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 x y 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: sin2 2sin 1 cos2x x x   ()x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 1 ( )ln e I x xdx x   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 33 log 4log (3 ) 7 0xx   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 , 23AC 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 0 30 . 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: 22 2 ( 2 2 1)( 1) 1 9 2014 2 4 2015 x x x y y y xy y y x                    ( , )xy 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 P b c a c abc    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:……………………… 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 x y x    1,0  Tập xác định:   \ 1 .D   Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 2 ' 0 . ( 1) y x D x      hàm số đồng biến trên từng khoảng xá định và không có cực trị. 0,25 - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1 xx yy    ; tiệm cận ngang là: y=1. 11 lim ; lim , xx yy        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 PT hoành độ giao điểm của ĐT hs   1 với đường thẳng d: 2 1 1 ( ) (2 ) 1 0 (2). 1 x x xm g x x m x m x                 0,25 ĐT (C) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi PT (2) có 2 nghiệm phân biệt 0,25 khác -1 2 0 80 ( 1) 0 20 m g           đúng với mọi m. Khi đó , AB xx là nghiệm của phương trình (2). Do tiếp tuyến tại A và B song với nhau nên ta có: 22 () 22 '( ) '( ) 2 ( 1) ( 1) AB AA AB AB x x l f x f x xx xx             Theo định lý Viet ta có: 2 AB x x m   . Do đó 2 2 0.mm     0,25 0.25 2 Giải phương trình: sin2 2sin 1 cos2x x x   ()x 1,0 2 sin2 2sin 1 cos2 sin2 2sin 1 cos2 0 2sin cos 2sin 2sin 0x x x x x x x x x x            0,25 sinx 0 2sin (cos sin 1) 0 sinx+cosx= -1 x x x          0,25  sin 0x x k      0,25  2 3 cos sin 1 cos( ) cos 44 2 2 xk x x x xk                     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 xdx x   1,0 1 1 1 11 ( )ln ln ln e e e I x xdx x xdx xdx xx        0,25  Ta có: 2 1 11 1 ln 1 ln ln (ln ) . 1 22 ee e x I xdx xd x x      0,25  Tính 2 1 ln e I x xdx  , đặt 2 2 2 2 2 2 2 1 ln 13 . ln . 11 2 2 2 4 4 4 2 e dx du u x e e x x e x e e x I x dx I dv xdx x v                        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 33 log 4log (3 ) 7 0xx   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 11 p  0,25 b) Điều kiện x>0. Với điều kiện trên PT đã cho tương đương với 2 33 log 4log 3 0xx   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 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: 32 22 xt yt zt           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 , 23AC 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 0 30 . 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:   2 1 . 2 3 2 dt ABC AB AC a   Trong mp   ABC kẻ HK BC tại K   BC SHK Từ giả thiết ta có:   = 30 0 0,25 Có 22 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:   3 13 . 33 a V 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 a HD DH HA HS     . Vậy   ;     =   ;     =  =   5 5 0,25 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 ,  , do đó tứ giác BKCF nội tiếp đường tròn đường kính FK. 0,25 A C B S H K M D  Gọi D là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có:   =   2 +   2 =   , 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 (C 1 ).  =  50, phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF là: (x 6) 2 + (y 9) 2 = 50 (C 2 ). Tọa độ B, C là nghiệm của hệ  (x 3) 2 + (y 5) 2 = 25 (x 6) 2 + (y 9) 2 = 50    x 2 + y 2 6x 10y + 9 = 0 x 2 + y 2 12x 18y + 67 = 0   6 +  858 = 0 3 + 4 29 = 0(1) . Tọa độ B, C thỏa mãn phương trình (1), mà (1) là phương trình của một đường thẳng, mặt khác  C 1  , (C 2 ) cắt nhau do đó phương trình (1) là phương trình đường thẳng BC. Vậy BC có phương trình là: 3 + 4 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 (C 1 ) , suy ra A(-1; 2), do đó phương trình đường cao AH là: 4x -3y+10=0. 0,25 8 Giải hệ phương trình:         22 2 2 2 1 1 1 1 9 2014 2 4 2015 2 x x x y y y xy y y x                    ( , )xy 1,0 Đk: 90y xy   Ta có: 2 2 2 1 1 0y y y y y y        , nhân 2 vế PT (1) với 2 1 0.yy   PT         22 1 1 1 1 1 (3)x x y y          0,25 Xét hàm số:   2 1f t t t   trên  , có     2 22 1 ' 0, 11 tt tt f t t f t tt           đồng biến trên  (3) ( 1) ( ) 1f x f y x y        0,25 Pt   2 trở thành: 22 8 3 2015 2014x x x       3         22 22 11 8 3 3 2 2015 1 0 1 2015 0(4) 8 3 3 2 xx x x x x xx                       0,25 C B I A K D F Đặt: 22 11 2015 8 3 3 2 xx T xx       x có 22 8 3 2015 2014 0 0x x x x        Do 22 22 11 0, 8 3 3 2 0 0 0. 8 3 3 2 xx x x x T xx                  nên (4) 1 0 1xx     (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 P b c a c abc    1,0 Ta có: 22 2 2 2 2 2 1 2 2 1 (1) 2 cc c a b a b      , và 22 1 . 11 ( ) ( ) 1 ab cc P ba aa cc cc    Đặt : 22 1 , ; , 0 . 11 1 a a x y x y x y P c c y x xy          2 2 2 2 22 1 1 1 (1) 2( ) . 2 x y x y xy       0,25 Mặt khác 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2( ) 1 ( ) 2 1 ( ) 2( ) 1 1 1 ( 1) . 1 1 1 x y x y x y x y xy x y x y xy x y x y xy x y x y P y x x y                                  Lại có: 2 1 ( ) 4 4( ) 4 1 0 1 1 1 xy x y xy x y x y x y P y x x y                    0,25 1 1 1 1 1 1 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 y xy y x x y y x x y y x x y xy x y x y x y x y                                           0,25 Đặt: 41 4 ( ) 2 . 21 t x y P f t tt          2 2 2 2 4 1 3 ( 4) '( ) 0, [4; ) ( 2) ( 1) ( 1) ( 2) tt f t t t t t t             , suy ra ()ft đồng biến trên [4; ) Vậy 5 ( ) (4) 3 P f t f   hay min 4 5 4 2 2 . 3 xy P t x y a b c xy                0,25 …………………Hết………………. . THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2 014 - 2 015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 18 0 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 (1) 1 x y x    . Lại có: 2 1 ( ) 4 4( ) 4 1 0 1 1 1 xy x y xy x y x y x y P y x x y                    0,25 1 1 1 1 1 1 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. coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………, Số báo danh:……………………… SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN