Câu 1 (4 điểm): Cho hàm số: 1 2 2 x y x     . 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): a) Giải phương trình: 2 2 2 2 1 log ( 4 1) log 8 log 4 2 x x x x    . b) Tính tích phân sau: 2 0 sin 2 cosI x xdx    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 0 60 . 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 (4;0;0), (0;3;0), (2;4;0)A B C . 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: 2cos ( 3 sin cos 1) 1x x x   . b) Cho tập hợp   1,2,3,4,5A  . 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: 4 0x y   ,các điểm (2;0), (3;0)H I 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. Câu 7(2 điểm): Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 3 2 3 (1) 3 2(2) x x y y x y x              Câu 8(1 điểm): Cho , , 0a b c  thỏa mãn: 1a b c   , chứng minh rằng : 9 1 1 1 10 a b c bc ca ab       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:……………………… TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI TỔ: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1, KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: Toán Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1 (4đ) a.(2 điểm). +)TXĐ:   \ 1D  0,25 +) Sự biến thiên - Chiều biến thiên: 2 4 ' 0, 1 (2 2) y x x      0,25 - Hàm số đồng biến trên các khoảng: ( ;1) và (1; ) 0,25 - Giới hạn: 1 1 lim ( ) 2 2 2 x x x       , do đó : 1 2 y   là tiệm cận ngang. 1 1 1 1 lim( ) ; lim( ) 2 2 2 2 x x x x x x               , do đó : 1x  là tiệm cận đứng 0,5 - Bảng biến thiên: 0,25 - Đồ thị: Cắt Ox tại (-1;0), cắt Oy là (0;1/2) 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). 0,25 - Hàm số có 2 4 ' (2 2) y x   nên '(0) 1y  0.25 - Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại M là : 1 '(0)( 0) 2 y y x   0,25 1 2 y x   0,25 c.(1 điểm) - Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng là nghiệm phương trình: 1 2 2 x x m x      (Đk: 1x  ) 2 2 (2 1) 2 1 0(1)x m x m      0,25 - 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 (2 1)(2 7) 0 2 2 2 1 1 2 0 1 2 m m m m m m                         (2) 0,25 - G/s 1 2 ,x x là hai nghiệm của phương trình (1), theo định lý Viet ta có: 1 2 1 2 2 1 2 2 1 . 2 m x x m x x             Khi đó hai giao điểm là 1 1 2 2 ( ; ), ( ; )A x x m B x x m  0,25 - Theo giả thiết thì: 1 2 1 2 1 2 ( ;Ox) ( ; ) x x m d A d B Oy x m x x x m             - Với 1 2 x x m  , kết hợp với Viet ta có: 2 1 2 m m   , không xảy ra. - Với 1 2 x x m  , ta có: 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 4 2 2 1 4 2 1 . 2 m x m x x x x m x m x m x x x                            . Suy ra: 1 7 4 2 4 12 m m m      thỏa mãn điều kiện. 0,25 Câu 2 (4 đ) a(2 điểm) + Đk: 2 2 5 4 1 0 2 5 2 5 0 0 x x x x x x x                          0,5 + Với điều kiện đó thì phương trình tương đương với: 2 2 2 1 log ( 4 1) log 2 2 x x   0,25 2 2 2 log ( 4 1) 2 4 1 4x x x x        0,5 2 1 4 5 0 5 x x x x            0,5 + Theo điều kiện thì nghiệm là: x=5 0,25 b(2 điểm) + 3 0 2 sin . osI x c xdx    0,25 - Đặt cos sin xt x dt dx    0,5 - Đổi cận: 0 1x t   - 1x t      0,25 - Do đó 1 1 3 3 1 1 2 2I t dt t dt        0,5 1 4 1 1 2 t   = 1 1 0 2 2   0, 5 Câu 3 + Gọi O là giao điểm hai đường chéo đáy, ta có: 0,25 (2đ) - BD AC và BD SA nên: BD SO Suy ra:   0 ( );( ) 60SBD ABCD SOA  + 2 2 2 a AC a AO   , tam giác SAO vuông tại A nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 0 6 .tan 60 2 a SA AO  0,25 + Dt(ABCD)= 2 a nên 3 1 6 . ( ) 3 6 SABCD a V SA dt ABCD  (đvtt) 0,25 + 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 + SAC vuông tại A có AI là trung tuyến nên: 1 2 IA IB IC SC   (2) 0,25 + 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. Đồng thời bán kính R=IA= 1 2 SC 0,25 + Theo định lý Pitago: 2 2 14 2 a SC SA AC   Vậy : 14 4 a R  0,25 Câu 4 (3 đ) +Dễ tính: 5; 2 5; 5AB AC BC   0,75 Từ đó theo định lý Pitago thì: 2 2 2 CB CA AB  nên tam giác ABC vuông tại C. 0,25 + Ta thấy , , (Ox )A B C y và lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên ' ( )B Oyz từ đó '(0;3; )B c với c>0 0,25 1 . 5 2 ABC S CACB  và 'BB c 0,25 ' 1 1 10 '. 10 .5. 10 6 3 3 B ABC ABC V BB S c c       Do đó: '(0;3;6)B 0,5 + I là trung điểm BB’ nên: (0;3;3)I 0,25 Khi đó: ( 4;3;3); ' (2;1; 6)AI B C    0,25 cos( ; ' ) cos( ; ' )AI B C AI B C   0,25 . ' 4.2 3.1 3.6 23 . ' 16 9 9. 4 1 36 1394 AI B C AI B C             0,25 Câu 5 (2đ) a(1 điểm) - Phương trình tương đương với: 2 3 sin 2 2cos 2cos 1x x x   2 3 sin 2 2cos 1 2cosx x x    3 sin 2 cos 2 2cosx x x   0,25 3 1 sin 2 cos2 cos 2 2 x x x   cos(2 ) cos 3 x x     0,25 2 2 3 2 2 3 x x k x x k                   , k  0,25 2 3 2 9 3 x k k x                , k  0,25 b(1 điểm) + Xem số cần lập có 8 vị trí. - Xếp hai số 1 vào tám vị trí thì có: 2 8 28C  cách xếp 0,25 - Xếp ba số 2 vào sáu vị trí còn lại có: 3 6 20C  cách xếp 0,25 - Xếp các số 3,4,5 vào ba vị trí còn lại có: 3!=6 cách xếp. 0,25 - Vậy có: 28.20.6=3360 số thỏa mãn giả thiết. 0,25 Câu 6 (2đ) + Gọi ( ; )G a b là trọng tâm tam giác, ta có: 2HG GI   0,25 Trong đó: ( 2; ); (3 ; )HG a b GI a b     8 2 6 2 8 ( ;0) 3 2 3 0 a a a G b b b                   0,25 + Gọi M là trung điểm BC thì MI vuông góc với BC nên: phương trình đường thẳng MI là: x+y-3=0 0,25 M MI BC  nên tọa độ M là nghiệm của hệ: 3 7 1 ( ; ) 4 2 2 x y M x y          0,25 + Gọi 8 ( ; ) ( ; ) 3 A a b AG a b    còn 5 1 ( ; ) 6 2 GM   . Ta có: 2AG GM   nên tìm được (1;1)A 0,25 + Do đó: 5R IA  là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Gọi ( ; 4)B m m BC  ( trong đó: 3m  ) 0,25 + Ta có: 2 2 2 5 ( 3) ( 4) 5 2 5BI m m m m          0,25 Theo điều kiện thì m = 2, do đó: B(2;-2) + (1; 3)AB   nên phương trình tổng quát đường thẳng AB là: 3(x-1)+1(y-1)=0 hay 3x+y-4=0 0,25 Câu 7 (2 đ) 3 2 3 2 3 2 3 (1) 3 2(2) x x y y x y x              + ĐK: 3 2 3 3 3 0 2 2 x x y y y x y x                  0,25 + Ta có 3 2 3 3 (1) 3 2 3 ( 1) 3( 1) ( 3) 3 3x x y y x x y y             0,25 + Ta thấy 3 1; 1 1y x    nên xét hàm số: 3 ( ) 3 , 1f t t t t    0,25 2 '( ) 3 3 0, 1f t t t     do đó hàm số: 3 ( ) 3f t t t  là đồng biến trên:   1; 0,25 + Khi đó ta có: ( 1) ( 3)f x f y   nên: 2 1 3 2 2x y y x x       thế vào (2) ta được: 2 3 3x x x   0,5 2 1 4 3 0 3 x x x x           0,25 + Theo điều kiện ta có 3 1x y   . Vậy hệ có nghiệm là: ( ; ) (3;1)x y  0,25 Câu 8 (1đ) - Theo bất đẳng thức Cauchy: 2 2 2 2 1 1 ( ) ; ( ) 2 2 2 2 b c a a c b bc ca                     ; 2 2 1 ( ) 2 2 a b c ab           0,25 - Do đó: 2 2 2 4 4 4 1 1 1 2 5 2 5 2 5 a b c a b c P bc ca ab a a b b c c                0,25 - Ta xét: 2 2 2 4 99 3 (3 1) (15 11 ) 0 2 5 100 100( 2 5) x x x x x x x x           với (0;1)x  - Dấu bằng xảy ra tại x = 1/3 0,25 - Do đó : 99 9 9 ( ) 100 100 10 P a b c     (Đpcm) Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1/3 0,25 . coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh:……………………… TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI TỔ: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1, KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2 014 - 2 015 Môn: Toán Thời. dx    0,5 - Đổi cận: 0 1x t   - 1x t      0,25 - Do đó 1 1 3 3 1 1 2 2I t dt t dt        0,5 1 4 1 1 2 t   = 1 1 0 2 2   0, 5 Câu 3 + Gọi O là giao điểm hai đường chéo đáy,. định lý Viet ta có: 1 2 1 2 2 1 2 2 1 . 2 m x x m x x             Khi đó hai giao điểm là 1 1 2 2 ( ; ), ( ; )A x x m B x x m  0,25 - Theo giả thi t thì: 1 2 1 2 1 2 ( ;Ox) ( ; ) x