đề toán thi thử năm 2015 đề số 66.pdf

SỞ GIÁO DỤC & Đ
ÀO TẠO BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ
1
–––––––––––––––––––
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ
THI THỬ
LẦN 3 K
Ỳ THI THPT QU
Ố
C GIA
N
ăm h
ọc 2014 – 2015
Môn: Toán lớp 12
Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 (2,0
điểm
).
Cho hàm số
21
1
x
y
x
+
=
−

.
1) Khả
o sát sự biến thiên và v
ẽ đồ thị (
C
) của hàm số
đã cho.
2) Xác
định tọa độ các giao đi
ểm c
ủa đồ thị
(
C
) với đườ
ng thẳng
3
y x
= +
. Vi
ết phươ
ng trình tiế
p
tuyến c
ủa (
C
) tạ
i m
ỗi giao đi
ể
m vừa tìm đượ

c.
Câu 2 (1,0
đi
ểm
).
1) Gi
ải bất phươ
ng trình
( )
2
33
log 2log 3 1 0xx
−−<
.
2) Tìm giá trị lớn nhấ
t và giá trị nhỏ
nhất của hàm số

()
( )
2lnf xx x
=−
trên đoạ
n
[
]
2;3
.

Câu 3 (1,0

điểm
).
Tính tích phân
()
1
2
0
1
x
I xedx
=+
∫
.

Câu 4 (1,0
đi
ểm
).

1) Giả
i phương trình
2
tan
2cos2cos sin 1 cos3
1tan
x
x xx x
x
=+−−
+

.
2) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên đồng thời hai số từ tập hợp S.
Tính xác su
ất để
hai số
được ch
ọn có chữ
số hàng đơ
n vị gi
ống nhau.
Câu 5 (1,0
đi
ểm
).
Cho hình chóp
S.ABCD có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
a
,
13
2
a
SD
=
. Hình chiế
u
vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của đoạn AB. Gọi I là trung điểm của đoạn

AD

. Tính thể
tích kh
ố
i chóp
S.ABCD và tính kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai đườ
ng th
ẳ
ng
HI,
SD
theo
a
.
Câu 6 (1,0
đi
ểm
).
Trong không gian vớ
i hệ
tọa
độ
Oxyz, cho đ
iểm
(
)
2;3;0

A
− và mặ
t phẳ
ng (P) có
phương trình
22 10xyz++−=. Vi
ết ph
ươ
ng trình m
ặ
t phẳ
ng
đ
i qua hai đ
i
ể
m O
,
A
và vuông góc vớ
i
(P
). Tìm tọ
a độ
đi
ểm M
thuộ
c trục Oz
sao cho AM
song song vớ

i (P
).
Câu 7 (1,0
điểm
).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Gọi M và N lần lượt
là trung đ
iểm c
ủa
CD và
BI. Tìm tọ
a độ các
đi
ểm
B, C
, D bi
ết
( )
1;2A
, đường thẳng MN có phương
trình
220
xy
−−=
và điểm M có tung độ âm.
Câu 8 (1,0
đi
ể
m
).

Giải hệ phương trình
()
4432
322
2220
,.
38 2 9
xy x y y y
xy
yyxx
⎧
−+−−+=
⎪
∈
⎨
−−=− +
⎪
⎩
\

Câu 9 (1,0
đi
ểm
).
Cho
,,abc
là các số th
ự
c dương. Ch
ứng minh r

ằng:
()
2
2
33 8 1
2
28
22 3
abc
ab bc
bac
+≥ +
+ +
++
+++
.



–––––––Hết ––––––


Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN 3 KỲ THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014-2015

CÂU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM

Câu 1
(2 điểm)


1) (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
21
1
x
y
x
+
=
−


* Tập xác định:
{
}
\1D = \

* Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên:
()
2
3
0
1
yxD
x
−

′
=<∀∈
−

Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
(
)
;1
−
∞
và
(
)
1;
+
∞
.
0,25
+ Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị.
+ Giới hạn, tiệm cận:
11
lim , lim
xx
yy
+−
→→
=+∞ =−∞

(
)

C⇒
có tiệm cận đứng là đường thẳng
1
x
=
.

lim lim 2
xx
yy
→+∞ →−∞
==

(
)
C⇒
có tiệm cận ngang là đường thẳng
2y
=
.
0,25
+ Bảng biến thiên:

0,25
* Đồ thị:

0,25
2) (1 điểm) Xác định tọa độ các giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng
3
y

x=+
. Viết
phương trình tiếp tuyến của (C) tại mỗi giao điểm vừa tìm được.

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng 3
y
x
=
+ là:
21
32
1
x
xx
x
+
=+⇔=±
−

0,25
Các giao điểm của (C) và đường thẳng
3
y
x
=
+
là
(
)
2;5A

và
(
)
2;1B −
.
0,25
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A:
311yx
=
−+

0,25
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại B:
11
33
yx
=
−+

0,25
Câu 2
(1 điểm)


1) (0,5 điểm) Giải bất phương trình
(
)
2
33
log 2log 3 1 0xx

−
−<
.

()
22
33 33 3
log 2log 3 1 0 log 2log 3 0 1 log 3xx xx x− −<⇔ − −<⇔−< <

0,25
1
27
3
x⇔<<
. Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là khoảng
1
;27
3
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

0,25
2) (0,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
(
)( )
2ln
f
xx x=−
trên

đoạn
[
]
2;3
.

()
(
)
1ln, 0
f
xxfxxe
′′
=− = ⇔ =
,
[
]
2;3e ∈

0,25
()
(
)()
242ln2, ,363ln3ffeef=− = =−
. Vì vậy:
[]
(
)
(
)

2;3
min 2 4 2 ln 2,fx f==−


[]
(
)
(
)
2;3
max
f
xfee
=
=
.
0,25
Câu 3
(1 điểm)
Tính tích phân
()
1
2
0
1
x
I
xedx=+
∫
.

Ta có
()
111
22
000
1
xx
I
xedxxdxxedx=+ = +
∫∫∫
,
1
2
1
0
1
1
0
22
x
Ixdx
=
==
∫
.
0,25
Tính
1
2

2
0
x
I
xe dx=
∫
: Đặt
2
2
1
2
x
x
du dx
ux
ve
dv e dx
=
⎧
=
⎧
⎪
⇒
⎨⎨
=
=
⎩
⎪
⎩
. Suy ra

1
22
2
0
1
11
0
22
xx
I
xe e dx
=
−=
∫

0,25
2
22
11
11 1
00
24 4
xx
e
xe e
+
=−=
.

0,25

Vậy
22
12
113
24 4
ee
II I
++
=+=+ = .
0,25
Câu 4
(1 điểm)
1) (0,5 điểm) Giải phương trình
2
tan
2cos 2 cos sin 1 cos3
1tan
x
x
xx x
x
=+−−
+
(1).

Điều kiện:
()()
cos 0 *
2
xxmm

π
π
≠⇔≠ + ∈]
. Với điều kiện
(
)
*
ta có:
() ()
2
sin
cos
1 cos3 cos sin 1 cos3 sin cos cos sin 1
1
cos
x
x
x
xx x xxxx
x
⇔=++−−⇔ =+−
0,25
()( )
()
()
()
()
ˆ
2 , khong t/m *
sin 1

2
1sin 1cos 0
cos 1
2 , t/m *
xkk
x
xx
x
xk k
π
π
π
⎡
=+ ∈
=
⎡
⎢
⇔− − =⇔ ⇔
⎢
⎢
=
⎣
=∈
⎢
⎣
]
]

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
2,xk k

π
=
∈]
.
0,25
2) (0,5 điểm) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên đồng thời
hai số từ tập hợp S. Tính xác suất để hai số được chọn có chữ số hàng đơn vị giống nhau.

S có 90 phần tử. Chọn ngẫu nhiên đồng thời hai số từ S, số cách chọn là
2
90
4005C =
cách.
0,25
Chọn hai số có chữ số hàng đơn vị giống nhau:
+ Có 10 cách chọn chữ số hàng đơn vị (chọn từ các chữ số 0, 1, 2, , 9).
+ Có
2
9
C
cách chọn hai chữ số hàng chục (chọn từ các chữ số 1, 2, , 9).
Do đó, số cách chọn hai số từ S có chữ số hàng đơn vị giống nhau là
2
9
10. 360C = .
Vậy xác suất cần tính là
360 8
4005 89
P ==
.

0,25
Câu 5
(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
a
,
13
2
a
SD =
. Hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của đoạn AB. Gọi I là trung
điểm của đoạn AD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng HI, SD theo
a
.

()
SH ABCD SH HD⊥⇒⊥

()
22
22 22 22 2 2
13
22
44
aa
SH SD HD SD HA AD a a SH a
⎛⎞
=− =− + = −+=⇒=

⎜⎟
⎝⎠

0,25
3
2
.
11 2
.2.
333
S ABCD ABCD
a
VSHSaa===
.
0,25

+ HI // BD
⇒
HI // (SBD)
(
)
(
)
(
)
()
()
d HI,SD d HI, SBD d H, SBD⇒= =
(1)
+ Kẻ

,
H
KBDHQSK
⊥
⊥ . Chứng minh được
(
)
(
)
(
)
,
H
QSBD dHSBD HQ⊥⇒ =
(2)
0,25
+
n
0
2
.sin .sin 45
24
aa
HK BH HBK===

+
2
2222 2
1111117
22

8
a
H
QSHHK a a
=+ =+=

34
17
a
HQ⇒= (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra
()
34
17
a
dHI,SD=
.
0,25
Câu 6
(1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(
)
2; 3; 0A −
và mặt phẳng (P) có phương
trình
22 10xyz++−=
. Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm O, A và vuông góc
với (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Oz sao cho AM song song với (P).

(P) có vectơ pháp tuyến
()
2;2;1
P
n =
G
. Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua O, A và vuông góc với (P).
⇒
(Q) nhận
()
,3;2;10
QP
nnOA
⎡⎤
==−
⎣⎦
JJJG
GG
làm vectơ pháp tuyến.
0,25
(Q) đi qua
()
0; 0; 0O
và có vectơ pháp tuyến
(
)
3; 2; 10
Q
n =−
G

nên (Q) có phương trình:
32100xy z
+
−=
0,25
M thuộc trục Oz
⇒
()
0;0;
M
m . Do AM song song với (P) nên ta có
.n 0
P
AM =
J
JJJG
G
G

0,25
()
2 .2 3.2 .1 0 2mm⇔− + + = ⇔ =−
. Vậy
(
)
0;0; 2M
−
.
0,25
Câu 7

(1 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Gọi M và N lần lượt là
trung điểm của CD và BI. Tìm tọa độ các điểm B, C, D biết
(
)
1; 2A
, đường thẳng MN có
phương trình
220xy−−=
và điểm M có tung độ âm.





+ Gọi J là trung điểm của AI
⇒
DMNJ là hình
bình hành.Xét tam giác ADN có J là giao điểm của
hai đường cao AI và NJ nên J là trực tâm, do đó
A
NDJ ANMN
⊥
⇒⊥
⇒ N là hình chiếu của A
trên MN. Tìm được
(
)
2; 0N

.
+ ADMN là tứ giác nội tiếp
n
n
0
45AMN ADN⇒==

A
MN⇒Δ
vuông cân tại N. Từ
M
MN∈
và
5MN AN==
tìm được M có tọa độ là
()
4; 1

hoặc
(
)
0; 1
−
. Do M có tung độ âm nên
(
)
0; 1M
−

0,25

+ Gọi
K
AM BD
=
∩
⇒
K là trọng tâm
A
DCΔ

⇒

2
3
A
KAM=
J
JJG JJJJG
. Tìm được
1
;0
3
K
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
+
1
2

NI BI
= và
1
3
K
IDI= ⇒
3
5
NI NK
=
JJG JJJG
. Từ đó
tìm được
(
)
1; 0I
.
0,25
+ I là trung điểm của AC nên tìm được
()
1; 2C
−

0,25
+ M là trung điểm của CD nên tìm được
(
)
1; 0D −

+ I là trung điểm của BD nên tìm được

()
3; 0B
.
0,25
Câu 8
(1 điểm)
Giải hệ phương trình
()
()
4432
322
22201
38 2 9 2
xyxyyy
yyxx
⎧
−+−−+=
⎪
⎨
−−=− +
⎪
⎩


() ( )
()
42
42
2
12 10

1
y
yxy
xy
=
⎡
⇔− +−=⇔
⎢
+ =
⎣

0,25
+ Với 2
y
= : thay vào (2)
được ph
ương trình
22 22
629296
xx xx
−=− +⇔ +=+


()()
2
22 42
49 6 800
xxxxx
⇔+=+⇔+=⇔=

0,25
+ V
ới
42
1
xy
+=: suy ra
11,11
xy
−≤≤−≤≤
.
Xét hàm số
()
[ ]
3
38, 1;1
fyy y y=−−∈−
và hàm số

()
[]
22
29,1;1
gx x x x=− +∈−
.
Tìm được
[]
() ()
1;1
max 1 6

fy f
−
=−=−
và
[]
() ()
1;1
min 0 6
gx g
−
=
=−
.
0,25
T
ức là ta có:
[] []
322
3 8 6 2 9, 1;1, 1;1yy xx x y
−−≤−≤− +∀∈−∀∈−
. Từ đó:
()
0
2
1
x
y
=
⎧
⇔

⎨
=−
⎩
.
V
ậy hệ
phươ
ng trình đã cho có 2 nghi
ệm là
( )
0;2
và
(
)
0; 1−
.
0,25
Câu 9
(1 đi
ểm)
Cho
,,
abc là các số th
ực dươ
ng. CMR:
()
2
2
33 8 1
2

28
22 3
abc
ab bc
bac
+≥ +
+ +
++
+++


Ta chứng minh
()
2
2
33 8 1
0
2
28
22 3
P
abc
ab bc
bac
= +− − ≥
++
++
+++
.
()

33
82.2 2
2
28
bc bc b c
abc
ab bc
=≤+⇒ ≥
+ +
++

0,25
() ()
()
2
2
2
2
88
22
3
22 3
bacbac
abc
bac
− −
++≥++⇒ ≥
+ ++
+++

Do đ
ó:
() ()
338 1 138
223223
P
abc abc abc abc abc
≥+−−=+−
++ +++ ++ ++ +++

0,25
Đặt ,0
xabcx
=++ >. Ta có
138
22 3
P
xx
≥+−
+
. Xét
()
138
,0
22 3
fx x
xx
= +− >
+
.

Ta có
()
()
( )( )
()
22
2
2
3153
18
2
323
xx
fx
x
xxx
− +
′
=− + =
++
. Bảng biến thiên của
()
f x
:

0,25
Từ
b
ảng bi
ến thiên c

ủ
a
()
f
x
suy ra
()
0, 0fx x
≥∀>
. Do
đ
ó
0P ≥ , suy ra đ
pcm.
Đẳng thức xảy ra khi
11
,
42
ac b== =.
0,25

–––––––HẾT––––––––

.