>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu SỞ GD –DT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 Năm học: 2014 -2015 Môn Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 ( ID: 79157 ) ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y = x 3 – 3mx 2 + 4m 2 - 2 (1), với m là tham số thực a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m = 1 b) Tìm m để đồ hị hàm số (1) có 2 điểm cực trị A và B sao cho điểm I(1;0) là trung điểm của đoạn AB. Câu 2 ( ID: 79158 ) (1,0 điểm) Giải phương trình: 4sin( ) 2sin(2 ) 3cos cos2 2sin 2 36 x x x x x         Câu 3 ( ID: 79159 ) (1,0 điểm) Tính giới hạn sau: 2 2 2 5 lim 2 x xx x    Câu 4 ( ID: 79162 ) (1,0 điểm) Một hộp đựng 5 viên bi màu đỏ và 6 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi được lấy ra đó có đủ cả hai màu và số viên bi màu đỏ lớn hơn số viên bi màu xanh. Câu 5 ( ID: 79163 )(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ 0xy, cho đường tròn (C): (x-1) 2 + (y-2) 2 = 9. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn (C) biết đường thẳng BC có phương trình là 2x – 5 = 0 Câu 6 ( ID: 79165 )(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có các đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của C’ lên mặt phẳng (ABC) là điểm D thuộc cạnh BC sao cho DB = 2DC. Góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (ABC) bằng 45 0 . Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABC), (A’B’C’) và cosin góc giữa hai đường thẳng AD, CC’. Câu 7 ( ID: 79170 ) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ 0xy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có BC = 2AD = 2DC. Đỉnh C(3;-3), đỉnh A nằm trên đường thẳng d: 3x + y -2 = 0, phương trình đường thẳng DM: x-y -2 = 0 với M là điểm thỏa mãn 4BC CM . Xác định tọa độ các điểm A, D, B Câu 8 ( ID: 79171 ) (1, 0 điểm) Giải hệ phương trình                         Câu 9 ( ID: 79173 ) (1, 0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 2 2 2 1 2 1 2 1 2 5abc      Chứng minh rằng 3 6 6 4 2 64a b c   >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu ĐÁP ÁN Câu 1: a. (1,0 điểm) Với m = 1: hàm số trở thành : y = x 3 -3x 2 +2 (C) * TXĐ: D=R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y’: 3x 2 -6x, y’ = 0 0 2 x x       0.25 - Các khoảng đồng biến (-  ;0); (2;+  ), khoảng nghịch biến (0;2)0.25 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 2, đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = -2 - Giới hạn tại vô cực lim x y   ; * Bảng biến thiên: 0.25 x -  0 2 +  y’ + 0 - 0 + y 2 +  -  -2 * Đồ thị Giao 0y tại (0;2) ; giao 0x tại (1;0) và ( 1 3;0 ) Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng 0.25 Hình vẽ (tự vẽ) b. (1,0 điểm) Ta có y’ = 3x 2 -6mx; ý = 0  x = 0 hoặc x = 2m 0.25 Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt  m  0 Tọa độ các điểm cực trị A, B là A(0; 4m 2 -2); B(2m; -4m 3 + 4m 2 -2) 0.25 I là trung điểm của AB nên 32 1 2 4 2 0 m mm         0.25 Giải hệ được m =1 thỏa mãn ĐK tồn tại cực trị. Vậy giá trị của m cần tìm là m =1 0.25 Câu 2 (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2sinx +2 3 cos x - 3 sin2x + cos 2x = 3 cos x + cos2x – 2sinx +2 0.25  4sinx – 2+ 3 cosx - 3 sin2x = 0  (1-2sinx)( 3 cosx -2) = 0 0.25 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu * 3 cosx -2 = 0 : phương trình vô nghiệm 0.25 * 1-2sinx = 0  2 6 5 2 6 xk xk             . Nghiệm của phương trình là 2 6 5 2 6 xk xk             , k  Z 0.25 Câu 3 (1,0 điểm) Ta có 22 2 2 5 ( 2 2 5)( 2 2 5) lim lim 2 ( 2)( 2 2 5) xx x x x x x x x x x x              0.25 = 2 2 80 20 lim ( 2)( 2 2 5) x xx x x x      0.25 = 22 ( 2)( 10) 10 lim lim ( 2)( 2 2 5) 2 2 5 xx x x x x x x x x            0.25 = 3 0.25 Câu 4: Số phần tử của không gian mẫu là 4 11 330C  0.25 4 viên bi được chọn gồm 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh 0.25 Số cách chọn 4 viên bi đó là 31 56 . 60CC 0.25 Vậy xác suất cần tìm là 60 2 330 11 p  0.25 Câu 5(1,0 điểm): Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ: 22 5 ( 1) ( 2) 9 2 2 5 0 33 2 2 x xy x y                  0.5 Đường tròn (C) có tâm I(1;2). Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (C) nên I là trọng tâm của tam giác. Từ đó tìm được A(-2;2) 0.25 Vậy 5 3 3 5 3 3 ( ;2; ); ( ;2; ) 2 2 2 2 BC và ngược lại A(-2;2) 0.25 Câu 6 (1,0 điểm) Từ giả thiết C’D  (ABC); (AC’, (ABC)) = (AC’,AD) =  C’AD = 45 0 0.25 Sử dụng định lý cosin cho tam giác ABC suy ra AD = 7 3 a  C’D=AD = 7 3 a 0.25 Vì CC’//AA’ nên (AD,CC’) = (AD, AA’) Vì C’D  (ABC) nên C’D  (A’B’C’) suy ra C’D’  C’A’ suy ra DA’ = 4 3 a AA’ = CC’ = 22 22 ' 3 C D DC a 0.25 Áp dụng hệ quả của định lý cosin trong tam giác A’AD ta được >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu cos  A’AD = - 14 56 suy ra cos(AD, CC’) = 14 cos ' 56 A AD 0.25 Câu 7 (1,0 điểm) Vì A  d suy ra A(a; 2 -3a) Có S ADM = 2S DCM suy ra d(A,DM) = 2d(C,DM) 0.25 1 (3; 7) 3 ( 1;5) aA aA            . Do A, C nằm khác phía với đường thẳng DM nên A(-1;5) 0.25 Vì d  DM suy ra D(d;d-2). Từ giả thiết có AD CD AD CD      . Giải hệ ta được d = 5 nên D(5;3) 0.25 Có 2 ( 9;1)BC AD B   0.25 Câu 8 (1,0 điểm) 22 (2 1 4 )(y 1 )(1) 1 2 1(2) x x y x x y xy xy x y                 Điều kiện: 1 0(*)x y xy    vì 2 t1t > 0 Nên (1) 22 22 22 22 4 2 1 4 1 2 0 1 4 1 (2 )( 1 4 1 2 ) 0 2 0 2 xy x x y y x y xy x y x y x y x y y x                             0.25 Thay y = -2x vào (2) ta được 22 3 2 1 4 3 1x x x x x      2 22 3 1 3 1 2 ( 4 )x x x x x x x        0.25 Đặt 2 31 t xx  Khi x>0, ta được 2 4 7t t t     . Từ đó, kết hợp với x>0 ta được 3 37 14 x   ; 3 37 7 y   thỏa mãn điều kiện (*) 0.25 Khi x<0 ta được 2 4 2t t t      . Từ đó kết hợp với x<0 ta được 3 37 4 x   ; 17 3 2 y   thỏa mãn điều kiện (*) 0.25 Vậy hệ có 2 cặp nghiệm Câu 9(1,0 điểm) Với 2 số không âm A,B ta chứng minh: 1 1 1 1A B A B       (1). Thật vậy (1) 2 2 (1 )(1 ) 2 2 1A B A B A B A B            >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com/ và nhập mã ID câu 11A B AB A B       luôn đúng 0.5 Dấu đẳng thức xảy ra khi A=0 hoặc B = 0 Áp dụng (1) ta có 5 = 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2a b c a b c           2 2 2 2 1 2 2 2abc     Suy ra a 2 + b 2 +c 2  4 hay b 2 + c 2  4 – a 2 (2) Khi đó 3 6 6 3 2 2 3 4 2 4 2 ( )a b c a b c     Từ (2) và do a, b, c không âm ta có 02a Xét hàm số f(a) =           trên [0;2]. Ta có: 2 2 2 2 2 '( ) 12 2 6 (4 ) 6 ( 2)[ (6 ) 2(8 )]f a a a a a a a a a        0.5 Với a  [0;2], f’(a) =0  a=0; a= 2 Có f(0) =64; f( 2 )=24; f(2)=32 2 suy ra f(a)  64; với  a  [0;2] Vậy 3 6 6 4 2 64a b c   . Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 0, c=2 hoặc a=c=0, b=2. . SỞ GD –DT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 Năm học: 2 014 -2 015 Môn Toán Thời gian: 18 0 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 ( ID: 7 915 7 ) ( 2,0. )(y 1 ) (1) 1 2 1( 2) x x y x x y xy xy x y                 Điều kiện: 1 0(*)x y xy    vì 2 t1t > 0 Nên (1) 22 22 22 22 4 2 1 4 1 2 0 1 4 1 (2 )( 1 4 1 2 ) 0 2 0. ÁN Câu 1: a. (1, 0 điểm) Với m = 1: hàm số trở thành : y = x 3 -3 x 2 +2 (C) * TXĐ: D=R * Sự biến thi n: - Chiều biến thi n: y’: 3x 2 -6 x, y’ = 0 0 2 x x       0.25 - Các khoảng