SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1

NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1

(1)1

xy

x

và đường thẳng d: .y x m

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

b) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp tuyến

của (C) tại A và B song song với nhau.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 2 2sin 1 cos2x x x ( )x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 1

1( ) ln

e

I x xdxx

Câu 4 (1,0 điểm).

a) Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi.

Tính xác suất để 3 viên được chọn có cả ba màu.

b) Giải phương trình: 2

3 3log 4log (3 ) 7 0x x trên tập hợp số thực.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 1 0P x y z và điểm (3;0; 2)A . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa

độ tiếp điểm của (S) và (P).

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại A và 2AB a , 2 3AC a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( )ABC là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa

hai mặt phẳng ( )SBC và ( )ABC bằng 030 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABC và khoảng

cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng ( )SAC .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

tâm (3;5)I và ngoại tiếp đường tròn tâm (1; 4)K . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh

AB, AC kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là (11; 14)F . Viết phương trình đường

thẳng BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2

2

( 2 2 1)( 1) 1

9 2014 2 4 2015

x x x y y

y xy y y x

( , )x y

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2

1 2 2.

c a b Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức 2 2 2

.a b c

Pb c a c a b c

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:………………………..

WWW.VNMATH.COM

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1

NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn: TOÁN

Đáp án gồm 5 trang

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1

(1)1

xy

x

1,0

Tập xác định: \ 1 .D

Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: 2

2' 0 .

( 1)y x D

x

hàm số nghịch biến trên từng khoảng xá định và không có cực trị.

0,25

- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1x x

y y

; tiệm cận ngang là: y=1.

1 1

lim ; lim ,x x

y y

tiệm cận đứng là: x= -1.

0,25

- Bảng biến thiên:

x 1

y’

y

1

1

0,25

Đồ thị

Nhận xét: Đồ thị C nhận điểm uốn 1;1I làm tâm đối xứng.

0,25

b)Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp

tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. 1,0

WWW.VNMATH.COM

PT hoành độ giao điểm của ĐT hs 1 với đường thẳng d:

2

11

( ) (2 ) 1 0 (2).1

xxx m

g x x m x mx

0,25

ĐT (C) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi PT (2) có 2 nghiệm phân biệt

khác -1 20 8 0

( 1) 0 2 0

m

g

đúng với mọi m.

0,25

Khi đó ,A Bx x là nghiệm của phương trình (2). Do tiếp tuyên tại A và B song với nhau nên ta có:

2 2

( )2 2'( ) '( )

2( 1) ( 1)

A B

A A

A BA B

x x lf x f x

x xx x

Theo định lý Viet ta có: 2A Bx x m . Do đó 2 2 0.m m

0,25

0.25

2 Giải phương trình: sin 2 2sin 1 cos2x x x ( )x 1,0

2sin 2 2sin 1 cos2 sin 2 2sin 1 cos2 0 2sin cos 2sin 2sin 0x x x x x x x x x x 0,25

sinx 02sin (cos sin 1) 0

sinx+cosx= -1x x x

0,25

sin 0x x k 0,25

23

cos sin 1 cos( ) cos4 4 2

2

x k

x x xx k

Vậy nghiệm của phương trình là : 2 ; .2

x k x k k

0,25

3 Tính tích phân

1

1( ) ln

e

I x xdxx

1,0

1 1 1

1 1( ) ln ln ln

e e e

I x xdx x xdx xdxx x

0,25

Ta có: 2

1

1 1

1 ln 1ln ln (ln ) .

12 2

e e exI xdx xd x

x 0,25

Tính 2

1

ln

e

I x xdx , đặt

2 2 2 2 2

22

1

ln 1 3. ln .

1 12 2 2 4 4 4

2

e

dxdu

u x e ex x e x e exI x dx I

dv xdx xv

0,5

4 a) Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi.

Tính xác suất để 3 viên được chọn có cả ba màu.

b) Giải phương trình: 2

3 3log 4log (3 ) 7 0x x trên tập hợp số thực.

1,0

a) Số phần tử của không gian mẫu là: 3

12 220.C 0,25

Số cách chọn 3 viên bi có đủ 3 màu là 3.4.5=60. Do đó xác suất cần tính là 60 3

220 11p 0,25

b) Điều kiện x>0.

Với điều kiện trên PT đã cho tương đương với 2

3 3log 4log 3 0x x 0,25

3

3

log 1 3

log 3 27

x x

x x

Vậy nghiệm của phương trình là x=3, x=27.

0,25

WWW.VNMATH.COM

5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 1 0P x y z và điểm

(3;0; 2)A . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ

tiếp điểm của (S) và (P).

1,0

Bán kính mặt cầu (S) là ( ;( )) 3.R d A P 0,25

Phương trình mặt cầu (S): 2 2 2( 3) ( 2) 9.x y z 0,25

Gọi H là tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P), suy ra ( )AH P do đó vectơ pháp tuyến

của (P) cũng là vectơ chỉ phương của AH. Phương trình đường thẳng AH là:

3 2

2 2

x t

y t

z t

0.25

( )H AH P do đó tọa độ tiếp điểm H(1; -1; 0) 0,25

6 Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại A và 2AB a , 2 3AC a . Hình chiếu

vuông góc của S trên mặt phẳng ( )ABC là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa hai mặt

phẳng ( )SBC và ( )ABC bằng 030 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABC và khoảng

cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng ( )SAC .

1,0

Diện tích ABC là:

21. 2 3

2dt ABC AB AC a

Trong mp ABC kẻ HK BC tại K

BC SHK

Từ giả thiết ta có: 𝑆𝐾𝐻 = 300

0,25

Có 2 2 4BC AB AC a

sinABC =AC

BC=

HK

HB=

3

2⇒ HK =

a 3

2 . Trong tam giác SHK có:

SH = HKtanSKH =a

2

Thể tích của khối chóp là: 31 3

.3 3

aV SH dt ABC (đvtt)

0,25

Do M là trung điểm của cạnh BC nên MH song song với AC, do đó MH song song với mặt

phẳng (SAC), suy ra khoảng cách từ M đến mặt (SAC) bằng khoảng cách từ H đến mặt (SAC).

Trong mp SAB kẻ HD SA tại D . Ta có: AC SAB AC DH DH SAC

0,25

2 2 2

1 1 1 5

5

aHD

DH HA HS . Vậy 𝑑 𝑀; 𝑆𝐴𝐶 = 𝑑 𝐻; 𝑆𝐴𝐶 = 𝐻𝐷 =

𝑎 5

5

0,25

A C

B

S

H

K

M

D

WWW.VNMATH.COM

7 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (3;5)I và

ngoại tiếp đường tròn tâm (1; 4)K . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC

kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là (11; 14)F . Viết phương trình đường thẳng

BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC.

1,0

Ta có F là giao điểm của đường phân giác trong góc A với các đường phân giác ngoài của

các góc B và C, suy ra 𝐶𝐹⟘𝐶𝐾, 𝐵𝐹⟘𝐵𝐾, do đó tứ giác BKCF nội tiếp đường tròn đường kính

FK.

0,25

Gọi D là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có:

𝐷𝐾𝐶 =𝐵𝐴𝐶

2+

𝐴𝐶𝐵

2= 𝐷𝐶𝐾 , suy ra tam giác DCK cân tại D, do đó DK= DC = DB nên D là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF, do vậy

D là trung điểm của FK, suy ra D(6; 9).

0,25

Tính được ID=5, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

(x − 3)2 + (y − 5)2 = 25 (C1).

𝐷𝐾 = 50, phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF là:

(x − 6)2 + (y − 9)2 = 50 (C2). Tọa độ B, C là nghiệm của hệ

(x − 3)2 + (y − 5)2 = 25

(x − 6)2 + (y − 9)2 = 50 ⇔

x2 + y2 − 6x − 10y + 9 = 0

x2 + y2 − 12x − 18y + 67 = 0 ⇒

⇒6𝑥 + 8𝑦−58=0 ⇔3𝑥+4𝑦−29=0(1) .

Tọa độ B, C thỏa mãn phương trình (1), mà (1) là phương trình của một đường thẳng, mặt khác C1 , (C2) cắt nhau do đó phương trình (1) là phương trình đường thẳng BC. Vậy BC có phương

trình là: 3𝑥 + 4𝑦 − 29 = 0(1)

( có thể giải hệ ta được B(-1; 8), C(7; 2) và viết được phương trình BC)

0,25

Phương trình FK: x-y+3=0.

A, D là giao của FK với (C1) , suy ra A(-1; 2),

do đó phương trình đường cao AH là:

4x -3y+10=0.

0,25

8

Giải hệ phương trình:

2 2

2

2 2 1 1 1 1

9 2014 2 4 2015 2

x x x y y

y xy y y x

( , )x y 1,0

Đk: 9 0y xy

Ta có: 2 2 21 1 0y y y y y y , nhân 2 vế PT (1) với 2 1 0.y y

PT 2 2

1 1 1 1 1 (3)x x y y

0,25

CB

I

A

K

D

F

WWW.VNMATH.COM

Xét hàm số: 2 1f t t t trên , có 2

2 2

1' 0,

1 1

t tt tf t t f t

t t

đồng

biến trên (3) ( 1) ( ) 1f x f y x y

0,25

Pt 2 trở thành: 2 28 3 2015 2014x x x 3

2 2

2 2

1 18 3 3 2 2015 1 0 1 2015 0(4)

8 3 3 2

x xx x x x

x x

0,25

Đặt:

2 2

1 12015

8 3 3 2

x xT

x x

x có 2 28 3 2015 2014 0 0x x x x

Do 2 2

2 2

1 10, 8 3 3 2 0 0 0.

8 3 3 2

x xx x x T

x x

nên

(4) 1 0 1x x (thỏa mãn)

Vậy hệ pt đã cho có nghiệm: 1; 2

0,25

9

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn

2 2 2

1 2 2.

c a b Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức 2 2 2

.a b c

Pb c a c a b c

1,0

Ta có: 2 2

2 2 2 2 2

1 2 2 1(1)

2

c c

c a b a b , và

2 2

1.

1 1 ( ) ( ) 1

a b

c cPb a a a

c c c c

Đặt :

2 2

1, ; , 0 .

1 1 1

a a x yx y x y P

c c y x x y

2 2 2 2

2 2

1 1 1(1) 2( ) .

2x y x y

x y

0,25

Mặt khác 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

( ) 2( ) 1 ( ) 2 1 ( ) 2( ) 1

11 ( 1) .

1 1 1

x y x y x y x y xy x y x y xy x y x y

x yx y x y P

y x x y

Lại có: 2 1( ) 4 4( ) 4 1 0

1 1 1

x yx y xy x y x y x y P

y x x y

0,25

1 1 1 1 11 1 2 ( 1)( ) 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1

4 1 4 1( 1)( ) 2 2

2 1 2 1

x y x yx y

y x x y y x x y y x x y

x yx y x y x y x y

0,25

Đặt: 4 1

4 ( ) 2 .2 1

t x y P f tt t

2 2 2 2

4 1 3 ( 4)'( ) 0, [4; )

( 2) ( 1) ( 1) ( 2)

t tf t t

t t t t

, suy ra ( )f t đồng biến trên [4; )

Vậy 5

( ) (4)3

P f t f hay min

454 2 2 .

3

x yP t x y a b c

x y

0,25

…………………Hết……………….

WWW.VNMATH.COM