
1 2 1 3 2 2
ln ln
4 2 4 3
t
I
t
 
   


0,5
0,5
5
Cho lăng tr
ụ

(1,0 đi
ểm)

Từ g i ả t h i ế t
0
60'  BCC

16
2
3
.
8
3
3
1
))(,(.
3
1
32
' .
aaa
ABCHdSVVV
CIKCIKHK H ICK I HA


Gọi E là trung điểm của AC. Chứng minh được
)(ABCHE

v à
HEEIEBEK




là t r ục của tam giác KBI. Gọ i P l à t r u n g đ i ể m c ủ a H K .
0,5
Trong m
ặt phẳng (HEK) đ
ư
ờng trung trực của HK cắt HE tại O, suy ra O l
à tâm m
ặt
cầu ngoại tiếp tứ diện HKBI. Các tam giác HPO và HEK đồng dạng nên có
3
222
222
a
HE
KEHE
HE
HK
HO
HE
HK
HE
HP
HK
HO



Vậy
3
a

OHR 





0,5
6


Tìm giá tr
ị lớn nhất của biểu thức

(1,0 đi
ểm)




Ta có 00)332()1()33(6
23225
 xxxxxxxx
Vậy )1(336336
2525
 xxyxyxxxxx
)1(3
1
36
1
23





xxy
xyxx
. Từ đó lập luận tương tự ta có
)1(3
1
)1(3
1
)1(3
1






zzxyyzxxy
P (1)
Dấu “ = ” trong (1) xảy ra khi 1



zyx . Áp dụng bất đảng thức Bunhiacopxki
ta có
)
)1(3
1

)1(3
1
)1(3
1
)(111(
2






zzxyyzxxy
P

Hay
1
1
1
1
1
1
2






zzxyyzxxy

P
(2) Dấu “=” xảy ra trong (2)
1 1 1 1
xy x yz y zx z x y z
            
. Do 1

xyz nên
VP’
1
(2) 1
1 1 1
x xy
xy x xy x x xy
   
     
1


P

Vậy maxP = 1 khi x = y = z =1.

0,5










0,5
7.a



Trong m
ặt phẳng tọa độ Oxy cho h
ình
ch
ữ

nh
ật

ABCD… (1,0 đi
ểm)

Goi vtpt của AB là );( ban  ( 0
22
 ba ) pt AB: 0



abyax
AD

AB và AD qua N nên có pt 04




baaybx
Giả thiết
3
2
),(
),(
3
2

ADId
ABId
AB
AD

baba

ba
baab
ba
aba
1152373
4
2
3
2
9
3
2
2
3
2
9
2222







*
ba


pt AB: 01




yx , pt AD: 03



yx , tìm được A(2; 1)
Suy ra B(5; 4), C(7; 2), D(4; -1).
*
ba 1311

pt AB: 0131113



yx , pt AD: 0631311



yx tìm được
)
145
481
;
145
262
(A trường hợp này không thỏa mãn.

0,25

0,25


0,25


0,25
8
.
a


Trong không gian t
ọa độ Oxyz…



(1,0 đi
ểm)




)4;42;24(,)6;42;23( tttAMdtttM  , giả sử );;( zyxN ta có
)6;42;23( ztytxtNM  , do
AMNM 3
tìm được

)26;84;49( tttN






,
032684)49(2)(










tttPN
)11;24;19(
2
5
 Nt .
Đường thẳng

cần tìm là đường thẳng AN có pt
1 2
:
18 24 13

x y z
 
  





0,5



0,5
9
.
a


G
ọi X l
à t
ập hợp các số tự nhi
ên có 6…
(1,0 đi
ểm)




Có 5 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn khác 0, số phần tử của tập hợp X là 60480

6
9
A
x
là một phần tử của tập X, tổng các chữ số của
x
là một số chẵn suy ra
x
có chẵn
các chữ số lẻ, xảy ra các trường hợp sau
TH1:
x
có 4 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn , có 21600!6
2
4
4
5
CC số
TH1:
x
có 2 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn , có 7200!6
4
4
2
5
CC số
Có 21600 + 7200 = 28800 số thuộc tập hợp X có tổng các chữ số là số chẵn
Xác suất cần tìm
21
10

60480
28800
P
0,25







0,5

0,25
7.b



Trong m
ặt phẳng tọa độ Oxy cho đ
ư
ờng tr
òn (C)…


(1,0 đi
ểm)

(C) có tâm I(
-
1; 1) và R = 3, Đư
ờng tr
òn (C’) tâm K(2;
-
2) và R’ =
a

(
a

> 0)

(C) cắt (C’) khi và chỉ khi aaRRIKRR  3183''
318318  a (*).
Với điều kiện đó (C) và (C’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Tọa độ A và B
là nghiêm của hệ pt:
2 2
2 2 2
2 2 7 0
4 4 8 0
x y x y
x y x y a

    


     




pt AB:
2
6 6 15 0
x y a
   

Tam giác IAB cân tại I, có
0
3
120 ; 3
2
AIB IA R IH
     
, H là TĐ của AB.
2
6 6 15
3
( , ) 27 9 2 27 9 2
2
6 2
a
d I AB a a
   
           ,
kết hợp (*) ta có
27 9 2 27 9 2
a a    

Pt của (C’):
2 2
4 4 19 9 2 0
x y x y
     




0,25



0,25




0,25



0,25
8.b


Trong không gian t
ọa độ Oxyz cho đ
ư
ờng thẳng…

(1,0 đi
ểm)




dttM


)23;;1( , 10105)23()1(
222
 ttttAM ,
32
3
44621
))(,( 

 t
tt
PMd ,
gt AMPMd

))(,( )5;1;1(1012
2
 Mttt
)5;0;0(AM , )2;2;1( 
P
n . )(


là mặt phẳng qua A, M và vuông góc với (P)
)(

nhận
, 5(2; 1;0)
P
n AM n
 
   
 
  
là vtpt.
Pt mặt phẳng )(

: 032



yx



0,25

0,25

0,25

0,25
9

.
b


Tìm m để đồ thị hàm số có
x
mxx
y



1
1
2
hai điểm cực trị (1,0 điểm)



TXĐ


1\RD  ;
2
2
)1(
12
'




x
mxx
y hàm số có cực đại , cực tiểu khi và chỉ
khi pt 012)(
2
 mxxxg có hai nghiệm phân biệt khác 1
0


m

Tính được mAB 52 , pt đt đi qua A và B: 02



myx
55
),(
m
m
ABOdh  (do m > 0).
333
5
.52.
2
1
33.
2
1
33  m

m
mhABS
OAB
(thỏa mãn)



0,25

0,25



0,5