đề toán thi thử năm 2015 đề số 104.pdf

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 8 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

Ngày thi: 14 tháng 04 năm 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
1
32



x
x
y
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
)(C
của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị
)(C
, biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
132log+x)-log(5  x
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân



2/
0
2
sin

xdxxI
.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm số phức
z

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
10)1(  iz
và
20. zz
.
b) Một hộp đựng 3 viên bi đỏ, 2 viên bi vàng và 5 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp này 3 viên
bi. Tính xác suất để 3 viên bi được lấy ra có cùng một màu.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
0522:)(  zyxP

và
mặt phẳng
01322:)(  zyxQ
. Viết phương trình của mặt cầu
)(S

tiếp xúc với cả hai mặt phẳng
)(P
và
)(Q
biết tâm của
)(S
thuộc đường thẳng
3
2
12
1
:



 zyx
d
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều
'''. CBAABC
có
aAB 
, thể tích khối tứ diện
''A BCC
là
4
3
a
. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB

,
CA'
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC
có trọng tâm
)2;2(G
. Các
điểm
)4;1(E
,
)3;5( F
lần lượt đối xứng với tâm
I
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
qua các
đường thẳng
BC
,
CA
. Tính diện tích tam giác
ABC
biết đường thẳng
AB
đi qua
)0;3(N
.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình







114)(22
1)1()1()1(
3
32
22
xyyxx
xxyxxyy
(
,x y IR
).
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số dương
zyx ,,
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
344
)(
264)(3
zyx
zyx
P




.


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:……………………

Trang 1/4


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 8 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đáp án – thang điểm có 5 trang)
Câu
Nội dung
Điểm
1
(2,0 đ)

a) (1,0 điểm)
* Tập xác định : D = IR\{1}.
* Sự biến thiên của hàm số
- Chiều biến thiên:



 x
x
y ,0
)1(
5
'
2
D.
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng
);1(),1;( 
.

0,25
- Giới hạn và tiệm cận:
lim
x
y



,
lim
x
y


,
lim
x
y


 
,
lim
x
y


 
.
Đồ thị
)(C
nhận đường thẳng y = 2 làm đường tiệm cận ngang
và nhận đường thẳng x = 1 làm đường tiệm cận đứng.
- Cực trị: Hàm số không có cực trị.
0,25
- Bảng biến thiên:
x
-


1


y’
- -

y
+


2
2
-



0,25
* Đồ thị
)(C
:
f(x)=(2*x+3)/(x-1)
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6

8
x
y

0,25
b) (1,0 điểm)
Gọi
d
là tiếp tuyến cần viết phương trình của
)(C
và
d
tiếp xúc với
)(C
tại
0,25

Trang 2/4











1

32
;
m
m
mM
(
1m
).
Vì hệ số góc của
d
là -5 nên
5)(' my
hay
5
)1(
5
2



m

0 m
hoặc
2m
.
0,25
- Nếu
0m

thì
 
3;0 M
. Phương trình của
d
là
35  xy
.
0,25
- Nếu
2m

thì
 
7;2M
. Phương trình của
d
là
175  xy
.
Vậy, có hai đường thẳng cần tìm là
35  xy
,
175  xy
.
0,25
2
(1,0 đ)

132log+x)-log(5  x
(1).
Điều kiện:
3x 
.
(1)
1)3log()5log(  xx

0,25

( )( )xx   
xx   

0,25

114  x
(thỏa mãn) hoặc
114x
(loại).
0,25
Vậy, nghiệm của phương trình (1) là
114x
.
0,25
3
(1,0 đ)

I
=
/
( cos )x x dx



=
BA
, trong đó
/
A xdx



,
/
cosB x xdx



.
0,25
Ta có
/
x
A








.
0,25
Tính
B
: Đặt
xdxdvxu 2cos, 
, ta có
2
2sin
,
x
vdxdu 
.
Do đó
/
//
sin cos
sin
x x x
B xdx


    


.
0,25
Vậy
4
1
16
2


BAI
.
0,25
4
(1,0 đ)


a) (0,5 điểm)
Gọi
biaz 
(
Rba ,
).
Ta có:








20.
10)1(
zz
iz









20
10)1()1(
22
22
ba
ba









20
10)1()1(

22
22
ba
ba







20
102222
22
ba
ba







086
6
2
aa
ab

0,25







4
2
b
a
hoặc





2
4
b
a
. Vậy có hai số phức cần tìm là
iz 42 
,
iz 24 
.
0,25



b) (0,5 điểm)

Số cách chọn 3 viên bi bất kì từ hộp đã cho là
120
3
10
C
(cách).
Số cách chọn 3 viên bi cùng màu đỏ là
1
3
3
C
(cách).
0,25

Trang 3/4

Số cách chọn 3 viên bi cùng màu xanh là
10
3
5
C
(cách).
Xác suất cần tìm là
120
11
120
101


P

.
0,25
5
(1,0 đ)








Vì tâm
I

của
)(S
thuộc đường thẳng
d
nên tọa độ của
I
có dạng
)32;;21( ttt 
.
0,25
Vì
)(S
tiếp xúc với cả hai mặt phẳng
)(P
và

)(Q
nên
))(,())(,( QIdPId 
hay
3
13)32(2221
3
5)32(2221 

 tttttt

10
1
 t
.
0,25
Suy ra







10
17
;
10
1
;

5
4
I
và bán kính của
)(S
là
3))(,(  PIdR
.
0,25
Phương trình của mặt cầu
)(S
là:
9
10
17
10
1
5
4
222






















 zyx
.
0,25
6
(1,0 đ)



Vì
)''//(' BBCCAA
nên ta có
'.
3
1
'''
CCSVV
ABCABCCBCCA

.

Mặt khác
4
3
,
4
23
''
a
S
a
V
ABCBCCA

,
do đó
3' aCC 
.




0,25
Gọi

là góc giữa hai đường thẳng
AB
,
CA'
. Vì
''// BAAB

nên

cos cos ' 'B A C
.
Vì
'''. CBAABC
là hình lăng trụ tam giác đều,
3', aAAaAB 
nên
aCBCA 2'' 
.
Gọi
M
là trung điểm
''BA
, ta có
''BACM 
. Do đó

'/
cos ' '
'
A M a
B A C
A C a
  

4
1
cos 


. Vậy góc giữa hai đường thẳng
AB
,
CA'
là góc nhọn

thỏa mãn
4
1
cos 

.
0,25
Vì
''// BAAB
nên
)''//( CBAAB
CBA
BAA
CBA
CBAA
S
BAACdS
S
V
CBAAdCBAABdCAABd
''
''
''

''
)''(,(.
3
))''(,())''(,()',( 
.
Ta có
2
3.
.3.
2
1
'''
2
1
2
''
a
aaBAAAS
BAA

,
2
15
''
22
a
MACACM 
,
4
15.

2
15

2
1
'.'.
2
1
2
''
aa
aCMBAS
CBA

.
0,25

Trang 4/4

Ta có
)''//(',''','' BBAACCMCBAMCAA 
. Suy ra
5
15
)',(
a
CAABd 
.
0,25
7

(1,0 đ)




Gọi
NM,
lần lượt là trung điểm của
,BC CA
. Theo giả thiết thì
MN
là đường trung
bình của tam giác
IEF
. Mặt khác,
MN
cũng là đường trung bình của tam giác
ABC
.
Do đó
65,//  EFABEFAB
.
0,25
Đường thẳng
AB
đi qua
)0;3(N
và nhận vectơ
)7;4( EF
làm một vectơ chỉ phương nên

có phương trình là
04)3(7  yx
hay
02147  yx
.
0,25
Vì
)2;2(G
là trọng tâm tam giác
ABC
nên
65
3
),(.3),(  ABGdABCd
.

0,25
Vậy
2
3
65
3
.65.
2
1
),(
2
1
 ABCdABS
ABC

.
0,25
8
(1,0 đ)




Giải hệ phương trình
)3(
)2(
114)(22
1)1()1()1(
3
32
22







xyyxx
xxyxxyy
.
Điều kiện:
0)(2
2
 yxx

.
0)1()()()2(
2233
 xyxyxyxy

0)1).(1(0)1()1).((
2222
 xyxyxyxyxyxyxy
(4)
0,25
Vì
x
( ) ,
x
y yx x y x y        

nên
1)4(  yx
.
Thế
1 yx
vào (3) ta được phương trình:
214122
3
32
 yyyy

0)2(14122
3
32

 yyyy

0,25
0
)2(14).2()14(
)2(14
122
2
3
3
3
23
33
2




yyyy
yy
yy

0
)2(14).2()14(
)12(6
122
2
3
3
3

23
2
2




yyyy
yy
yy

0
)2(14).2()14(
126
2.12
2
3
3
3
23
2
2













yyyy
yy
yy

0,25
012
2
 yy
(Vì
y
yyyy
yy



 ,0
)2(14).2()14(
126
2
2
3
3
3
23
2
thỏa mãn

điều kiện)







221
221
xy
xy
(thỏa mãn).
Vậy, hệ phương trình có 2 nghiệm
)21;2();(),21;2();(  yxyx
.
0,25
9
(1,0 đ)



Theo bất đẳng thức Cô-si ta có
324444
422)1()( xxxxxx 
34
413 xx 
.
Tương tự, ta có
34

413 yy 
.
Do đó
3
333
)(
64)(4
zyx
zyx
P



.
0,25
Ta lại có
3332
)()(40).()( yxyxyxyx 

0,25

Trang 5/4

3
33
)(
64)(
zyx
zyx
P




.
Đặt
zyx
z
t



)10(  t
, ta có
)(64)1(
33
tfttP 
.
Xét hàm số
33
64)1()( tttf 
với
)1;0(t
, ta có
 
22
)1(643)(' tttf 
,
9
1
0)('  ttf

(thỏa mãn) hoặc
7
1
t
(loại).
Lập bảng biến thiên, ta có
81
64
)(min
)1;0(


tf
t
đạt được tại
9
1
t
.
0,25
Suy ra
81
64
P
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
4
1
,1  zyx
.
Vậy, giá trị nhỏ nhất của

P
là
.

0,25
Hết