Tuyển tập đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn toán p1

Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán Phần I


TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT
TỔ: TOÁN – TIN

ÐỀ THI THỬ QUỐC GIA THPT (Lần 1)
Môn thi: TOÁN - NĂM HỌC: 2014 – 2015

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề )

Câu 1: (3.0 điểm). Cho hàm số: y =x 4 − 6 x 2 + 5
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
b) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: x 4 − 6 x 2 − log 2 m =
0
c) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M(x 0 ;y0 ) biết y//(x 0 ) = 0
Câu 2: (1.0 điểm)
Giải phương trình: sinx + 4cosx = 2 + sin2x
Câu 3: ( 1.0 điểm). Giải phương trình : 2( log 2 x +1) log 4 x + log 2

1
=0
4

Câu 4:(1.0 điểm).Tìm tập xác định của hàm số: y = log 1 − log( x 2 − 5 x + 16) 
Câu 5: (1.0 điểm). Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho
AM = x (0 < x ≤ a).Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S
sao cho SA = 2a. Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC).
Câu 6: ( 1.0 điểm). Giải hệ phương trình:

 x − 2 y − xy =

0

1
 x − 1 − 2 y − 1 =

Câu7: (1.0 điểm).Trong mặt phẳng 0xy cho các điểm A (1;0 ) , B ( −2;4 ) ,C ( −1;4 ) , D ( 3;5 ) và
đường thẳng d : 3x − y − 5 =
0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện
tích bằng nhau.
--- 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:…………………


TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I
TỔ TOÁN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
MÔN THI: TOÁN 12
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1 ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2 (1)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1)
b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) biết tiếp tuyến vuông góc
với đường thẳng ( d ) : x + 9y −1 = 0 .
Câu 2 ( 1 điểm ) Giải phương trình: log32 x − log
Câu 3 ( 1 điểm ) Tìm nguyên hàm sau: F ( x ) =

(9x ) −1 = 0
2

3

sin x

∫ 1+ cos x dx

Câu 4 ( 1 điểm )
1
2
3
a. Tìm n ∈ N biết Cn+1
+ 3Cn+2
= Cn+1

b. Cho 100 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 100, chọn ngẫu nhiên 3 thẻ. Tính xác suất để

tổng các số ghi trên 3 thẻ được chọn là một số chia hết cho 2.
Câu 5 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A ( 0;1;2) ,
B ( 0;2;1) , C (−2;2;3) . Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác và tính đường
cao AH của nó.
Câu 6 ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a ,
AD = 2a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của AD , góc
giữa SB và mặt phẳng đáy ( ABCD) là 450 .
a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BH theo a
Câu 7 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn (C ) tâm I
( xI > 0) , (C ) đi qua điểm A (−2;3) và tiếp xúc với đường thẳng ( d1 ) : x + y + 4 = 0 tại điểm
B . (C ) cắt ( d2 ) : 3x + 4y −16 = 0 tại C và D sao cho ABCD là hình thang có hai đáy là
AD và BC , hai đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. Tìm toạ độ các điểm B , C ,

D
" x 2 + xy + 2y 2 + y 2 + xy + 2x 2 = 2 x + y
( )
$
Câu 8 ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình: #
$%(8y − 6 ) x −1 = 2 + y − 2 y + 4 x − 2 + 3

(

)(

)

Câu 9 ( 1 điểm ) Cho x , y là các số thực không âm thoả mãn:
2

2x 2 + 3xy + 4y 2 + 2y 2 + 3xy + 4x 2 − 3 ( x + y) ≤ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:
P = 2 ( x 3 + y 3 ) + 2 ( x 2 + y 2 ) − xy + x 2 +1 + y 2 +1

---------------- 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: .....................................

1


TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I
TỔ TOÁN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
1
2 điểm

Đáp án
a. Khảo sát đủ các bước, đồ thị vẽ dễ nhìn chấm điểm tối đa

Điểm
1,0
b. Gọi M ( a;a 3 − 3a 2 + 2 ) là tiếp điểm, do tiếp tuyến vuông góc với ( d ) . Nên 0,25
có: y' ( a ) = 9

2
1 điểm

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Hay 3a 2 − 6a − 9 = 0 ⇔ a = −1 hoặc a = 3
Với a = −1 PTTT là: y = 9x + 7
Với a = 3 PTTT là: y = 9x − 25
ĐK: x > 0
PT đã cho tương đương với: log32 x − 4 log3 x − 5 = 0
"log x = −1

Hay: $ 3
#log3 x = 5
1
Vậy PT có nghiệm: x = hoặc x = 35
3

3
1 điểm

Ta có F ( x ) =

4
1 điểm

a. 0.5 điểm
ĐK: n ∈ N, n ≥ 2

sin x

∫ 1+ cos x dx = − ∫

Từ đề ra ta có: n +1+ 3

0,25
0,25

d (1+ cos x )
= − ln (1+ cos x ) + C
1+ cos x

0,25

(n + 2)! = (n +1)!
2!n!
3!( n − 2 )!

⇔ n 2 −10n − 24 = 0

0,25
0,25

+ Trong 3 số có một số chẵn, hai số lẽ số cách chọn là: C C

0,25

Vậy xác suất tính được là:

6
2 điểm

0,25

Giải ra ta được: n = 12 hoặc n = −2
Đối chiếu ĐK ta được n = 12
b. 0.5 điểm
3
Số phần tử của không gian mẫu là: C100
. Do tổng 3 số được chọn chia hết cho
2 nên ta có các trường hợp sau:
3

+ Cả 3 số đều chẵn, số cách chọn là: C50
1
50

5
1 điểm

1,00

2
50

3
1
2
C50
+ C50
C50
1
=
3
C100
2

0,25
0,25

0,25

!!!"

!!!"
!!!"
!!!"
Ta có AB ( 0;1;−1) , AC (−2;1;1) . Do AB ≠ k AC nên ABC là một tam giác
!!!" !!!"
Nhận thấy AB.AC = 0 nên ΔABC vuông tại A .
3
1
1
1
2
Vậy
=
+
= . Hay AH =
2
2
2
2
AH
AB AC
3

0,5

0,5

a. 0.5 điểm
Do SH ⊥ ( ABCD ) nên góc giữa SB và mặt phẳng đáy

( ABCD)

∠SBH = 450 . Ta có ΔSBH vuông cân tại H vậy SH = BH = a 2

là góc

0,25

2


1
2a 3 2
Ta có VS. ABCD = SH.dt ( ABCD ) =
(đvtt)
3
3
a. 0.5 điểm
Gọi K là trung điểm cử BC , ta có BH / /DK ⇒ BH / / ( SDK ) suy ra

0,25

0,25

d ( BH;SD ) = d ( BH; ( SDK )) = d ( H; ( SDK ))
Tứ diện SHDK vuông tại H nên

1
1
1

1
5
=
+
+
= 2
2
2
2
d ( H; ( SDK )) HS HK
HD
2a
2

2
Vậy d ( BH;SD ) = d ( H; ( SDK )) = a
5
7
1 điểm

Do ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn nên ABCD là hình thang cân. Do
hai đường chéo vuông góc với nhau tại K nên ΔBKC vuông cân tại K, suy ra
∠ACB = 450 ⇒ ∠AIB = 90 0 (góc ở tâm cùng chắn cung AB) hay IB ⊥ AI (1)
Lại do

( d1 )

tiếp xúc

IB = d ( A / d1 ) =

(C )

tại B nên IB ⊥ ( d1 ) (2). Từ (1), (2) suy ta

0,25

5
, ( AI / / ( d1 ) )
2

#
1
a=
%
5
2
Ta có PT AI : x + y −1 = 0 , do I ∈ AI ⇒ I ( a;1− a ) , IA =
⇔%
2
%a = − 9
%$
2
!1 1$
Vậy I # ; & do ( x I > 0 )
"2 2%
2

8
1 điểm

0,25

0,25

2

"
1 % " 1 % 25
PT đường tròn (C ) : $ x − ' + $ y − ' =
#
2& # 2&
2
2
2
("
1 % " 1 % 25
*$ x − ' + $ y − ' =
Xét hệ )#
2& # 2&
2 ⇔ ( x; y) = ( 0; 4) hoặc ( x; y ) = ( 4;1)
*
+3x + 4y −16 = 0
B là hình chiếu của I lên ( d1 ) tính được B (−2;−2 )

0,25

Do AD / /BC nên B (−2;−2 ) , C ( 4;1) , D ( 0; 4)

0,25

ĐK: x; y ≥ 2

0,25
2

PT(1) ⇔
PT

2

!x$ x
!x$ x
!x $
x
# & + + 2 + 2 # & + +1 = 2 # +1& , đặt = t;t > 0 ta được
y
" y% y
" y% y
"y %

0,25

t 2 + t + 2 + 2t 2 + t +1 = 2 (t +1) (3) với t > 0

Bình phương hai vế của (3) giải ra ta được x = y

0,25

(

)(

)

Thay x = y vào (2) ta được (8x − 6 ) x −1 = 2 + x − 2 x + 4 x − 2 + 3 ⇔
"
4x − 4 $
#

(

2
2
%
%
"
4x − 4 +1' = 2 + x − 2 $ 2 + x − 2 +1' (4);
&
&
#

)

(

)(

)

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t luôn đồng biến trên R nên
(4) ⇔

4x − 4 = 2 + x − 2 (5)

3


Giải (5) ta được x = 2 hoặc x =

34
. Vậy hệ có 2 nghiệm
9

0,25

! 34 34 $
( x; y) = (2;2) hoặc #" ; &%
9 9
Ta có
9
1 điểm

2x 2 + 3xy + 4y 2 + 2y 2 + 3xy + 4x 2 =
2

2

2
2

! !
! ! 3 $$ ! 23 $
3 $$ ! 23 $
y & + # 2 # y + x && + #
x & ≥ 3 x + y = 3( x + y)
# 2 # x + y && + #
4 %% " 8 %
" "
" " 4 %% " 8 %
#t 2 − t ≥ 0 't = 0
dấu bằng xảy ra khi x = y ≥ 0 . Đặt x + y = t ta có $
(*)
⇔)
(t ≥ 1
%t ≥ 0

0,25

Ta có P = 2t 3 + 2t 2 − xy ( 6t + 5) + x 2 +1 + y 2 +1 ,
0,25

t2
P ≥ 2t + 2t − ( 6t + 5) + t 2 + 4 ⇔ 4P ≥ 2t 3 + 3t 2 + 4 t 2 + 4 = f (t )
4
3

2

Xét hàm số f (t ) = 2t 3 + 3t 2 + 4 t 2 + 4 trên (*), f ' (t ) = 6t 2 + 6t +

4t
t2 + 4

≥0

0,25

với mọi t thoả mãn (*). Suy ra f (t ) ≥ { f ( 0 ); f (1)} = f ( 0 ) = 8
"x = y ≥ 0
Vậy 4P ≥ f (t ) ≥ f ( 0 ) = 8 . Hay min P = 2 đạt được khi #
⇔x=y=0
$x + y = 0

0,25

4


SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA
NĂM 2015
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề).

Câu 1 (2,0 điểm).

Cho hàm số y 

2x  m
x 1

(1) , với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với m  1 .
b) Tìm m để đường thẳng d : y  x  2 cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện
tích tam giác OAB bằng

21 (O là gốc tọa độ).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin 2 x  3 sin 2 x  2  0 .
e2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I 


e

( x 2  1)ln x  1
dx .
x ln x

Câu 4 (1,0 điểm).





a) Giải phương trình log 2 9 x  4  x log 2 3  log

2

3.

b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S. Tính xác suất để
số được chọn có chữ số hàng đơn vị và hàng chục đều là chữ số chẵn.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  3 y  z  8  0 và
điểm A( 2; 2;3) . Viết phương trình mặt cầu ( S ) đi qua điểm A , tiếp xúc với mặt phẳng (P) và có tâm
thuộc trục hoành.
ABC  600 . Cạnh
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc 
bên SD  a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD sao
cho HD  3HB . Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng CM và SB .
Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường cao và đường trung tuyến kẻ
từ đỉnh A lần lượt có phương trình là x  3 y  0 và x  5 y  0 . Đỉnh C nằm trên đường thẳng

 : x  y  2  0 và có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng chứa
trung tuyến kẻ từ C đi qua điểm E (2;6) .

1
y
1 y

 x  ( x  1) 2  x  1  y
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 8 y  9  ( x  1) y  2


( x, y   ) .

Câu 9(1,0 điểm). Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x  y và ( x  z )( y  z )  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P 

1
4
4


.
2
2
( x  y) ( x  z ) ( y  z)2
----------------- Hết ---------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: ..........................................................


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LÂN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN: TOÁN
(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang)
Câu
Nội dung
Câu 1.a
2x  1
Cho hàm số y 
............
(1,0đ)
x 1

* Tập xác định: D   \ 1

3
; y '  0, x  D .
( x  1) 2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;+  .

Điểm

0,25

* Sự biến thiên: y ' 

Giới hạn:

lim y  ; lim y   lim y  2; lim y  2 .
x 1

x 

x 1

x 

0,25

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1 và tiệm cận ngang y  2 .
- Bảng biến thiên

x 

y'

1
0









2

0,25

y


2

Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm  0; 1 ,

y

4

 1
 2




cắt trục hoành tại điểm   ;0 

3

2

Đồ thị nhận điểm I 1; 2  làm tâm đối xứng.

1

O
-4

-3

-2

-1

x
1

2

3

4

-1

0,25

-2

-3

-4

Câu 1.b
(1,0đ)

Tìm m để đường thẳng d : y  x  2 cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
diện tích tam giác OAB bằng

21 ….

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị hàm số (1) là

2x  m
 x  2 (2)
x 1
Điều kiện x  1
(2)  2 x  m  ( x  1)( x  2)  x 2  x  2  m  0 (3) .

0,25

Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (3)
có

hai

nghiệm

phân

biệt

khác

9

  0
1  8  4m  0
m  


4

1  1  2  m  0
m  2
 m  2

1.

Điều

kiện

cần

và

đủ

là


Khi đó gọi các nghiệm của phương trình (3) là

x1 , x2 . Tọa độ các giao điểm

A( x1 ; x1  2), B ( x2 ; x2  2) .

0,25

AB  ( x2  x1 )2  ( x2  x1 ) 2  2  ( x2  x1 )2  4 x1 x2   2(1  4(2  m))  2(9  4m) .
d : y  x  2  x  y  2  0 Khoảng cách từ O đến đường thẳng d là d  O, d  

Diện tích tam giác OAB bằng


Câu 2
(1,0đ)

21 

2

 2.

1
d  O, d  . AB  21
2

0,25

0,25

1
2. 2(9  4m)  21  9  4m  21  m  3 .
2

Giải phương trình 2sin 2 x  3 sin 2 x  2  0 .

2sin 2 x  3 sin 2 x  2  0  2
 3 sin 2 x  cos 2 x  1 

Câu 3
(1,0đ)

2

1  cos 2 x
 3 sin 2 x  2  0
2

0,25

3
1
1



sin 2 x  cos 2 x   sin  2 x    sin
2
2
2
6
6


0,25

 

2
x

  k 2

6 6

, k 

5


2 x  
 k 2

6
6

0,25



 x  6  k

, k 
 x    k

2

0,25

e2

Tính tích phân I 

( x 2  1) ln x  1
e x ln x dx .

e2

( x 2  1) ln x  1

I
dx 
x ln x
e
e

e2


e

e2

N

e2

0,25

2

 x2
 e 2 e 4  e2
1

M    x  dx    ln x  
1
x
2
 2

e
e 
e

e2

x 2 ln x  1  ln x
1
1 
1
1


dx    x  
dx
dx    x  dx  
x ln x
x x ln x 
x
x ln x
e 
e 
e

2

1

0,25

1

 x ln xdx . Đặt t  ln x  dt  x dx .
e

0,25

Đổi cận x  e  t  1; x  e2  t  2
2

N 
1

2
dt
 ln t  ln 2  ln1  ln 2
1
t

Vậy I 

e4  e 2
 1  ln 2
2

0,25


Câu 4a
(0,5đ)





Giải phương trình log 2 9 x  4  x log 2 3  log

2

3.

Điều kiện 9 x  4  0  x  log 9 4

log 2  9 x  4   x log 2 3  log

2

3  log 2  9 x  4   log 2  3x.3

0,25

 3 x  1
 9  4  3 .3  3  3.3  4  0   x
 3x  4  x  log 3 4 (Thỏa mãn)
3  4
x

Câu 4b
(0,5đ)

x

2x

x

0,25

b) ) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên ……
Số phần tử của tập hợp S là 90.
Gọi

ab

là số tự nhiên có hai chữ số mà

a, b

đều là số chẵn. Ta có

0,25

a  2;4;6;8 , b  0;2;4;6;8 . Suy ra có 4.5  20 số ab .
Xác suất để chọn được một số tự nhiên có hàng chục và hàng đơn vị đều là số chẵn là
Câu 5
(0,5đ)

20 2
 .
90 9

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : 2 x  3 y  z  8  0 và……..
Gọi tâm của mặt cầu (S) là điểm I ( x;0;0) . Mặt cầu (S) đi qua A( 2;2;3) và tiếp xúc với (P)
nên ta có IA  d  I ,( P )   (2  x) 2  4  9 

2x  8
4  9 1

 (2  x) 2  13 

2x  8
0,25

14

 14 (2  x) 2  13  2 x  8  14((2  x) 2  13)  (2 x  8) 2
2

x  3
 14( x  4 x  17)  4 x  32 x  64  10 x  88 x  174  0  
 x  29
5


0,25

Với x  3  I (3;0;0)  IA  14  Phương trình mặt cầu (S) là: ( x  3) 2  y 2  z 2  14 .

0,25

2

Với

2

x

29
29
686
 I ( ;0;0)  IA 

5
5
5

Phương

trình

mặt

cầu

(S)

là:

0,25

2

29 
686

2
2
.
x   y z 
5 
25

Câu 6
(1,0đ)

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc 
ABC  600 . Hình chiếu ..
Từ giả thiết có tam giác ABC đều, cạnh bằng a .
Gọi O  AC  BD  BO 
SH 2  SD 2  HD 2  2a 2 

0,25

a 3
3
3
 BD  a 3  HD  BD  a 3
2

4
4

S

27 a 2 5a 2
a 5

 SH 
16
16
4

M

A
H
B

D
O
C


a2 3
Diện tích tứ giác ABCD là S ABCD  AB.BC.sin 
ABC  a 2 sin 600 
2
2

0,25
3

1
1 a 5 a 3 a 15
Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  SH .S ABCD 
.

3
3 4
2
24
SB 2  SH 2  HB 2 

5a 2 3a 2
a 2
.

 SB 
16 16
2

 BD  AC
 AC  ( SBD)  AC  OM .

 AC  SH

0,25

1

1
1a 2
a2 2
Diện tích tam giác MAC là S MAC  OM . AC  SB. AC 
.
a
2
4
4 2
8

SB // OM  SB //( MAC )  d ( SB, CM )  d ( SB, ( MAC ))  d  S , ( MAC )   d  D, ( MAC ) 
1
1 1
1
1
a 3 15
.
VM . ACD  d  M , ( ABCD)  .SACD  . d  S , ( ABCD)  .S ABCD  VS . ABCD 
3
3 2
2
4
96
3V
1
Mặt khác VM . ACD  d  D, ( MAC )  .S MAC  d  D, ( MAC )   M . ACD
3
SMAC

Câu 7
(1,0đ)

0,25

a 3 15
a 30
 232 
8
a 2
8

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ……………………..
Gọi d1 : x  3 y  0;

d2 : x  5 y  0
x  3y  0
x  0

 A(0;0) .
x  5y  0
y  0

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

0,25

C    C  c;2  c  .
BC  d1  BC : 3 x  y  m  0 .
Điểm C  c;2  c   BC  3c  2  c  m  0  m  2c  2  BC : 3 x  y  2c  2  0

Gọi

M

là

trung

điểm

cạnh

BC.

Tọa

độ

của

M

là

nghiệm

của

hệ 0,25

5c  5

x

x

5
y

0


 5c  5 c  1 
7

M
;


7 
 7
3 x  y  2c  2  0
 y   c 1

7
2 5c  5
10c  10


 2 

 xG  3 . 7
 xG  21
Gọi G là trọng tâm tam giác. Ta có AG  AM  

2
c

1
3
y   .
 y  2c  2
G
G
3 7

21


  10c  52 2c  128 
EC   c  2; 4  c  ; EG  
;

21
 21

Do

E, G, C

thẳng

hàng

nên

 
EC ; EG

0,25
cùng

phương


10c  52 2c  128
 c  1
21 
21

 c 2  5c  6  0  
 c  6  C (6; 4)
c2
c  4
c  6

 xB  2 xM  xC  4
 B  4; 2 
y

2

y

y

2
M
C
 B

Với c  6  M  5; 1  
Câu 8
(1,0đ)

1
y
1 y

 x  ( x  1) 2  x  1  y
Giải hệ phương trình 
 8 y  9  ( x  1) y  2


(1)

0,25

( x, y   ) .

(2)

Điều kiện xác định x  1, y  0

x

1
y
1 y
1 y
y
1
xy  y  1 y ( x  1)  1


 x




2
2
( x  1)
x 1
y
y
x  1 ( x  1)
y
( x  1) 2



 yx  y  1  0
xy  y  1 yx  y  1


0


2
y
( x  1) 2
 y  ( x  1)

Với y  ( x  1) 2 , thay vào (2) ta có

0,25

8( x  1) 2  9  ( x  1) x  1  2

Xét x  1 . Đặt t  x  1,(t  0) . Ta có phương trình

 t 2  1
8t  9  t  2  8t  9  t  4t  4  t  4t  5  0   2
 t2  5
.
t  5
2

2

2

4

2

4

2

0,25

 t   5  t  5  x  1  5  y  5
Xét x  1 . Đặt t  x  1,(t  0) . Ta có phương trình
0,25

 t 2  6  41
2
4
2
4
2
 
8t  9  t  4t  4
t  12t  5  0
8t 2  9  t 2  2   2


 t 2  6  41
2
t  2  0

2  t

2
2  t
Hệ vô nghiệm.
Với ( x  1) y  1 , thay vào (2) có

8y  9 

1
y  2  0 (3).
y

Vì y  0  8 y  9  9  8 y  9  3  Phương trình (3) vô nghiệm.

 x  1  5
.
 y  5

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 

Chú ý: Không nêu kết luận cũng cho điểm ý này.

0,25


Câu 9
(1,0đ)

Cho các số dương x, y , z thỏa mãn x  y và ( x  z )( y  z )  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức P 

1
4
4
.


2
2
( x  y) ( x  z ) ( y  z )2

Đặt x  z  a . Từ giả thiết ta có ( x  z )( y  z )  1, suy ra y  z 

1
. Do
a

x  y  x  z  y  z  a  1.
0,25

1 a2  1
Ta có x  y  x  z  ( y  z )  a  
a
a
4
4
a2
a2
2

P 2
 2  4a  2
 3a 2  a 2  2
2
2
(a  1)
(a  1)
a
a
Khi đó P 

a2
 3a 2  4
(a 2  1) 2

Đặt t  a 2  1 . Xét hàm số f (t ) 
Ta có f '(t ) 

0,25

t
 3t  4 với t  1 .
(t  1) 2

t  1
 3  f '(t )  0  (t  2)(3t 2  3t  2)  0  t  2
3
(t  1)

t

1
f '(t )



2
0

0,25




f (t )
12
Từ bảng biến thiên có f (t )  12, t  1 . Từ (1) và (2) P  12 . Dấu đẳng thức xảy ra khi

x  z  2


1 . Chẳng hạn
y  z 
2


 x  1; z  2  1


1

1 .Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12.
 2 1  1
y 
2
2


0,25


SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG
TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ

( Đề thi có 01 trang)

ĐỀ THI THỬ LẦN I
KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN: TOÁN

Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3 x 2  4 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt.

Câu 2 ( 2,0 điểm). Giải các phương trình:
3 sin 2 x  2 sin x
2

a)
sin 2 x. cos x

x

x1

b) 9  3

20

Câu 3 ( 1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

f ( x)  x 4  8 x 2  2015 trên đoạn  1;3 .
1

Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân

I   (x  2015)e x dx
0

Câu 5 ( 1,0 điểm). Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng
(các viên bi có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Chọn ngẫu nhiên
4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu.
Câu 6 ( 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm
A(2 ; 4 ; -1) , B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1).
a)Viết phương trình mặt cầu
(S) có tâm A(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ; 1)
b) Tính góc giữa hai véc tơ


AB và CD

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B
và AB=4a, AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a
Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a.
 x 2  y 2  xy  1  4 y
, ( x, y  ) .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
2
 y( x  y)  2 x  7 y  2

.................Hết...................


Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG
TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ LẦN I
KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN : TOÁN

( Đáp án – thang điểm gồm 07 trang)
Câu
1
(2,0đ)

Điểm
0,25

Nội dung
a) (1,0đ)
1/ Tập xác định: R
x  0
y,  0  
x  2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 0  và  2;   ; hàm số nghịch biến

0,25
0,25

trên khoảng  0; 2  .
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0  yCĐ = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2  yCT = 0.

0,25

y ,  3x 2  6 x ;

2/ Sự biến thiên

lim y  ; lim y  ;

x 

x 

Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
Bảng biến thiên
x
0

,
+
0
y
y

0,25

-

2
0

+
0,25

4






0

3/Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (2;0), (1;0); đi qua
điểm (3;4).

0,25


0,25

y
4

-1

O

1

2

3

x

b) (0,5đ)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, x0  1  y0  2

y ,  3 x 2  6 x , suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là y , (1)  3
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

y  3 x  5

c) (0,5đ)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường
thẳng
y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt.
Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 3x2 + 4 = mx – 2m
2
 (x – 2)(x – x – 2 – m) = 0

0,25
0,25

x  2
 2
 x  x  2  m  0(*)

0,25

để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi
và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2
   9  4m  0

hay 

0,25
0,25

2

2  2  2  m  0

0,25

9

m  

4
m  0
9
4

Vậy với m  (  ;+  )\{0}

0,25


2
(2,0đ)

a) (1,0đ)Giải phương trình:

3 sin 2 x  2 sin x
2
sin 2 x. cos x

sin x  0
ĐK: sin2x  0 => 
cos x  0

0,25

0,25

Phương trình trở thành :

2sin x(3cos x  1)
2
2sin x.cos 2 x



3cos x  1  2cos 2 x

( Do

sin x  0 )
cos x  1
1
cos x 

2

2cos 2 x  3cos x  1  0  

0,25

*)cosx = 1  sinx = 0 (loại)

0,25

1


 x    k 2 (kZ) .
2
3

Vậy phương trình có nghiệm x    k 2
3

0,25

*)  cos x 

b) (1,0đ) Giải phương trình:
Đặt

9 x  3x1  2  0

3x  t (t  0) phương trình đã cho trở thành :

0,25

t 1
t 2  3t  2  0  
t  2

0,25

Với t = 1, ta được x = 0

0,25

Với t = 2, ta được

0,25

x  log 3 2

Vậy phương trình có hai nghiệm
3
(1,0đ)

0,25

x  0, x  log 3 2

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
trên đoạn

 1;3

f ( x)  x 4  8 x 2  2015


 x  2   1;3

f ' ( x )  4 x 3  16 x ; f ' ( x )  0   x  0   1;3
 x  2   1;3

Ta có

0, 5

0,25

Ta có :

f (1)  2022; f (0)  2015; f (2)  2031; f (3)  2006

Vậy

4
(1,0đ)

max f ( x)  2006
1;3

và

min f ( x)  2031

0,25

 1;3

1

Tính tích phân

I   (x  2015)e x dx
0

1

0,25

1
x

x

I   2015e dx   xe dx  I1  I 2
0

0

1
x

I1   2015e dx  2015e
0

x

1
0

 2015e  2015

0,25

1

Tính

0,25

x

I 2   xe dx
0

u  x
du  dx
Đặt 

x
x
dv
e
dx


v  e


Do đó

I 2  xe

x 1

0

1
x

  e dx  e  e

x 1
0

0,25

1

0

Vậy
5
(1,0đ)

I  2015e  2014

Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng (các viên bi
có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Chọn ngẫu nhiên 4 viên
bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu.
4
Ta có số phần tử của không gian mẫu là: n( )  C15  1365 .

0,25

Gọi A là biến cố “4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu”.
Khi đó biến cố đối A là“4 viên bi chọn ra có đủ cả ba màu
TH1 : 4 viên được chọn có 2 bi đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng
Suy ra số cách chọn là

0,25

C42 .C51.C61

TH2 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 2 bi xanh và 1 bi vàng
Suy ra số cách chọn là

C41 .C52 .C61

TH3 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi xanh và 2 bi vàng
Suy ra số cách chọn là

C41 .C51.C62

 n( A)  C42 .C51.C61  C41 .C52 .C61  C41.C51.C62  720

Do đó

n( A) 720 48
43
P( A) 


 P ( A)  1  P ( A) 
n() 1365 91

91

0,25

0,25


6
(1,0đ)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2 ; 4 ; -1) ,
B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1).
a) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ;
1)

b) Tính góc giữa hai véc tơ

a
(0,5đ)


AB và CD


R  AB  (1)2  02  22  5

Vậy phương trình mặt cầu (S) là
b
(0,5đ)

0,25

Ta có bán kính của mặt cầu (S) là

Ta có :

( x  2)2  (y  4) 2  (z  1)2  5



AB  (1;0;2), CD  (0; 2; 2)

0,25

 
Góc giữa hai véc tơ AB và CD là
 
 
AB.CD
cos( AB, CD)    
AB . CD
(1).0  0.(2)  2.(2)
(1)2  02  2 2 . 02  (2) 2  (2) 2
7
(1,0đ)

0,25

0,25



2
10

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB=4a,
AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a
Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a.
0,25


S

3a

A

C
5a

4a
B

0,25

Do SA  ( ABC) nên SA là đường cao của khối chóp S.ABC.
Trong tam giác vuông ABC.
Ta có:

BC  AC 2  AB 2  (5a)2  (4a)2  3a

SABC 

1
1
AB.BC  .3a.4a  6a2
2
2

0,25

Vậy thể tích của khối chóp tam giác S.ABC là
V=

8
(1,0đ)

0,25

1
SABC. SA = 6a3 (đvtt)
3

 x 2  y 2  xy  1  4 y
Giải hệ phương trình: 
, ( x, y  ) .
2
2
 y( x  y)  2 x  7 y  2

0,25

Nhận xét: hệ không có nghiệm dạng (x0 ;0)
2

 x 1
x y 4

y
 x  y  xy  1  4 y

Với y  0 , ta có: 
.

2
2
2
 y(x  y)  2x  7 y  2
( x  y )2  2 x  1  7

y
2

2


Đặt u 

x2  1
, v  x  y ta có hệ:

y

 uv  4
 u  4v
 v  3, u  1
 2

 2
v  2u  7
v  2v  15  0
v  5, u  9

0,25

0,25

+) Với v  3, u  1 ta có
x2  1  y

 x2  1  y
 x2  x  2  0
 x  1, y  2
.



 x  2, y  5
x y 3
 y  3 x
 y  3 x

hệ: 

Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5).
x2 1  9 y x2 1  9 y x2  9x  46  0


+) Với v  5, u  9 ta có hệ: 
,
 x  y  5  y  5  x  y  5  x

Hệ này vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y)  {(1; 2), (2; 5)}.
................ Hết..................

0,25


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 3
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

1 4
x  2 x 2  3.
4
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 

b) Tìm m để phương trình x 4  8 x 2  m có 4 nghiệm thực phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).


7

a) Biết rằng số thực     ;   và thỏa mãn sin 2  . Tính giá trị của biểu thức
2
9


A  cos 2  4cos  4  sin 2   4 sin   4.
16
b) Cho số phức z  1  3i. Tính môđun của số phức w  z 2  .
z

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log2

3

x

2

 2 x  3  log2

3

2x

2

 1  log2

3

 x  1 .

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 3  x 2  1 2 x  1  2  x 3  x 2  .
Câu 5 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi đồ
thị hàm số y 

x  3x  1 , trục hoành và đường thẳng x  1 xung quanh trục Ox.

  120 0 ,
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD
7a
. Hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và
AA ' 
2
BD. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' và khoảng cách từ D ' đến mặt phẳng
( ABB ' A ').
8 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G  ; 0 
3 
và có đường tròn ngoại tiếp là (C) tâm I. Biết rằng các điểm M (0; 1) và N (4; 1) lần lượt là điểm
đối xứng của I qua các đường thẳng AB và AC, đường thẳng BC đi qua điểm K (2;  1). Viết
phương trình đường tròn (C).

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(2;  3; 1), B(4;  1; 0) và mặt
phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  9  0. Chứng minh rằng đường thẳng AB song song với (P). Tìm tọa độ
điểm A ' đối xứng với A qua (P).
2

9

Câu 9 (0,5 điểm). Khai triển và rút gọn biểu thức P( x)  1  2 x  2 1  2 x     9 1  2 x  thu
được P ( x)  a0  a1 x  a2 x 2    a9 x 9 . Tính a7 .
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x , y , z là các số thực dương thỏa mãn x  z  2 y và x 2  y 2  z 2  1.
1
xy
yz
 1

 y3  3  3 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 
2
2
z 
1 z
1 x
x
------------------ Hết -----------------Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 23, 24/5/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại
phiếu dự thi cho BTC.
2. Thi thử THPT Quốc gia lần cuối của năm 2015 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 13 và ngày
14/6/2015. Đăng ký dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 23/5/2015.
3. Kỳ thi Tuyển sinh vào lớp 10 THPT Chuyên, Trường Đại học Vinh được tổ chức trong hai
ngày 06 và 07 năm 2015. Phát hành và nhận hồ sơ đăng ký dự thi từ ngày 10/5 đến hết ngày

30/5/2015.


TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 3
Môn: TOÁN;
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu
Câu 1.
(2,0
điểm)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)
1 o. Tập xác định: D  .
2 o. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y  lim y  .
x 

x 

* Chiều biến thiên: Ta có y '  x3  4 x;

x  0

x  2
 x  2
; y'  0  
; y'  0  
y'  0  
 x  2
 2  x  0
0  x  2.
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

 2; 0  ,  2;    ;

0,5

nghịch biến trên mỗi

khoảng  ;  2  ,  0; 2  .
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCĐ  3, hàm số đạt cực tiểu tại x  2,

yCT  1.
* Bảng biến thiên:
x



y'

0

2

–

0



2

+ 0 – 0

+




3

y

1

1

3 o. Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.
y

0,5

3

2

2

O

x

1

b) (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với

1 4
m
1
m
x  2 x 2   x 4  2 x 2  3   3.
4
4
4
4

m
 3 là đường thẳng d song song hoặc trùng với trục hoành.
4
Số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm của d với đồ thị (C).
Từ đồ thị ở câu a) suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi
m

1   3  3  16  m  0.
4
Đồ thị hàm số y 

1

0,5

0,5


a) (0,5 điểm)
Câu 2.
(1,0
điểm)

 cos  2 

Ta có A 

2



 sin   2 

2

 2  cos  2  sin   4   cos  sin   .

2

Mặt khác  cos  sin    1  sin 2  1 

7 16
 .
9 9

0,5


4
16

Do     ;   , nên cos  0, sin   0. Suy ra cos  sin    . Khi đó A  .
2
3
3

b) (0,5 điểm)
16 1  3i
2
16
Ta có w  1  3i 
 2  2 3i 
 2  2 3i.
4
1  3i
Suy ra w  4.



Câu 3.
(0,5
điểm)

*) Điều kiện: x  1.
Với điều kiện đó phương trình đã cho trở thành
log 2 3  x  1  log 2 3  x  3  log 2

3



 x  1  log 2

3

 2x

2

 x  3  log 2
3

 2x

2

0,5

 1  x  3  2 x 2  1  x 

2
  x  1  2  x  1  3  x  1 2 x  1  2  2 x  1  0


  x  1 x  1  2 2 x  1  2  x  1  2 x  1   0


  x  1  x  1  2

0,5

 1

1  17
.
3
4
1  17
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là x 
.
4
1
*) Điều kiện: x   .
2
Bất phương trình đã cho tương đương với
 x  1  2 x 2  3  x  1 2 x  1   0
 log 2 

Câu 4.
(1,0
điểm)






2 x  1   0,

0,5

(1)

1
do 2  x  1  2 x  1  0, với mọi x   .
2
Xét hai trường hợp sau:

x  3  2 3
+) x  1 . Khi đó (1)  x  1  2 2 x  1  0  x 2  6 x  3  0  
 x  3  2 3.
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm x  3  2 3.
1
+)   x  1. Khi đó
2
(1)  x  1  2 2 x  1  0  x 2  6 x  3  0  3  2 3  x  3  2 3.

0,5

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm 3  2 3  x  1.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 3  2 3  x  1 và x  3  2 3.
Câu 5.
(1,0
điểm)

x  3x  1  0, x  0 và

Ta có

x  3x  1  0  x  0. Do đó thể tích khối tròn xoay

cần tính là
1

1

1

0,5

1


V    x  3  1dx    x 3 dx    xdx    x3 dx  .
2
0
0

0
0
x

x

x

1

Tính

x
x
 x3 dx . Đặt u  x; dv  3 dx . Suy ra du  dx; v 

0

2

3x
.
ln 3

(1)