DE63 THPT nguyễn văn trổi hà tỉnh _ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TOÁN NĂM 2015

TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI
ĐỀ THI THỬ LẦN 1, KỲ THI THPT QUỐC GIA
ĐỀ THI
THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA
2015
ĐỀ -SỐ
TỔ: TOÁN
NĂM
HỌC- 2014
201563
Môn:
Toán
Thời gian làm bài 180 phút
Thời gian: 180 phút
--------oOo-------(Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4 điểm): Cho hàm số: y 

x 1
.
2 x  2

a. ( 2 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b. (1 điểm) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị với trục tung.
c. (1 điểm) Tìm m để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị của hàm số tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
khoảng cách từ A đến trục hoành bằng khoảng cách từ B đến trục tung.
Câu 2 (4 điểm):

1
a) Giải phương trình: log 2 ( x 2  4 x  1)  log 2 8 x  log 2 4 x .
2


b) Tính tích phân sau: I   sin 2 x cos 2 xdx
0

Câu 3(2 điểm): Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và mặt phẳng
(SBD) tạo với ( ABCD) một góc 600 . Tìm thể tích khối chóp SABCD . Xác định tâm và bán kính mặt cầu đi
qua các đỉnh của hình chóp SABCD
Câu 4(3 điểm): Trong hệ trục tọa độ Oxyz, cho lăng trụ đứng

ABCA ' B ' C '

có điểm

A(4;0;0), B (0;3;0), C (2; 4;0) . Tam giác ABC là tam giác gì, khi đó tìm tọa độ điểm B ' sao cho thể tích
khối chóp B ' ABC bằng 10. Gọi I là trung điểm BB ' , tìm cosin góc giữa AI và B ' C . Biết B’ có cao độ
dương.
Câu 5 (2 điểm):
a) Giải phương trình: 2 cos x( 3 sin x  cos x  1)  1 .
b) Cho tập hợp A  1, 2,3, 4,5 . Có bao nhiêu số có 8 chữ số lập từ các số của tập A, sao cho chữ số 1
có mặt 2 lần, chữ số 2 có mặt 3 lần, các số khác có mặt một lần.
Câu 6(2 điểm): Cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng BC: x  y  4  0 ,các điểm

H (2;0), I (3;0) lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Hãy lập phương trình cạnh AB
biết điểm B có hoành độ không lớn hơn 3.

 x 3  3 x 2  2  y 3  3 y 2 (1)
Câu 7(2 điểm): Giải hệ phương trình: 
 x  3  y  x  2(2)
Câu 8(1 điểm): Cho a, b, c  0 thỏa mãn: a  b  c  1 , chứng minh rằng :

a
b
c
9



1  bc 1  ca 1  ab 10

----------------------------Hết-------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

www.laisac.page.tl
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ () đã gửi tới
395


Câu
Câu 1
(4đ)

(Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang)
Nội dung
a.(2 điểm).
+)TXĐ: D 

\ 1

Điểm
0,25

+) Sự biến thiên
-

-

4
 0, x  1
(2 x  2) 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng: (;1) và (1; )
x 1
1
1
Giới hạn: lim (
)   , do đó : y   là tiệm cận ngang.
x  2 x  2
2
2
x 1
x 1
lim(
)  ; lim(
)   , do đó : x  1 là tiệm cận đứng
x 1 2 x  2
x 1 2 x  2
Bảng biến thiên:
Đồ thị: Cắt Ox tại (-1;0), cắt Oy là (0;1/2)
Chiều biến thiên: y ' 

0,25
0,25

0,5
0,25

0,5
b.(1 điểm).
- Gọi M là giao điểm của đồ thị với trục tung thì M có hoành độ x = 0, do đó M(0;1/2).
4
- Hàm số có y ' 
nên y '(0)  1
(2 x  2) 2
1
- Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại M là : y  y '(0)( x  0) 
2
1
 y  x
2
c.(1 điểm)
- Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng là nghiệm phương trình:
x 1
 x  m (Đk: x  1 )
2 x  2
 2 x 2  (2m  1) x  2m  1  0(1)
- Đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt khác 1.
7

m

  (2m  1)(2m  7)  0

2 (2)


 2  2m  1  1  2m  0
m   1

2

396

0,25
0.25
0,25
0,25

0,25

0,25


2m  1

 x1  x2  2
- G/s x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1), theo định lý Viet ta có: 
 x .x  2m  1
 1 2
2
Khi đó hai giao điểm là A( x1 ; x1  m), B ( x2 ; x2  m)

0,25

x  x  m
- Theo giả thiết thì: d ( A;Ox)  d ( B; Oy )  x1  m  x2   1 2
 x1  x2  m
2m  1
- Với x1  x2  m , kết hợp với Viet ta có:
 m , không xảy ra.
2
2m  1

 x1  4m  2
 x1  x2  2


1

- Với x1  x2  m , ta có:  x1  x2  m
.
  x2 
4


2m  1
 x1.x2 
 x1  m  x2
2

1
7
Suy ra: 4m  2  m   m  

thỏa mãn điều kiện.
4
12
0,25
Câu 2
(4 đ)

a(2 điểm)

 x  2  5

 x2  4x 1  0
+ Đk: 
   x  2  5  x  2  5
x  0

x  0
1
log 2 ( x 2  4 x  1)  log 2 2
2
 log 2 ( x 2  4 x  1)  2  x 2  4 x  1  4

+ Với điều kiện đó thì phương trình tương đương với:

 x  1
 x2  4x  5  0  
x  5
+ Theo điều kiện thì nghiệm là: x=5
b(2 điểm)

0,25
0,5
0,5
0,25



+ I  2  sin x.cos3 xdx

0,25

0

-

Đặt t  cos x  dt   sin xdx

-

Đổi cận: x  0  t  1
x    t  1
1

-

0,5

0,5
0,25

1

Do đó I  2  t 3 dt  2  t 3 dt

0,5

1

1

1

Câu 3

1
1 1
 t4 =   0
2 1 2 2

0, 5

+ Gọi O là giao điểm hai đường chéo đáy, ta có:

0,25

397


(2đ)

-

BD  AC và BD  SA nên: BD  SO

Suy ra:  ( SBD);( ABCD)   SOA  600

a 2
, tam giác SAO vuông tại A nên theo hệ thức lượng trong tam
2
a 6
giác vuông ta có: SA  AO.tan 600 
0,25
2
3
1
a 6
+ Dt(ABCD)= a 2 nên VSABCD  SA.dt ( ABCD) 
(đvtt)
0,25
3
6
+ Gọi I là trung điểm SC suy ra: IO//SA  IO  ( ABCD)
0,25
+ Ta có: IAO  IBO  ICO  IDO  IA  IB  IC  ID (1)
0,25
+ AC  a 2  AO 

1
SC (2)
0,25

2
+ Từ (1) và (2) ta có: I cách đều S,A,B,C,D nên I là tâm mặt cầu đi qua các đỉnh hình chóp.
1
Đồng thời bán kính R=IA= SC
0,25
2
a 14
+ Theo định lý Pitago: SC  SA2  AC 2 
2
a 14
Vậy : R 
0,25
4
+Dễ tính:
+ SAC vuông tại A có AI là trung tuyến nên: IA  IB  IC 

Câu 4
(3 đ)

AB  5; AC  2 5; BC  5

0,75

Từ đó theo định lý Pitago thì: CB  CA  AB nên tam giác ABC vuông tại C.
0,25
+ Ta thấy A, B, C  (Oxy ) và lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên B '  (Oyz ) từ đó
B '(0;3; c) với c>0
0,25
1
S ABC  CA.CB  5 và BB '  c

2
0,25
2

2

2

398


VB ' ABC  10 

Câu 5
(2đ)

1
1
BB '.S ABC  10  .5.c  10  c  6
3
3

Do đó: B '(0;3;6)
+ I là trung điểm BB’ nên: I (0;3;3)


Khi đó: AI (4;3;3); B ' C (2;1; 6)
 
cos( AI ; B ' C )  cos( AI ; B ' C )
 

AI .B ' C
4.2  3.1  3.6
23



AI .B ' C
16  9  9. 4  1  36
1394
a(1 điểm)
- Phương trình tương đương với: 3 sin 2 x  2 cos 2 x  2 cos x  1
 3 sin 2 x  2 cos 2 x  1  2 cos x
 3 sin 2 x  cos 2 x  2 cos x



0,5
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

3
1
sin 2 x  cos 2 x  cos x
2
2



 cos(2 x  )  cos x
3


 2 x  3  x  k 2
, k

 2 x     x  k 2

3



 x  3  k 2
, k

 x    k 2

9
3
b(1 điểm)
+ Xem số cần lập có 8 vị trí.
- Xếp hai số 1 vào tám vị trí thì có: C82  28 cách xếp
Xếp ba số 2 vào sáu vị trí còn lại có: C  20 cách xếp
Xếp các số 3,4,5 vào ba vị trí còn lại có: 3!=6 cách xếp.
Vậy có: 28.20.6=3360 số thỏa mãn giả thiết.



+ Gọi G (a; b) là trọng tâm tam giác, ta có: HG  2GI
3
6

-

Câu 6
(2đ)

8



 a  2  6  2a
8
a 
Trong đó: HG (a  2; b); GI (3  a; b)  

3  G ( ;0)
3
b  2b
b  0
+ Gọi M là trung điểm BC thì MI vuông góc với BC nên: phương trình đường thẳng MI là:
x+y-3=0
x  y  3
7 1
M  MI  BC nên tọa độ M là nghiệm của hệ: 
 M ( ; )
2 2
x  y  4

 8
 5 1


+ Gọi A(a; b)  AG (  a; b) còn GM ( ;  ) . Ta có: AG  2GM nên tìm được A(1;1)
3
6 2
+ Do đó: R  IA  5 là bán kính đường tròn ngoại tiếp.
Gọi B (m; m  4)  BC ( trong đó: m  3 )
+ Ta có: BI  5  (m  3)  (m  4)  5  m  2  m  5
2

2

2

399

0,25

0,25

0,25

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

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


Theo điều kiện thì m = 2, do đó: B(2;-2)

+ AB (1; 3) nên phương trình tổng quát đường thẳng AB là: 3(x-1)+1(y-1)=0 hay 3x+y-4=0
Câu 7
(2 đ)

 x 3  3 x 2  2  y 3  3 y 2 (1)

 x  3  y  x  2(2)
x  3
x  3

+ ĐK:  y 3  3 y 2  0  
y  x  2
y  x  2

+ Ta có (1)  x 3  3 x 2  2  y y  3  ( x  1)3  3( x  1)  ( y  3)3  3 y  3
+ Ta thấy

0,25
0,25

y  3  1; x  1  1 nên xét hàm số: f (t )  t  3t , t  1
3

f '(t )  3t  3  0, t  1 do đó hàm số: f (t )  t  3t là đồng biến trên: 1;  
2

3

+ Khi đó ta có: f ( x  1)  f ( y  3) nên: x  1 
được:

0,25

y  3  y  x  2 x  2 thế vào (2) ta

x  3  x 2  3x

0,5

2

-

0,25

2

x  1
 x2  4x  3  0  
x  3

+ Theo điều kiện ta có x  3  y  1 . Vậy hệ có nghiệm là: ( x; y )  (3;1)
Câu 8
(1đ)

0,25

0,25
0,25
2

b  c 2  1 a 
a  c 2  1 b 
Theo bất đẳng thức Cauchy: bc  (
) 
) 
 ; ca  (
 ;
2
2
 2 
 2 
2

a  b 2  1 c 
) 

2
 2 
a
b

c
4a
4b
4c
Do đó: P 


 2
 2
 2
1  bc 1  ca 1  ab a  2a  5 b  2b  5 c  2c  5
4x
99 x  3 (3 x  1) 2 (15  11x)
Ta xét: 2


 0 với x  (0;1)
x  2x  5
100
100( x 2  2 x  5)
Dấu bằng xảy ra tại x = 1/3
99
9
9
Do đó : P 
(a  b  c) 
 (Đpcm)
100
100 10
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1/3

ab  (

-

Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ () đã gửi tới www.laisac.page.tl

400

0,25
0,25

0,25

0,25