ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2014 2015 Môn TOÁN LẦN 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II

Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc

NĂM HỌC 2014 - 2015

(Đề có 01 trang)

Môn: Toán – Khối D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x − 3x + 4 ( 1)
3

2

a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị của
hàm số (1) tiếp xúc với đường tròn ( C ) : ( x − m ) + ( y − m − 1) = 5
2

Câu 2 (1 điểm) Giải bất phương trình: e
π

Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân I = ∫ 2
0

π


ln 1+ sin ÷
2


2

− log 2 ( x 2 + 3 x ) ≥ 0

sin 2 x.cos x
dx
1 + cos x

Câu 4 (1 điểm)
x
2
a). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y = e . ( x − 3) trên đoạn [ −2; 2]

b). Một trường tiểu học có 50 học sinh đạt danh hiệu cháu ngoan Bác Hồ, trong đó có 4 cặp
anh em sinh đôi. Có bao nhiêu cách chọn một nhóm gồm 3 học sinh trong số 50 học sinh nói
trên đi dự Đại hội cháu ngoan Bác Hồ sao cho trong nhóm không có cặp anh em sinh đôi
nào?
Câu 5 (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : 2 x − 3 y + 1 = 0 và
d 2 : 4 x + y − 5 = 0 Gọi A là giao điểm của d1và d2. Tìm tọa độ điểm B trên d1 và tọa độ C trên
d2 sao cho tam giác ABC có trọng tâm G (3;5).
Câu 6 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn

( C ) : ( x − 1)

2

+ ( y − 1) = 25 , và các điểm A ( 7;9 ) , B ( 0;8 ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao
2

cho biểu thức P = MA + 2 MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 7 (1 điểm) Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’. Biết rằng góc giữa (A’BC) và (ABC) là 30 0,
tam giác A’BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
Câu 8 (1 điểm) Giải phương trình 2 x 2 − 4 x − 9 + 5 x + 6 + 7 x + 11 = 0
Câu 9 (1 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a.b.c = 1 và 1 ≤ c ≤ 4


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q =

1
1
1
+
+
2
2
1 + a 1 + b 1 + c2

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ CHUYÊN VĨNH PHÚC – Năm học 2014 – 2015
Câu 1
a) y = − x 3 − 3x 2 + 4
+ Tập xác định: D =R
+ Sự biến thiên”
 x = −2
2
-Chiều biến thiên: y ' = −3x − 6x, y ' = 0 ⇔ 
x = 0

Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 ) và ( 0; +∞ ) , đồng biến trên khoảng

( −2;0 )

(0,25 đ)

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCD = y( 0) = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = −2; yCT = y( −2) = 0
- Giới hạn: lim x →−∞ y = +∞;lim x →+∞ y = −∞

(0,25 đ)

- Bảng biến thiên:

(0,25 đ)

+ Đồ thị: Giám khảo và thí sinh tự vẽ

(0,25 đ)

b) Đồ thị hàm số (1) có điểm cực tiểu A(-2;0), điểm cực đại B(0;4). Phương trình đường
thẳng nối hai cực trị của đồ thị hàm số (1) là: ( AB ) :

x y
+ =1
−2 4

⇔ ( AB ) : 2 x − y + 4 = 0

( C ) : ( x − m)

2

(0,25 đ)

+ ( y − m − 1) = 5 có tâm I (m; m + 1) bán kính R = 5
2

Đường thẳng (AB) tiếp xúc với đường tròn ( C ) ⇔ d ( I ; ( AB ) ) = R

(0,25 đ)


⇔

2m − ( m + 1) + 4
2 + ( −1)
2

2

= 5

(0,25 đ)

 m = −8
⇔ m+3 = 5 ⇔ 
m = 2

Vậy m = −8 hoặc m = 2

(0,25 đ)

Câu 2:
x > 0
 x < −3

2
Điều kiện: x + 3x > 0 ⇔ 

Ta có: e

π

ln 1+ sin ÷
2


(0,25 đ)

− log 2 ( x 2 + 3 x ) ≥ 0 ⇔ eln 2 − log 2 ( x 2 + 3 x ) ≥ 0

⇔ 2 − log 2 ( x 2 + 3 x ) ≥ 0

(0,25 đ)

⇔ log 2 ( x 2 + 3x ) ≤ 2 ⇔ x 2 + 3x ≤ 2x 2 ⇔ x 2 + 3x − 4 ≤ 0 ⇔ −4 ≤ x ≤ 1
 −4 ≤ x ≤ − 3

So điều kiện, bất phương trình có nghiệm: 

0 < x ≤ 1

(0,25 đ)
(0,25 đ)

Câu 3
π
2

π
2

sin 2 x.cos x
sin x.cos 2 x
I =∫
dx = 2 ∫
dx
1 + cos x
1 + cos x
0
0

dt = − sin xdx
cos x = t − 1

Đặt t = 1 + cos x ⇒  x = 0 ⇒ t = 2

x = π ⇒ t = 1

2

1

I = −2 ∫
2

( t − 1)
t

2

2

dt = 2 ∫

 t2
= 2  − 2t + ln
2

1

( t − 1)
t

2

(0,25 đ)

(0,25 đ)

2

1

dt = 2 ∫  t − 2 + ÷dt
t
1

(0,25 đ)

2


t ÷ = 2 ln 2 − 1
1

Câu 4
x
2
a) Hàm số y = e . ( x − 3) liên tục trên đoạn [-2;2]

y ' = e x . ( x 2 − 3) + e x .2 x = e x ( x 2 + 2 x − 3 ) ⇒ y ' = 0

(0,25 đ)


 x = 1∈ [ −2; 2]
⇔
 x = −3 ∉ [ −2; 2]

(0,25 đ)

Ta thấy y ( 1) = −2e; y ( 2 ) = e 2 ; y ( −2 ) =

1
e2

⇒ max [ −2;2] y = y ( 2 ) = e 2 ; min [ −2;2] y = y ( 1) = −2e

(0,25 đ)

b) có C503 cách chọn ra 3 học sinh tùy ý từ 50 học sinh nói trên.
Chọn ra 3 học sinh trong số 50 học sinh trên mà trong nhóm có ít nhất một cặp anh em
sinh đôi, nghĩa là trong 3 học sinh được chọn chỉ có 1 cặp anh em sinh đôi => số cách
1
chọn là C41 .C48

(0,25 đ)

3
1
1
Vậy đáp số bài toán là C50 − C4 .C48 = 19408 (cách)

(0,25 đ)

Câu 5
2 x − 3 y + 1 = 0
x = 1
⇔
⇒ A ( 1;1)

4 x + y − 5 = 0
y =1

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

(0,25 đ)

 2t + 1 
B ∈ d1 ⇒ B  t ;
÷; C ∈ d 2 ⇒ C ( s;5 − 4 s )
3 


(0,25 đ)

t + s +1
 3 =3

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ⇔  2t + 1
 3 + 5 − 4s + 1
=5

3


(0,25 đ)

  61 43 
 61
t

=
B  ; ÷

  7 7 
7
⇒
Giải hệ này ta được 
 s = −5 C  −5 ; 55 
  7 7 ÷
7



(0,25 đ)

Câu 6


(C) có tâm I(1;1) và bán kính R = 5. Ta thấy IA = 10; IB = 5 2 ⇒ A, B nằm ngoài
đường tròn (C)

(0,25 đ)
5



Gọi E, J lần lượt là trung điểm của IA, IE =>E(4;5); J  ;3 ÷
2 
Gọi F là trung điểm của IM, tam giác IME cân tại I => EF = MJ
Ta có P = MA + 2MB = 2EF + 2MB = 2 (MJ + MB) ≥ 2BJ

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BJ (Vì B nằm ngoài đường tròn
(C); J nằm trong đường tròn (C)).

(0,25 đ)

Do đó P nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đường tròn (C) và đoạn thẳng BJ.
BJ có phương trình 2x + y – 8 = 0. Tọa độ giao điểm của BJ và (C) là nghiệm của hệ
 x = 1

 2 x + y − 8 = 0
y = 6
⇔

2
2
 x = 5
( x − 1) + ( y − 1) = 25

  y = −2

(0,25 đ)

5
2

+ Vì M thuộc đoạn JB nên 1 < xM < ⇒ M ( 1;6 )
Vậy M ( 1;6 )
Câu 7

(0,25 đ)

 AH ⊥ BC
⇒ BC ⊥ ( AA ' H )
 AA ' ⊥ BC

Goị H là trung điểm của BC ⇒ 

Tam giác AA’H vuông tại H ⇒ ·AHA ' < 900 < AHA ' là góc giữa hai mặt phẳng (A’BC)
và (ABC) ⇒ ·AHA ' = 300
Đặt AB = a ( a > 0 ) ⇒ AH =

(0,25 đ)
a 3
AH
⇒ A' H =
=a
2
cos 300

(0,25 đ)

S ∆A ' BC = 8 ⇔ A ' H .BC = 16 ⇔ a 2 = 16 ⇔ a = 4

(0,25 đ)

Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là VABC . A ' B 'C ' = AA '.S∆ABC =
a a 2 3 64 3
.
=

=8 3
2 4
8

(0,25 đ)

Câu 8
2 x 2 − 4 x − 9 + 5 x + 6 + 7 x + 11 = 0 ( 1)
5 x + 6 ≥ 0
6
⇔x≥−
5
7 x + 11 ≥ 0

Điều kiện 

( 1) ⇔ 2 x 2 − 2 x − 4 − ( x + 2 −
⇔ 2 ( x2 − x − 2) −

) (

)

5 x + 6 − x + 3 − 7 x + 11 = 0

x2 − x − 2
x2 − x − 2
−
=0
x + 2 + 5 x + 6 x + 3 + 7 x + 11

(0,25 đ)


 x2 − x − 2 = 0 ( 2)
⇔ 
1
1
+
= 2 ( 3)
 x + 2 + 5 x + 6 x + 3 + 7 x + 11
 x = −1

Ta có ( 2 ) ⇔ 
(thỏa mãn)
x = 2
x≥

(0,25 đ)

−6
1
1
⇒
+
5
x + 2 + 5 x + 6 x + 3 + 7 x + 11
≤

1

1
1
1
+
<
+
<2
6
−6
−6
−
6
13
− +2
+2
+3
+3+
5
5
5
5
5

=> (3) vô nghiệm
 x = −1

Vậy nghiệm của (1) là 
x = 2

(0,25 đ)

Câu 9
Từ giả thiết 1 ≤ c ≤ 4 và 0 < a.b.c = 1
Ta chứng minh được

1
1
2
+
=
( *)
2
2
1 + a 1 + b 1 + ab

Thật vậy ta có :
1
1
2
+
=
⇔ ( 2 + a 2 + b 2 ) . ( 1 + ab ) = 2 ( 1 + a 2 ) . ( 1 + b 2 )
2
2
1 + a 1 + b 1 + ab
⇔ 2 + 2ab + a 2 + a 3b + b 2 + ab3 = 2 + 2a 2 + 2b 2 + 2a 2b 2
⇔ 2ab + a 3b + ab3 = a 2 + b 2 + 2a 2b 2
⇔ ( a − b ) ( 1 − ab ) = 0 ( **)
2

(0,25 đ)

(**) đúng nên (*) đúng
a = b

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
 ab = 1
Áp dụng (*) ta có Q
Xét hàm f ( c ) =
Ta có:

2
1
2c
1
+
=
+
2
1 + ab 1 + c
c + 1 1 + c2

2c
1
+
trên [ 1; 4]
c + 1 1 + c2

(0,25 đ)

f '( c) =

2

( c + 1)

2

−

(c

2c
2

+ 1)

2

= 2.

( c + 1)

2

(c

2

+ 1)

( c − 1) ( c 2 + c + 1)
= 2.
2
2
( c + 1) ( c 2 + 1)
2

c 4 − c3 − c + 1
2

> 0 trên [ 1; 4]

=>f(c) đồng biến trên [1; 4]
f ( c ) = f ( 4) =

8 1 141
+ =
5 17 85

(0,25 đ)


1

a = b =


2


c = 4

c
=
4


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi abc = 1 ⇔ 
 a=b
  a = b = − 1



2
  ab = 1  c = 4


1
a = b = 2

c = 4
144
Vậy max P =
đạt được khi 
85
  a = b = − 1

2
 c = 4



(0,25 đ)