Sở GD-ĐT tỉnh Phú Yên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I, NĂM 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y =       3 2 1 1 2 3 1 3 m mx m x m x C     a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C 2 ) khi m = 2. b) Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (C m ) tồn tại đúng hai điểm có hoành độ dương mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (d): x  y – 3 = 0. Câu 2(1,0 điểm). Giải phương trình:   2 4 2 log 1 log 1x x   Câu 3(1,0 điểm). Tìm một nguyên hàm của hàm số f(x) =   2 sinx 1 cos x , biết rằng 1 2 F         (với F(x) là nguyên hàm của hàm số f(x) ) Câu 4(1,0 điểm). a) Cho đa thức         2 3 20 ( ) 1 2 1 3 1 20 1 .P x x x x x         Tìm hệ số của số hạng chứa x 15 trong khai triển đa thức của P(x). b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số )(xf   2 6 4x x  trên   0;3 . Câu 5.(1,0 điểm) . Trong không gian với hệ trục 0xyz, cho mp(P): x + 2y – 5z – 3 = 0 và hai điểm A(2;1;1), B(3;2;2). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P). Câu 6 (1,0 điểm). Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông ở A, AB = a, AC = 2a. Đỉnh S cách đều A, B, C; mặt bên (SAB) hợp với mặt đáy (ABC) góc 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABC. Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 1 2 0x y    và điểm A(-1; 1). Viết phương trình đường tròn (C) qua A, gốc tọa độ O và tiếp xúc với đường thẳng d. Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình:       3 3 2 3 1 2 1 1 8 x y y x y x y x y                . Câu 9(1,0 điểm). Giả sử x và y không đồng nhất bằng 0. Chứng minh:   2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 4 x x y x y         . …………….Hết…………… Đáp án và thang điểm Môn toán CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (1,0 điểm) Khi m = 2, ta có: y = 3 2 2 4 1 3 x x x   * Tập xác định: D R * Sự biến thiên: 2 ' 2 2 4y x x   , 4 1 3 ' 0 23 2 3 x y y x y                 0,25 - Hàm số giảm trên   2;1 ; tăng (  ;-2) và   1; + Giởi hạn : lim ; lim x x y y       0,25 + Bảng biến thiên: x  -2 1  y' + 0 - 0 + y 23 3   4 3  -Hàm số đạt cực đại tại x = -2, 23 3 cd y  và đạt cực tiểu tại x = 1, 4 3 ct y   0,25 Câu 1 (2,0 điểm) * Đồ thị: 8 6 4 2 -2 -5 5 -2 O 1 23/ 3 -4/3 0,25 b) (1,0 điểm) Ta có: 2 ' 2( 1) 2 3y mx m x m     ; k d = 1 Từ yêu cầu bài toán dẫn đến : '. 1 d y k   có đúng 2 nghiệm dương phân biệt. 0,25 2 2( 1) 3 3 0mx m x m      có 2 nghiệm dương phân biệt. 0,25 2 0 1 0 1 4 5 1 0 4 ' 0 1 0 1 0 0 0 1 0 3 3 0 m m m m m m m m S m m P m m                                               0,25 Vậy: 1 0 4 m  . 0,25 Câu 2 (1,0 điểm) Điều kiện: 0 0 1 1 0 x x x          0,25 Pt 2 2 2 2 2 2 log 1 log 2 log log 1 logx x x x        2 1 (1) 2 1 2 1 (2) x x x x x x                0,25 (1) 2 1( ) 2 0 2( ) x L x x x N            0,25 (2) 2 2 0 (VN)x x    Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 2. 0,25 Câu 3 (1,0 điểm) Đặt u = cosx, du = - sinxdx 0,25 F(x) =       2 2 2 sinx 1 cos 1 1 du du dx x u u           0,25 = 1 1 1 cos 1 C C u x      0,25 1 1 1 1 1 2 2 os 1 2 F C C C c                          Vậy nguyên hàm cần tìm là: F(x) = 1 2 cos 1x   0,25 Câu 4 (1,0 điểm) a) (1,0 điểm) Viết lại:         2 3 14 15 16 20 20 16 20 0 0 0 ( ) 1 2 1 3 1 14 1 15 16 20 k k k k k k k k k P x x x x x C x C x C x                                          0,25 Từ đó, suy ra hệ số của số hạng chứa x 15 15 15 15 15 15 15 15 15 16 17 18 19 20 15 16 17 18 19 20 400995a C C C C C C       0,25 b) (1,0 điểm) Ta có: 2 2 2 6 4 '( ) 4 x x f x x     => 1 [0;3] '( ) 0 2 [0;3] x f x x          0,25 . (1) 5 5; (0) 12; (2) 8 2; (3) 3 13 f f f f             0;3 0;3 min ( ) (0) 12; ax ( ) (3) 3 13f x f m f x f      0,25 Câu 5 (1,0 điểm) Ta có:   (1;1;1) , 7;6;1 (1;2; 5) p p AB AB n n                    0,25 Mp(Q) qua A, B và vuông góc (P) nên nhận   7;6;1n    làm véc tơ pháp tuyến. 0,25 Pt mp (Q):       7 2 6 1 1 0x y z       0,25 Vậy phương trình tổng quát của mp(Q): 7x – 6y – z – 7 = 0. 0,25 Câu 6 (1,0 điểm) Gọi M, N, H lần lượt là trung điểm của AB, AC và BC. Ta có: SAB cân SM AB  HM // AC ( )HM AB AB SMH AB SH      (1) Và    0 ,( ) 60SAB ABC SMH       Tương tự ( )AC SNH AC SH   (2) Từ (1) và (2) ( )SH ABC  0,25 Ta có SH = MH.tan60 0 = 3 3 2 AC a 0,25 2 1 . 2 ABC S AC AB a  0,25 Vậy: 3 1 3 . 3 3 ABC V SH S a  (đvtt) 0,25 Câu 7. (1,0 điểm) Gọi M là trung điểm của OA thì 1 1 ; 2 2 M        . Ta có:   1;1OA    là véc tơ pháp tuyến của trung trực của đoạn OA, do đó, trung trực của đoạn OA có phương trinh:   1 1 1 0 1 0 2 2 x y x y                      0,25 B A C S M H N Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực này, nên ta có: I(x 0 ; x 0 + 1). Theo bài ra ta có:   0 0 2 2 2 0 0 0 0 0 0 1 1 2 ( ; ) 1 2 2 0 2 0 1 x x IA d I d x x x x x x                    0,25 + Khi x o = 0 thì bán kính R của (C) là R = 1. + khi x o = -1 thì bán kính R của (C) là R = 1 0,25 Vậy có hai đường tròn cân tìm là:     2 2 2 2 1 1, 1 1.x y x y      0,25 Câu 8 (1,0 điểm) Hệ pt:       3 3 2 3 1 2 (1) 1 1 (2) 8 x y y x y x y x y                Điều kiện , 1.x y   Pt(1)         3 8 6 3 3 1 0x y xy x y y x y                2 2 2 2 2 2 4 3( 2) 1 0x y x y xy x y x y xy y              0,25   2 2 2 2 2 2 1 0 2 0 2 1 0(*) x y x xy y x y x y x xy y x y                           Pt (*)   2 2 2 2 1 0, 3 0x y x y y y           Trường hợp y = 0 thì x = -1, không phải là nghiệm của hệ pt 0,25 Với y = 2 – x thay vào (2) ta được:       2 2 2 2 2 1 2 3 2 1 2 1 1 2 3 3 2 3 1 1 2 3 1 0 2 1 1 2 3 3 1 3 2 3 0 3 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x y x x x y                                                    0,25 Đối chiếu điều kiện, hệ phương trình có nghiệm (-1;3) và (3;-1). 0,25 Câu 9 (1,0 điểm) Nếu y = 0 ( khi đó 0x  ). Ta có:   2 2 2 2 4 0 4 x x y x y     , bất đẳng thức hiển nhiên đúng. 0,25 Nếu 0y  khi đó   2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 4 x x y x y         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 x x y y x y                            (1) 0,25 Đặt: tan , 2 x t y  khi đó (1)     2 2 2 2 2 tan tan 2 2 2 2 2 2 2 tan 1 2 2 2 os 4tan 4 2 2 2 2 2 2 2sin 2 4 os 2 2 2 t t t c t t t c t                        0,25 2 2 2 1 sin 2 2cos 2 1 2 sin 2 1 2cos 2 2 sin 2 os2 2 2 2 sin 2 2 4 1 sin 2 1 (2) 4 t t t t t c t t t                                           Vì (2) đúng suy ra (đpcm). 0,25 . Sở GD-ĐT tỉnh Phú Yên Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I, NĂM 2 015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 18 0 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1( 2,0 điểm). Cho. số hạng chứa x 15 15 15 15 15 15 15 15 15 16 17 18 19 20 15 16 17 18 19 20 400995a C C C C C C       0,25 b) (1, 0 điểm) Ta có: 2 2 2 6 4 '( ) 4 x x f x x     => 1 [0;3] '(. nguyên hàm cần tìm là: F(x) = 1 2 cos 1x   0,25 Câu 4 (1, 0 điểm) a) (1, 0 điểm) Viết lại:         2 3 14 15 16 20 20 16 20 0 0 0 ( ) 1 2 1 3 1 14 1 15 16 20 k k k k k k k k k P x x x