Đề thi thử môn toán THPT quốc gia năm 2015 (12)

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

y=

2x +1
x −1

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số
có đồ thị (H).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số.
b) Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (H). Tiếp tuyến tại điểm
AB = 2 10
hai đường tiệm cận của (H) tại A, B sao cho
.
cos 2 x ( cos x + sin x − 1) = 0
Câu 2. (1,0 điểm) a) Giải phương trình:
z = (1 − 2i )(2 + i) 2
b) Tính môđun của số phức
.
2 x +1
x
3 − 4.3 + 1 = 0.
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình

Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

M

có hoành độ dương thuộc (H) cắt

( 8 x − 13 ) y = ( x + 1) 3 3 y − 2 − 7 x

2
2
( y − 1) x + ( 8 y + 7 ) x = y + 12 y + ( x + 1) 3 3 y − 2

( x, y ∈ ¡ ) .

e

Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân

1 + ln x 

I = ∫  x3 +
÷dx
2 + x ln x 
1

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có

.
SA = SB = SC = a

đồng thời SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau

tại S. Gọi H, I, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC, BC. Gọi D là điểm đối xứng của S qua K; E là giao điểm
của đường thẳng AD với mặt phẳng (SHI). Chứng minh rằng AD vuông góc với SE và tính thể tích của khối tứ
diện SEBH theo a.
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, các đường

M ( 1; −5 ) ,
thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm

 7 5   −13 5 
N  ; ÷, P 
; ÷
2 2  2 2
Q ( −1;1)

(M, N, P không trùng với A, B, C). Tìm tọa độ của A, B, C biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua
A có hoành độ dương.

và điểm


( P) : 2 x − 2 y + z + 1 = 0

Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

và đường thẳng d:

 x = 1 + 3t

y = 2−t
z = 1+ t



. Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu 9. (0,5 điểm Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0. Chọn
ngẫu nhiên một số từ tập hợp A. Tính xác suất để chọn được số chia hết cho 3.

a, b, c
Câu 10. (1,0 điểm) Cho

là các số thực dương thỏa mãn
P=

a + 2b − c > 0

và

a 2 + b 2 + c 2 = ab + bc + ca + 2

a+c+2
a + b +1
−
a(b + c) + a + b + 1 (a + c)(a + 2b − c )

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Câu
1.a

.

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 1 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán
Đáp án
D = ¡ \ { 1}
Tập xác định:
Sự biến thiên
−3
y, =
< 0, ∀x ≠ 1
2
( x − 1)
.

( −∞;1)

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
và
(1; +∞)
.
+ Hàm số không có cực trị
+ Giới hạn:
lim y = 2; lim y = 2
⇒
x →−∞
x →+∞
*
Đường thẳng y=2 là
tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
lim y = −∞;lim y = +∞

⇒
x →1−
x →1+
*
Đường thẳng x = 1
là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
Bảng biến thiên:

.


 1 
 − ;0 ÷
 2 
Đồ thị: Giao điểm của (H) với Ox là
, giao
( 0; −1)
điểm của (H) với Oy là
I ( 1; 2 )
Đồ thị nhận
làm tâm đối xứng

1.b

Gọi

 2x + 1 
M  x0 ; 0 ÷∈ ( H ) ;
x0 − 1 


( 0 < x0 ≠ 1)
( H)

Phương trình tiếp tuyến của
tại M là
2x +1
−3
x − x0 ) + 0
(d) : y =
2 (
x0 − 1
( x0 − 1)

(d) cắt tiệm cận đứng (x=1) tại

 2x + 4 
A 1; 0
÷
 x0 − 1 
B ( 2 x0 − 1; 2 )

(d) cắt tiệm cận ngang (y=2) tại
36
2
AB = 2 10 ⇔ 4 ( x0 − 1) +
= 40
2
( x0 − 1)
 x0 = 2

⇒
 x0 = 4

0 < x0

(do
)
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán


M ( 2;5 )

M ( 4;3 )
và

2 .a

0,5

cos 2 x ( cos x + sin x − 1) = 0
cos 2 x = 0
⇔ 
sin  x + π ÷ = 1
 
4
2
cos 2 x = 0 ⇔ x =
+) Với

+) Với

0,25

π kπ
+
( k ∈¢
4 2

)

 x = k 2π
π 1

sin  x + ÷ =
⇔
(k ∈ ¢ )
 x = π + k 2π
4
2


2

2.b
0.5
z = (1 − 2i )(2 + i ) = (1 − 2i)(4 + 4i + i ) = (1 − 2i)(3 + 4i) = 3 + 4i − 6i − 8i 2 = 11 − 2i
2

Vậy

3

2

z = 11 − 2i ⇒ z = 112 + 22 = 5 5

(1điểm)

0,25


 3x = 1
x = 0
32 x +1 − 4.3x + 1 = 0 ⇔  x 1 ⇔ 
3 =
 x = −1

3

4

1,0
( 8 x − 13) y = ( x + 1) 3 y − 2 − 7 x

2
2
( y − 1) x + ( 8 y + 7 ) x = y + 12 y + ( x + 1) 3 3 y − 2
3

( 1)

( 2)

Trừ vế với vế của (1) và (2) ta được
y =1
( y − 1) x 2 − y 2 + y = 0 ⇔ 
2
y = x
y =1
Với

thay vào (1) ta được

0,25

8 x − 13 = x + 1 − 7 x ⇔ x = 1

y = x2
Với

thay vào (1) ta được

8 x 3 − 13 x 2 + 7 x = ( x + 1) 3 3 x 2 − 2 ⇔ ( 2 x − 1) − ( x 2 − x − 1) = ( x + 1)
3

3

( x + 1) ( 2 x − 1) + ( x 2 − x − 1)

a = 2 x − 1, b = 3 3 x 2 − 2

0,25

Đặt
ta được
3
2
a − ( x − x − 1) = ( x + 1) b

⇒ a 3 − b3 + ( a − b ) ( x + 1) = 0 ⇔  a = b
 3
2
 2
2
b − ( x − x − 1) = ( x + 1) a
 a + ab + b + x + 1 = 0
x = 1⇒ y = 1
a = b ⇒ 2 x − 1 = 3 x − 2 ⇔ 8 x − 15 x + 6 x + 1 = 0 ⇔ 
x = − 1 ⇒ y = 1
8
64

3

2

3

2

2

2

7
2
a
 3
a

a + ab + b + x + 1 =  + b ÷ + ( 2 x − 1) + x + 1 =  + b ÷ + 3x 2 − 2 x + > 0, ∀x
4
2
 4
2

2

2

−1 1 
; ÷
 8 64 

( x; y ) = ( 1;1) , 
Vậy hệ có nghiệm

0,5


5

1,0
e

e

1

1

I = ∫ x 3dx + ∫

4 e

e

x
1 + ln x
3
dx; ∫ x dx =
4
2 + x ln x
1

1

=

e −1
4

4

0,5

e
d ( 2 + x ln x )
1 + ln x
e+2
∫1 2 + x ln xdx = ∫1 2 + x ln x = ( ln 2 + x ln x ) 1 = ln ( e + 2 ) − ln 2 = ln 2
e

Vậy

6

e

0,5

e4 − 1
e+2
I=
+ ln
4
2

1,0
0,25

HI ∩ AK = J , SJ ∩ AD = E

Gọi
⇒ E = AD ∩ ( SHI )
Ta có J là trung điểm của AK, kẻ FK//SE
AD a 3
=
( F ∈ AD ) ⇒ AE = EF = FD =
3
3

.

Trong tam giác vuông cân SBC,
1
a 2
SK = BC =
⇒ SD = a 2
2
2
Trong tam giác vuông SAD,
a 3
SA2 = a 2 , AE. AD =
.a 3 = a 2 ⇒ SA2 = AE. AD ⇒ SE ⊥ AD
3
SH ⊥ AB

Tam giác SAB cân tại S nên
Ta lại có
SC ⊥ ( SAB ) , SC / / BD ⇒ BD ⊥ ( SAB ) ⇒ BD ⊥ SH ⇒ SH ⊥ ( ABD) ⇒ SH ⊥ ( HBE )
SH =

a 2
2

S HEB = S EAH
,

0,25

0,25


S EAH AH . AE 1
1
a2 2
a2 2
=
= , S DAB = AB.BD =
⇒ S HEB =
S DAB AB. AD 6
2
2
12
Mà
VSHBE

1
a3
= .SH .S HBE =
3
36

7
Đường tròn ngoại tiếp

0,25
(đvtt)

∆ABC

chính là đường tròn ngoại tiếp
 −3 
K  ;0 ÷
2
2
x + y + 3x − 29 = 0
 2 
có tâm là

∆MNP

1,0
có phương trình là
0,25

Q ( −1;1)

Vì P là điểm chính giữa cung AB nên đường thẳng chứa AB đi qua
với KP
2x − y + 3 = 0
PT của AB:

.
Tọa độ A, B là thỏa mãn hệ
 y = 2x + 3
 y = 2 x + 3
2 x − y + 3 = 0

⇔ 2
⇔  x = 1
 2
2
2
 x + y + 3x − 29 = 0
  x = −4
 x + ( 2 x + 3) + 3x − 29 = 0


vuông góc

0,5

A ( 1;3 ) , B ( −4; −5 )
Từ đó, tìm được

2x + y − 7 = 0

Ta lại có AC đi qua A, vuông góc với KN có phương trình
Nên tọa độ điểm C thỏa mãn
 y = 7 − 2x
 y = 7 − 2 x
2 x + y − 7 = 0


⇔ 2
⇔  x = 1
⇒ C ( 4; −1)
 2
2
2
 x + y + 3x − 29 = 0
 x = 4
 x + ( 7 − 2 x ) + 3 x − 29 = 0


0,25


8

1,0

∈

0,25

M(1+3t, 2 – t, 1 + t) d.
2(1 + 3t ) − 2(2 − t ) + 1 + t + 1
=3
⇔
⇔
3

0,5

±

Ta có d(M,(P)) = 3
t= 1
Suy ra, có hai điểm thỏa bài toán là M1(4, 1, 2) và M2( – 2, 3, 0)

9

0,25

A = 504 ⇒ n ( A ) = 504

0,5

3
9

Các số gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0 lập được là
n ( Ω ) = 84
Chọn ngẫu nhiên một số từ A có 84 cách nên
Gọi B: “Số chọn được chia hết cho 3”

0,25

Số lập được chia hết cho 3 được lập từ các bộ số sau:
{ 1; 2;3} , { 1; 2;6} , { 1; 2;9} , { 1;3;5} , { 1;3;8} , { 1; 4;7} , { 1;5; 6} , { 1;5;9} , { 1;6;8} , { 1;8;9}

{ 2;3; 4} , { 2;3;7} , { 2; 4;6} , { 2; 4;9} , { 2;5;8} , { 2;6;7} , { 2;7; 9} , { 3; 4;5} , { 3; 4;8}

{ 3;5;7} , { 3;6;9} , { 3;7;8} , { 4;5;6} , { 4;5;9} , { 4;6;8} , { 5;6; 7} , { 5; 7;9} ,
{ 6;7;8} , { 7;8;9}
Mỗi bộ số lập được 3!=6 số nên có tất cả 29.6=174 số.
⇒ n ( B ) = 174
Chọn một số trong các số đó có 174 cách
n ( B ) 174 29
P ( B) =
=
=
n ( Ω ) 504 84
Vậy xác suất là

0,25


10

1,0
Áp dụng BĐT AM - GM ta có :
ab + bc + ac + 2 = a 2 + b 2 + c 2 ≥ a 2 + 2bc ⇔ 2ab + 2ac + 2 ≥ a 2 + bc + ab + ac
2 ( ab + ac ) + 2 ≥ ( a + b ) ( a + c ) ⇔ a ( b + c ) + a + b + 1 ≥
Khi đó,
⇔

2

a+c+2
2
≤
a ( b + c) + a + b +1 a + b

Mặt khác,
1
4

( a + b ) ( a + c + 2)

( a + c ) ( a + b − 2c ) ≤ ( a + c + a + b − 2c ) = ( a + b )

2

⇒

0,5

a + b +1
a + b +1
≥
( a + c ) ( a + 2b − c ) ( a + b ) 2
2

2
a + b +1
1
1
1 1
1  1
P≤
−
=

−
= − −
÷ ≤
2
2
a + b ( a + b)
a + b ( a + b)
4  2 a +b 
4
Do đó,

Vậy GTLN của

P

bằng

1
4

0,5
.