SỞ GD & ĐT KHÁNH HOÀ TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I - NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề Câu I: (2đ) Cho hàm số 2 1 ( ) 1 x y f x x − = = − 1. Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ đồ th ị (C) c ủ a hàm s ố . 2. G ọ i I là giao đ i ể m c ủ a hai đườ ng ti ệ m c ậ n c ủ a đồ th ị (C) , hãy tìm trên đồ th ị (C) đ i ể m M có hoành độ d ươ ng sao cho ti ế p tuy ế n v ớ i đồ th ị (C) t ạ i đ i ể m M c ắ t đườ ng ti ệ m c ậ n đứ ng , ti ệ m c ậ n ngang l ầ n l ượ t t ạ i A và B th ỏ a mãn: 2IA 2 + IB 2 = 12 . Câu II: (2đ) Gi ả i các ph ươ ng trình sau : 1. (1 s inx)(2sin 2 6 cosx 2sinx 3) 2 2cos 1 x x − + + + = + 2. 3 2 27 3 3 1 log log ( 4) log ( 2) 4 x x x+ + = − Câu III: (1đ) Tính tích phân : 1 2 0 ( ) 2 x x x x e I dx x e − + = + ∫ Câu IV: (1đ) Trong m ặ t ph ẳ ng v ớ i h ệ t ọ a độ Oxy ,cho hai đ i ể m A(1;2); B(4;1) và đườ ng th ẳ ng d: 3x-4y+5=0. Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng tròn (C) đ i qua A,B và c ắ t d t ạ i C, D sao cho CD = 6. Câu V: (1đ) Trong m ộ t chi ế c h ộ p có ch ứ a 6 viên bi đỏ , 5 viên bi vàng và 4 viên bi tr ắ ng. L ấ y ng ẫ u nhiên trong h ộ p ra 4 viên bi. Tính xác su ấ t để trong 4 viên bi l ấ y ra không có đủ c ả 3 màu. Câu VI: (1đ) Cho hình chóp đề u S.ABCD có độ dài c ạ nh đ áy b ằ ng a, m ặ t bên c ủ a hình chóp t ạ o v ớ i m ặ t đ áy m ộ t góc 60 0 . Mp(P) ch ứ a AB và đ i qua tr ọ ng tâm G c ủ a ∆ SAC c ắ t SC , SD l ầ n l ượ t t ạ i M,N . Tính th ể tích kh ố i chóp S.ABMN theo a Câu VII: (1đ) Gi ả i h ệ ph ươ ng trình : 3 2 3 3 2 6 13 10 2 5 3 3 10 6 x x x y y x y x y x x y − + = + + + + − − − = − − + Câu VIII: (1đ) Cho 0,, ≥ zyx và 3 = + + zyx .Tìm giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a bi ế u th ứ c: xzzyyx P −++ + −++ + −++ = )1ln(24 1 )1ln(24 1 )1ln(24 1 H Ế T Trang 1 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI THỬ LẦN I – NĂM HỌC 2014-2015 - KHỐI 12 Câu Đáp án Điểm 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) : 2 1 ( ) 1 x y f x x − = = − : (1đ) + Tập xác định : D = R \ {1} + ( ) 2 1 ' 0; 1 y x D x − = < ∀ ∈ − : Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) −∞ và (1; ) +∞ 0.25 + 1 1 lim ; lim x x y y − + → → = −∞ = +∞ : TC Đ x = 1 + lim 2 x y + − → ∞ = : TCN y = 2 0.25 + B ả ng bi ế n thiên: x - ∞ 1 + ∞ y' - - y 2 + ∞ - ∞ 2 0.25 + Đ i ể m đặ c bi ệ t : (0;1) ; 1 ;0 2 + Đồ th ị : x y 2 1 I 1 0.25 2. (1đ) + I(1;2) . G ọ i M(x 0 ; 0 0 2 1 1 x x − − ) ∈ (C) , x 0 > 0 ; 0 1 x ≠ + Pttt v ớ i (C) t ạ i M : 0 0 2 0 0 2 1 1 : ( ) ( 1) 1 x d y x x x x − = − − + − − 0.25 + A là giao đ i ể m c ủ a d và TC Đ ⇒ A(1; 0 0 2 ) 1 x x − + B là giao đ i ể m c ủ a d và TCN ⇒ B(2x 0 -1; 2) 0.25 + Tính đượ c IA 2 = ( ) 2 0 4 1 x − ; IB 2 = 4(x 0 – 1) 2 + 2IA 2 + IB 2 = 12 ⇔ 2 4 2 0 0 0 2 0 2 ( 1) 3 ( 1) 3( 1) 2 0 ( 1) x x x x + − = ⇔ − − − + = − 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 0 0 1 1 2 1 1 0 (loai) ( 1) 1 1 2 1 2 ( 1) 2 1 2 1 2 (loai) x x x x x x x x x x − = = − = − = − = ⇔ ⇔ ⇔ − = = + − = − = − = − 0.25 Câu I (2đ) + KL: V ậ y có 2 đ i ể m c ầ n tìm: M 1 (2;3) ; M 2 (1+ 2 ; 2+ 2 2 ) 0.25 Trang 2 1. Giải phương trình: (1 sinx)(2sin 2 6cosx 2sinx 3) 2 2cos 1 x x − + + + = + (1) + Đ i ề u ki ệ n: 1 2 cos 2 ; 2 3 x x k k Z π π + − ≠ − ⇔ ≠ + ∈ 0.25 (1) (1 sinx)(4sin cos 6cos 2sin 3) 2 2cos 1 x x x x x − + + + ⇔ = + (1 sinx)(2sin 3)(2cosx 1) 2 2cos 1 x x − + + ⇔ = + 0.25 (1 sinx)(2sin 3) 2 x ⇔ − + = 2 2sin sinx 1 0 x ⇔ + − = 0.25 2 2 sinx 1 2 1 6 sinx 2 5 2 6 x k x k x k π π π π π π = − + = − ⇔ ⇔ = + = = + th ỏ a mãn đ i ề u ki ệ n 0.25 2. Giải phương trình: 3 2 27 3 3 1 log log ( 4) log ( 2) 4 x x x+ + = − (1) + Đ K : 0 2 x < ≠ V ớ i Đ K trên, (1) 3 3 3 log log ( 4) log 2 x x x ⇔ + + = − [ ] 3 3 log ( 4) log 2 x x x ⇔ + = − ( 4) 2 x x x ⇔ + = − 0.25 2 ( 4) 2 2 ( 4) 2 x x x x x x x x > + = − ⇔ < + = − + 2 2 2 3 2 0 2 5 2 0 x x x x x x > + + = ⇔ < + − = 0.25 2 1 2 5 33 2 2 5 33 2 x x x x x x + − + − > = − ∨ = − − ⇔ ⇔ = < − = 0.25 Câu II: (2đ) Đố i chi ế u đ k , nghi ệ m c ủ a pt : 5 33 2 x − + = 0.25 1 2 0 ( ) 2 x x x x e I dx x e − + = + ∫ = 1 2 0 ( 1) 2 x x x x e dx xe + + ∫ Đặ t t = xe x ⇒ dt = (x+1)e x dx 0.25 Đổ i c ậ n: x = 0 ⇒ t =0 , x=1 ⇒ t=e 0.25 0 0 2 (1 ) 2 2 e e t I dt dt t t = = − + + ∫ ∫ 0.25 Câu III: (1đ) = (t-2ln|t+2|) 0 | e = e+2ln 2 2 e + 0.25 Trang 3 y x C D A D O I B I Nh ậ n xét A thu ộ c d nên A trùng v ớ i C hay D . (Gi ả s ử A trùng C) G ọ i I(a;b) là tâm đườ ng tròn (C), bán kính R>0. (C) đ i qua A,B nên IA=IB=R 2 2 2 2 (1 ) (2 ) (4 ) (1 ) a b a b R ⇔ − + − = − + − = 3 6 b a ⇔ = − 0.25 Suy ra I(a;3a-6) và R = 2 10 50 65 a a − + (1) G ọ i H là trung đ i ể m CD IH CD ⇒ ⊥ và IH = d(I;d) = 9 29 5 a− + R=IC= ( ) 2 2 2 9 29 9 25 a CH IH − + = + (2) 0.25 T ừ (1) và (2) , có: 2 10 50 65 a a − + = ( ) 2 9 29 9 25 a − + 2 1 13 56 43 0 43 13 a a a a = ⇔ − + = ⇔ = 0.25 Câu IV (1đ) + a=1 (1; 3); 5 I R ⇒ − = . Pt đườ ng tròn (C): (x-1) 2 +(y+3) 2 =25 + 43 13 a = 43 51 5 61 ( ; ); 13 13 13 I R⇒ = . Pt đườ ng tròn (C): 2 2 43 51 1525 13 13 169 x y − + − = 0.25 S ố cách ch ọ n 4 viên bi b ấ t k ỳ trong h ộ p : 4 15 1365 C = cách 0.25 + Ch ọ n 2 bi đỏ , 1 bi tr ắ ng , 1 bi vàng: 2 1 1 6 5 4 . . C C C + Ch ọ n 1 bi đỏ , 2 bi tr ắ ng , 1 bi vàng: 1 2 1 6 5 4 . . C C C +Ch ọ n 1 bi đỏ , 1 bi tr ắ ng , 2 bi vàng: 1 1 2 6 5 4 . . C C C S ố cách ch ọ n 4 viên bi có đủ 3 màu : 2 1 1 6 5 4 . . C C C + 1 2 1 6 5 4 . . C C C + 1 1 2 6 5 4 . . C C C = 720 cách 0.25 S ố cách ch ọ n 4 viên bi không đủ c ả 3 màu : 1365-720 = 645 cách 0.25 Câu V (1đ) Xác su ấ t c ầ n tìm : P = 645 43 1365 91 = 0.25 Trang 4 J I N M G O C A D B S G ọ i O là giao đ i ể m c ủ a AC và BD S.ABCD là hình chóp t ứ giác đề u nên SO ⊥ (ABCD) G ọ i I, J l ầ n l ượ t là trung đ i ể m c ủ a AB và CD , xác đị nh đượ c góc gi ữ a m ặ t bên (SCD) và m ặ t đ áy (ABCD) là 0 60 SJI = . 0.25 Nh ậ n xét ∆ SIJ đề u ; SO = 3 2 a ; V S.ABCD = 3 1 3 . 3 6 ABCD a SO S = ( đ vtt) 0.25 Trong (SAC) , AG c ắ t SC t ạ i M , M là trung đ i ể m c ủ a SC C/minh đượ c MN// AB và N là trung đ i ể m c ủ a SD . 1 1 2 4 SABM SABM S ABCD SABC V SM V V V SC = = ⇒ = . 1 1 4 8 SAMN SAMN S ABCD SACD V SM SN V V V SC SD = ⋅ = ⇒ = 0.25 Câu VI (1đ) 3 . . . . 3 3 8 16 S ABMN S ABM S AMN S ABCD a V V V V ⇒ = + = = ( đ vtt) 0.25 Gi ả i h ệ ph ươ ng trình : 3 2 3 3 2 6 13 10 (1) 2 5 3 3 10 6 (2) x x x y y x y x y x x y − + = + + + + − − − = − − + (1đ) 3 3 (1) ( 2) ( 2) x x y y ⇔ − + − = + Xét hàm s ố f(t) = t 3 +t , t R ∈ có f ’(t) = 3t 2 +1>0, t R ∀ ∈ ⇒ f(t) đồ ng bi ế n trên R và (1) 2 x y ⇔ − = (3) 0.25 Thay (3) vào (2): 3 2 5 3 3 5 2 3 10 26 (4); 1 2 x x x x x x + − − = − − + − ≤ ≤ 0.25 + Ch ứ ng minh g(x) = 3 3 5 2 x x + − − đồ ng bi ế n trên đ o ạ n 5 1; 2 − + Ch ứ ng minh h(x) = 3 2 3 10 26 x x x− − + ngh ị ch bi ế n trên đ o ạ n 5 1; 2 − g(2) = h(2) = 2 ⇒ x=2 là nghi ệ m duy nh ấ t c ủ a pt (4) 0.25 Câu VII (1đ) Đ áp s ố ( ) ( ) ; 2;0x y = 0.25 Cho 0,, ≥ zyx và 3 = + + zyx .Tìm giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a bi ế u th ứ c: xzzyyx P −++ + −++ + −++ = )1ln(24 1 )1ln(24 1 )1ln(24 1 Câu VIII (1đ) V ớ i cba ,, >0,áp d ụ ng b ấ t đẳ ng th ứ c Côsi ta có : 1 1 1 1 1 1 9 ( ) 9a b c a b c a b c a b c + + + + ≥ ⇒ + + ≥ + + (1) D ấ u “=” x ả y ra cba = = ⇔ Áp d ụ ng (1) ta có zzyyxx P −++−++−++ ≥ )1ln(2)1ln(2)1ln(212 9 0.25 Trang 5 Xét [ ] 3;0,)1ln(2)( ∈ − + = ttttf t t t tf + − =− + = 1 1 1 1 2 )(' ; 10)(' = ⇔ = ttf 32ln4)3(,14ln)1(,0)0( − = − = = fff 14ln)(32ln4 − ≤ ≤ − ⇒ tf 0.25 12ln 2 9 ( ) ( ) ( ) 3ln 4 3 12ln 2 3 ( ) ( ) ( ) 12 9 3ln 4 f x f y f z f x f y f z ⇒ − ≤ + + ≤ − ⇒ + ≤ + + + ≤ + 9 9 3 12 ( ) ( ) ( ) 9 3ln 4 3 ln 4 P f x f y f z ⇒ ≥ ≥ = + + + + + V ậ y 3 1 3 ln 4 MinP x y z = ⇔ = = = + 0.25 Mọi cách giải khác đúng của hs đều cho điểm tương ứng với mỗi phần của câu . ĐT KHÁNH HOÀ TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I - NĂM HỌC 2 014 -2 015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 18 0 phút không kể thời gian giao đề Câu I: (2đ) Cho hàm số 2 1 (. xzzyyx P −++ + −++ + −++ = )1ln(24 1 )1ln(24 1 )1ln(24 1 H Ế T Trang 1 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI THỬ LẦN I – NĂM HỌC 2 014 -2 015 - KHỐI 12 Câu Đáp án Điểm 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) : 2 1 ( ) 1 x y. + 2IA 2 + IB 2 = 12 ⇔ 2 4 2 0 0 0 2 0 2 ( 1) 3 ( 1) 3( 1) 2 0 ( 1) x x x x + − = ⇔ − − − + = − 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 0 0 1 1 2 1 1 0 (loai) ( 1) 1 1 2 1 2 ( 1) 2 1 2 1 2 (loai) x x x x x x