de thi thu thpt quoc gia so 7 deda thi thu so 7 thptqg 2015

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

ĐỀ THI THỬ THQG 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   x 4  2 x 2  1 .
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ x 

2
. Tìm tọa độ
2

các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C).
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình log 2

2x 1
 log3 (2 x  1)  log 2 3 .
2

b) Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp
ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức chỉ cho phép biểu diễn 2
tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục
tham gia biểu diễn?
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình cot 2 x 

1  tan x
.

1  tan x

5

1
dx .
x
3
x

1
1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1; 1), AB  (1;0;3) .
Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
OA sao cho tam giác MAB vuông tại M.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông
góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD.
Biết SA  a 2, AC  2a, SM 

5
a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp
2

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có
phương trình đường thẳng AB : x  2 y  3  0 và đường thẳng AC : y  2  0 . Gọi I là giao điểm
của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB  2 IA ,

hoành độ điểm I: xI  3 và M  1;3 nằm trên đường thẳng BD.
(1  y )( x  3 y  3)  x 2  ( y  1)3 . x

( x, y  ) .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 x 2  y  2 3 x3  4  2( y  2)

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x  3 y  7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức

P  2 xy  y  5( x2  y 2 )  24 3 8( x  y)  ( x 2  y 2  3) .

------ Hết -----NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0909544238

Câu

Nội dung
1

Điểm


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y   x 4  2 x 2  1 .
TXĐ:
Giới hạn: lim y  , lim y  

1,00

x  0  y  1
 y/  0  
 x  1  y  2
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (1;0) và (1; ) , hàm số đồng biến trên

0,25

x 

0,25

x 

Sự biến thiên: y /  4 x3  4 x, x 

mỗi khoảng (; 1) và (0;1)
Bảng biến thiên
x 
y’
1.a

+

y

-1
0

-

0
0

+

2

1
0



-

2
0,25

1




Đồ thị có điểm cực đại A(-1;2), B(1;2) và điểm cực tiểu N(0;1). Vẽ đồ thị (C).

Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ x 

2
.

2

0,25

1,00

Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C).
 2 7
2
;   (C ) . Và y / ( )  2
2
 2 4

Ta có M 

1.b

 2 
3
2 7

y

2
x

x






4
2  4
 2 
3
Pt hđ giao điểm của d và (C):  x 4  2 x 2  1  2 x   4 x 4  8 x 2  4 2 x  1  0
4

Pttt (d) có dạng y  y / 

2


2
2
 22
 2 2
2
  x 
.
,x 
,x 
 4 x  4 2 x  2  0  x 
2 
2
2
2

 2 7

 2 2
  2 2
1
1
;  , M / 
, 2   , M / / 
,  2  
Vậy có 3 điểm: M 
2
4
2
4
 2 4





0,25
0,25
0,25



2

0,25


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Giải bất phương trình log 2

2x 1
 log3 (2 x  1)  log 2 3 .
2

1
(*)
2
Với đk (*), pt  log 2 (2 x  1)  log3 (2 x  1)  1  log 2 3

0,50

ĐKXĐ 2 x  1  0  x  
2.a

0,25

 log 2 3.log3 (2 x  1)  log3 (2 x  1)  1  log 2 3
  log 2 3  1 log3 (2 x  1)  1  log 2 3  log3 (2 x  1)  1  2 x  1  3  x  1

Đối chiếu (*), tập nghiệm: S    ;1
 2 
Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết
mục hợp ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức
chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn?

Mỗi cách chọn 2 tiết mục múa trong 3 tiết mục múa là một tổ hợp chập 2 của
3, suy ra số cách chọn 2 tiết mục múa: C32  3.
Mỗi cách chọn 2 tiết mục đơn ca trong 5 tiết mục đơn ca là một tổ hợp chập 2
của 5, suy ra số cách chọn 2 tiết mục đơn ca: C52  10.
Mỗi cách chọn 3 tiết mục hợp ca trong 4 tiết mục hợp ca là một tổ hợp chập 3
của 4, suy ra số cách chọn 3 tiết mục hợp ca: C43  4.
Theo quy tắc nhân, số cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn: 3.10.4 = 120
1

2.b

3

1  tan x
Giải phương trình cot 2 x 
.
1  tan x


sin 2 x  0
x k



2
ĐK: cos x  0  
 tan x  1  x     k




4


Với ĐK pt  tan   2 x   tan   x 
2

4





2

 2x 



4


4

0,50

0,25

0,25
1,00

0,25

0,25
0,25

 x  k

Kết hợp ĐK, ta có nghiệm: x 

0,25

 k , k 

0,25
1,00

5

1
dx .
x
3
x

1
1

Tính tích phân I  

t 2 1

2
 dx  tdt
3
3
Đổi cận: x  1  t  2; x  5  t  4.

Đặt t  3x  1, t  0  x 
4

4

4

0,25

4
2

0,25

1
1
1
I  2  2 dt  I   (

)dt
t 1
t 1 t 1
2
2

I   ln t  1  ln t  1 

0,25

I  2ln 3  ln 5

0,25
3


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Cho điểm A(2;1; 1), AB  (1;0;3) . Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng
hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB
vuông tại M.
Ta có OB  OA  AB  (3;1;2)  B(3;1;2)
* OA  (2;1; 1), AB  (1;0;3) không cùng phương: O, A, B không thẳng hàng.
Ta có OM  t OA  (2t; t; t )  M (2t; t; t ) và
5

1,00

0.25
0.25

AM (2t  2; t 1; t  1), BM (2t  3; t 1; t  2)

Tam giác MAB vuông tại M thì

AM .BM  0  (2t  2)(2t  3)  (t 1)(t 1)  (t  1))(t  2)  0
5
 6t 2  11t  5  0  t  1, t  .
6
5
5 5 5
 t  1  M (2;1; 1)  A (loại) và t   M ( ; ;  ) thỏa bài toán.
6
3 6 6

0.25

0,25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc
của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và
BD. Biết SA  a 2, AC  2a, SM 

5
a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính
2

theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và
AC.

S
A

M

D

1,00

K

6

O
H
B

N

C

Từ giả thiết SO  ( ABCD)  SO  AC, OA  a , SO  SA2  OA2  a
OSM  O : OM  SM 2  SO 2 

0,25

1
a
2

Ta có ABC  B : BC  2MO  a, AB  AC 2  BC 2  3a
1
3 3
AB.BC.SO 
a

3
3
Gọi N trung điểm BC  MN / / AC  d (SM , AC )  d ( AC,(SMN ))  d (O,(SMN ))
OMN  O : OMN  O : OH  MN , SO  MN  MN  ( SOH )
SOH  O :OK  SH  OK  (SMN )  OK  d (O,(SMN )
VS . ABCD 

4

0,25
0,25


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

3
a
3
a, OM  , OH  MN  OH 
a
2
2
4
OS .OH
57
SOH  O : d ( SM , AC )  OK 

a

2
2
19
OS  OH

OMN  O : ON 

Cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng
AB : x  2 y  3  0 và đường thẳng AC : y  2  0 . Gọi I là giao điểm của hai
đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết
IB  2 IA , hoành độ điểm I: xI  3 và M  1;3 nằm trên đường thẳng BD.

A

1,00

D
E

F

0,25

M
I

B

C

Ta có A là giao điểm của AB và AC nên A 1; 2  .

0,25

Lấy điểm E  0; 2   AC . Gọi F  2a  3; a   AB sao cho EF // BD.
EF AE
EF BI



 2  EF  2 AE
BI
AI
AE AI
a  1
2
2
  2a  3    a  2   2  
 a  11 .
5


Khi đó
7

0,25

Với a  1 thì EF   1; 1 là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của
BD là n  1; 1 . Pt BD : x  y  4  0  BD  AC  I  2; 2 
BD  AB  B  5; 1

IB
IB
3
 3

 2;
 2 .
Ta có IB   ID   ID   2 ID  D 
ID
IA
2
 2

IA
IA
1
IA  
IC   IC  
IC  C 3 2  2; 2 .
IC
IB
2
11
7 1
Với a 
thì EF   ;  là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của
5
 5 5
BD là n  1; 7  . Do đó, BD : x  7 y  22  0  I  8; 2  (loại).



8

0,25



(1  y )( x  3 y  3)  x 2  ( y  1)3 . x (1)

( x, y  ) (I)
Giải hệ phương trình. 
 x 2  y  2 3 x3  4  2( y  2)
(2)
 x 2  y  0
 x 2  y

ĐKXĐ: 
 x  0, y  1
 x  1, y  1
Nhận xét x  1, y  1 không là nghiệm của hệ. Xét y  1 thì pt (1) của hệ (I)
x 2  x( y  1)  3( y  1)2  ( y  1) x( y  1)  0

5

0,25

1,00

0,25


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

2

 x 
x
x

3
0
 
y 1
 y 1  y 1
x
t
, t  0 . Khi đó, pt (1) trở thành
y 1

t 4  t 2  t  3  0   t  1  t 3  t 2  2t  3  0  t  1.

Với t = 1, thì

0,25

x

 1  y  x  1 , thế vào pt(2), ta được
y 1

x 2  x  1  2 3 x 3  4  2  x  1  x 2  x  1  2  3 x 3  4   x  1   0




x2  x 1


 x  x 1  6 
0
2
2
3
3
3
3 x 4
    x  1 x  4   x  1 
 
2



 x  x  1 1 



0,25



0
2
3
x  4   x  1 


6 x2  x 1

2

3

x

3

 4     x  1 3
2

1 5
2
1 5
3 5
Với x 
y
.
2

2
 x2  x 1  0  x 

 x  1 .
0,25

 1 5 3  5 
;
.
2 
 2
Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x  3 y  7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm  x; y   

biểu thức

1,00

P  2 xy  y  5( x2  y 2 )  24 3 8( x  y)  ( x 2  y 2  3) .
2

 2x  2  3 y  3 
Ta có 6( x  1)( y  1)  (2 x  2)(3 y  3)  
  36  x  y  xy  5 .
2



0,25

Ta có 5( x2  y 2 )   2 x  y   5( x 2  y 2 )  2 x  y và
2

( x  y  3) 2  x 2  y 2  9  2 xy  6 x  6 y  0

9

 2( x  y  xy  3)  8( x  y )  ( x 2  y 2  3)

0,25

Suy ra P  2( xy  x  y )  24 3 2( x  y  xy  3)
Đặt t  x  y  xy, t   0;5 , P  f (t )  2t  24 3 2t  6
Ta có f / (t )  2 

24.2
3 3 (2t  6) 2

2

3

(2t  6) 2  8
3

(2t  6) 2

 0, t   0;5

Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng  0;5 .
Suy ra min f (t )  f (5)  10  48 3 2 .

6

0,25


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

x  2
y 1

Vậy min P  10  48 3 2, khi 

0,25

Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa.
------ Hết ------

7