đề toán thi thử THPT QG năm 2015 đề số 19

SỞ GD & ĐT KHÁNH HOÀ
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I - NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề
Câu I: (2đ) Cho hàm số
2 1
( )
1
x
y f x
x
−
= =
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C) , hãy tìm trên đồ thị (C) điểm M có
hoành độ dương sao cho tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M cắt đường tiệm cận đứng , tiệm cận
ngang lần lượt tại A và B thỏa mãn: 2IA
2
+ IB
2
= 12 .
Câu II: (2đ) Giải các phương trình sau :
1.
(1 s inx)(2sin 2 6 cosx 2sinx 3)
2
2cos 1
x
x
− + + +

=
+

2.
3 2
27 3
3
1
log log ( 4) log ( 2)
4
x x x+ + = −
Câu III: (1đ) Tính tích phân :
1
2
0
( )
2
x
x
x x e
I dx
x e
−
+
=
+
∫

Câu IV: (1đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho hai điểm A(1;2); B(4;1) và đường thẳng
d: 3x-4y+5=0. Viết phương trình đường tròn (C) đi qua A,B và cắt d tại C, D sao cho CD = 6.

Câu V: (1đ) Trong một chiếc hộp có chứa 6 viên bi đỏ, 5 viên bi vàng và 4 viên bi trắng. Lấy
ngẫu nhiên trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi lấy ra không có đủ cả 3 màu.
Câu VI: (1đ) Cho hình chóp đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên của hình chóp tạo
với mặt đáy một góc 60
0
. Mp(P) chứa AB và đi qua trọng tâm G của
∆
SAC cắt SC , SD lần lượt
tại M,N . Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a
Câu VII: (1đ) Giải hệ phương trình :
3 2 3
3 2
6 13 10
2 5 3 3 10 6
x x x y y
x y x y x x y

− + = + +


+ + − − − = − − +


Câu VIII: (1đ) Cho 0,, ≥zyx và 3=++ zyx .Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thức:
xzzyyx
P
−++
+
−++
+

−++
=
)1ln(24
1
)1ln(24
1
)1ln(24
1
HẾT
Trang 1
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI THỬ LẦN I – NĂM HỌC 2014-2015 - KHỐI 12
Câu Đáp án Điểm
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) :
2 1
( )
1
x
y f x
x
−
= =
−
: (1đ)
+ Tập xác định : D = R \ {1}
+
( )
2
1
' 0;
1

y x D
x
−
= < ∀ ∈
−
: Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)−∞

và
(1; )+∞

0.25
+
1 1
lim ; lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞
: TCĐ x = 1
+ lim 2
x
y
+
−
→ ∞
= : TCN y = 2
0.25
+ Bảng biến thiên:

x -
∞
1 +
∞

y' - -
y 2 + ∞
-∞ 2
0
.25
+ Điểm đặc biệt : (0;1) ;
1
;0
2
 
 
 
+ Đồ thị:
x
y
2
1
I
1
0
.25
2. (1đ)
+ I(1;2) . Gọi M(x
0
;

0
0
2 1
1
x
x
−
−
) ∈ (C) , x
0
> 0 ;
0
1x ≠
+ Pttt với (C) tại M :
0
0
2
0 0
2 11
: ( )
( 1) 1
x
d y x x
x x
−
= − − +
− −

0.25
+ A là giao điểm của d và TCĐ ⇒ A(1;

0
0
2
)
1
x
x −

+ B là giao điểm của d và TCN ⇒ B(2x
0
-1; 2)
0.25
+ Tính được IA
2
=
( )
2
0
4
1x −
; IB
2
= 4(x
0
– 1)
2

+ 2IA
2
+ IB

2
= 12
⇔
2 4 2
0 0 0
2
0
2
( 1) 3 ( 1) 3( 1) 2 0
( 1)
x x x
x
+ − = ⇔ − − − + =
−
0 0
2
0 0
0
2
0 0
0
0 0
1 1 2
1 1 0 (loai)
( 1) 1
1 2 1 2
( 1) 2
1 2 1 2 (loai)
x x
x x

x
x x
x
x x
− = =
 
 
− = − =

− =
 
⇔ ⇔ ⇔

 
− = = +
− =


 
 
− = − = −
 
0.25
Câu I
(2đ)
+ KL: Vậy có 2 điểm cần tìm: M
1
(2;3) ; M
2
(1+ 2 ; 2+

2
2
)
0.25
Trang 2
1. Giải phương trình:
(1 sinx)(2sin 2 6cosx 2sinx 3)
2
2cos 1
x
x
− + + +
=
+
(1)
+ Điều kiện:
1 2
cos 2 ;
2 3
x x k k Z
π
π
+
−
≠ − ⇔ ≠ + ∈
0.25
(1)
(1 sinx)(4sin cos 6cos 2sin 3)
2
2cos 1

x x x x
x
− + + +
⇔ =
+

(1 sinx)(2sin 3)(2cosx 1)
2
2cos 1
x
x
− + +
⇔ =
+

0.25
(1 sinx)(2sin 3) 2x⇔ − + =
2
2sin sinx 1 0x⇔ + − =
0.25
2
2
sinx 1
2
1
6
sinx
2
5
2

6
x k
x k
x k
π
π
π
π
π
π

= − +

= −




⇔ ⇔ = +


=



= +


thỏa mãn điều kiện
0

.25
2. Giải phương trình:
3 2
27 3
3
1
log log ( 4) log ( 2)
4
x x x+ + = −
(1)
+ ĐK : 0 2x< ≠
Với ĐK trên, (1)
3 3 3
log log ( 4) log 2x x x⇔ + + = −

[ ]
3 3
log ( 4) log 2x x x⇔ + = − ( 4) 2x x x⇔ + = −
0.25
2
( 4) 2
2
( 4) 2
x
x x x
x
x x x
 >




+ = −


⇔

<



+ = − +




2
2
2
3 2 0
2
5 2 0
x
x x
x
x x
 >



+ + =



⇔

<




+ − =


0.25

2
1 2
5 33
2
2
5 33
2
x
x x
x
x
x
+
−
+
−

 >



= − ∨ = −


−

⇔ ⇔ =
<





−
=




0.25
C
âu II:
(2đ)
Đối chiếu đk , nghiệm của pt :
5 33
2
x

− +
=
0.25
1
2
0
( )
2
x
x
x x e
I dx
x e
−
+
=
+
∫
=
1
2
0
( 1)
2
x
x
x x e
dx
xe
+

+
∫

Đặt t = xe
x

⇒
dt = (x+1)e
x
dx
0.25
Đổi cận: x = 0⇒ t =0 , x=1⇒ t=e
0.25
0 0
2
(1 )
2 2
e e
t
I dt dt
t t
= = −
+ +
∫ ∫
0.25
Câu III:
(1đ)
= (t-2ln|t+2|)
0
|

e
= e+2ln
2
2e +
0.25
Trang 3
y
x
C
D
A
D
O
I
B
I
Nhận xét A thuộc d nên A trùng với C hay D . (Giả sử A trùng C)
Gọi I(a;b) là tâm đường tròn (C), bán kính R>0.
(C) đi qua A,B nên IA=IB=R
2 2 2 2
(1 ) (2 ) (4 ) (1 )a b a b R⇔ − + − = − + − =

3 6b a⇔ = −

0
.25
Suy ra I(a;3a-6) và R =
2
10 50 65a a− + (1)
Gọi H là trung điểm CD IH CD⇒ ⊥ và IH = d(I;d) =

9 29
5
a− +
R=IC=
( )
2
2 2
9 29
9
25
a
CH IH
−
+ = +
(2)
0.25
Từ (1) và (2) , có:
2
10 50 65a a− + =
( )
2
9 29
9
25
a −
+
2
1
13 56 43 0
43

13
a
a a
a
=


⇔ − + = ⇔

=


0.25
Câu IV
(1đ)
+ a=1
(1; 3); 5I R⇒ − =
. Pt đường tròn (C): (x-1)
2
+(y+3)
2
=25
+
43
13
a =

43 51 5 61
( ; );
13 13 13

I R⇒ =
.
Pt đường tròn (C):
2 2
43 51 1525
13 13 169
x y
   
− + − =
   
   
0.25
Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp :
4
15
1365C = cách
0.25
+ Chọn 2 bi đỏ, 1 bi trắng , 1 bi vàng:
2 1 1
6 5 4
. .C C C
+ Chọn 1 bi đỏ, 2 bi trắng , 1 bi vàng:
1 2 1
6 5 4
. .C C C
+Chọn 1 bi đỏ, 1 bi trắng , 2 bi vàng:
1 1 2
6 5 4
. .C C C
Số cách chọn 4 viên bi có đủ 3 màu :

2 1 1
6 5 4
. .C C C +
1 2 1
6 5 4
. .C C C +
1 1 2
6 5 4
. .C C C = 720 cách
0.25
Số cách chọn 4 viên bi không đủ cả 3 màu : 1365-720 = 645 cách
0.25
Câu V
(1đ)
Xác suất cần tìm : P =
645 43
1365 91
=
0.25
Trang 4
J
I
N
M
G
O
C
A
D

B
S
Gọi O là giao điểm của AC và BD
S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO
⊥
(ABCD)
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD , xác định được góc giữa mặt bên
(SCD) và mặt đáy (ABCD) là

0
60SJI = .
0.25
Nhận xét ∆ SIJ đều ; SO =
3
2
a
; V
S.ABCD
=
3
1 3
.
3 6
ABCD
a
SO S = (đvtt)
0.25
Trong (SAC) , AG cắt SC tại M , M là trung điểm của SC
C/minh được MN// AB và N là trung điểm của SD
.

1 1
2 4
SABM
SABM S ABCD
SABC
V
SM
V V
V SC
= = ⇒ =
.
1 1
4 8
SAMN
SAMN S ABCD
SACD
V
SM SN
V V
V SC SD
= ⋅ = ⇒ =
0.25
Câu VI
(1đ)
3
. . . .
3 3
8 16
S ABMN S ABM S AMN S ABCD
a

V V V V⇒ = + = = (đvtt)
0.25
Giải hệ phương trình :
3 2 3
3 2
6 13 10 (1)
2 5 3 3 10 6 (2)
x x x y y
x y x y x x y

− + = + +


+ + − − − = − − +


(1đ)
3 3
(1) ( 2) ( 2)x x y y⇔ − + − = +

Xét hàm số f(t) = t
3
+t , t
R
∈ có f ’(t) = 3t
2
+1>0,
t R∀ ∈

⇒

f(t) đồng biến trên R và
(1) 2x y⇔ − =
(3)
0.25
Thay (3) vào (2):
3 2
5
3 3 5 2 3 10 26 (4); 1
2
x x x x x x+ − − = − − + − ≤ ≤
0.25
+ Chứng minh g(x) =
3 3 5 2x x+ − −
đồng biến trên đoạn
5
1;
2
 
−
 
 

+ Chứng minh h(x) =
3 2
3 10 26x x x− − +
nghịch biến trên đoạn
5
1;
2
 

−
 
 

g(2) = h(2) = 2
⇒
x=2 là nghiệm duy nhất của pt (4)
0.25
Câu VII
(1đ)
Đáp số
( ) ( )
; 2;0x y =
0.25
Cho 0,, ≥zyx và 3=++ zyx .Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thức:
xzzyyx
P
−++
+
−++
+
−++
=
)1ln(24
1
)1ln(24
1
)1ln(24
1
Câu VIII

(1đ)
Với cba ,, >0,áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
1 1 1 1 1 1 9
( ) 9a b c
a b c a b c a b c
 
+ + + + ≥ ⇒ + + ≥
 
+ +
 
(1)
Dấu “=” xảy ra cba ==⇔
Áp dụng (1) ta có
zzyyxx
P
−++−++−++
≥
)1ln(2)1ln(2)1ln(212
9
0.25
Trang 5
Xét
[ ]
3;0,)1ln(2)( ∈−+= ttttf

t
t
t
tf
+

−
=−
+
=
1
1
1
1
2
)(' ;
10)(' =⇔= ttf

32ln4)3(,14ln)1(,0)0( −=−== fff

14ln)(32ln4 −≤≤−⇒ tf

0.25
12ln 2 9 ( ) ( ) ( ) 3ln 4 3
12ln 2 3 ( ) ( ) ( ) 12 9 3ln 4
f x f y f z
f x f y f z
⇒ − ≤ + + ≤ −
⇒ + ≤ + + + ≤ +

9 9 3
12 ( ) ( ) ( ) 9 3ln 4 3 ln 4
P
f x f y f z
⇒ ≥ ≥ =
+ + + + +

Vậy
3
1
3 ln 4
MinP x y z= ⇔ = = =
+

0.25
Mọi cách giải khác đúng của hs đều cho điểm tương ứng với mỗi phần của câu