TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I NĂM HỌC 2014 – 2015; Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng tại ba điểm phân biệt. Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình: . Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân: 1. . 2. . Câu 4: (1,0 điểm). 1. Giải phương trình: . 2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức: . Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm . Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có bán kính R = 3, đi qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy. Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC. Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn và đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho , với I là tâm của đường tròn (C). Câu 8: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: . Hết 3 2 2 6y x x= + :d y mx= ( ) ( ) sin sin 1 cos 1 cosx x x x− = − ln2 0 . 5 x x I e e dx= − ∫ ( ) 7 2 ln 2 1I x dx= + + ∫ ( ) 2 2 log 4 log 2 10x x+ + = ( ) 15 2 2 ; 0x x x + > ÷ ( ) ( ) ( ) 1;1; 2 , 3;0;1 , 1;2;3A B C− − ( ) 2 2 : 2 4 1 0C x y x y+ − + + = 3 MAB IAB S S ∆ ∆ = ( ) ( ) 3 2 2 2 7 2 1 3 1 3 2 1 ; , 2 4 3 5 4 y y x x x y x y R y y y x + + − = − + + ∈ − + = − + + 1 HƯỚNG DẪN CHẤM Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm. Câu Nội dung Điểm 1 (2,0 điểm) 1/ (1,0 điểm) TXĐ: D = R. . . Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8. Giới hạn. Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị. Vẽ đồ thị. 0,25 0,25 0,25 0,25 2/ (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình: . Để hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0. Khi đó: . 0,25 0,25 0,5 2 (1,0 điểm) . KL. 0,25 0,25 0,25 0,25 3 (2,0 điểm) 1/ (1,0 điểm) Đặt . Tính . Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì . Khi đó: . KL. 0,25 0,25 0,5 2/ (1,0 điểm) 2 ' 6 6y x x= + 0 ' 0 2 x y x = = ⇔ = − ( ) 3 2 2 2 0 2 6 2 6 0 2 6 0 (*) x x x mx x x x m x x m = + = ⇔ + + = ⇔ + + = 9 ' 0 9 2 0 2 0 0 0 m m m m m ∆ > − > < ⇔ ⇔ ≠ ≠ ≠ ( ) ( ) sin sin 1 cos 1 cos sin cos 1x x x x x x− = − ⇔ + = 1 2 sin 1 sin 4 4 2 x x π π ⇔ + = ⇔ + = ÷ ÷ 2 2 2 x k x k π π π = ⇔ = + 5 x u e= − 2 x e dx udu= − 3u = 2 3 2 2 3 3 2 16 2 2 3 3 3 u I u du= = = − ∫ 2 Đặt . Tính . Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3. Khi đó: . Sử dụng từng phần ta được . 0,25 0,25 0,5 4 (1,0 điểm) 1/ (0,5 điểm) Đk: . Ta có: . Đặt , (t ≥ 0). Phương trình có dạng: . Với t = 2 ta được . Vậy phương trình có nghiệm x = 4. 0,25 0,25 2/ (0,5 điểm) Ta có: . Khi đó xét số hạng không chứa x ta có . Vậy số hạng không chứa x là . 0,25 0,25 5 (1,0 điểm) Ta có . Do đó là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC). Do đó (ABC): x + 2y – 3 = 0. Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0). Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên . Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên . Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0) nên . 0,25 0,25 0,25 0,25 3 16ln 2 3ln 3 2 I = − − ( ) 3 2 2 .ln 1I t t dt= + ∫ 2dx tdt = 2t x= + 1 4 x ≥ ( ) 2 2 2 2 log 4 log 2 10 2log 4 log 2 10 0x x x x+ + = ⇔ + + + − = 2 log 2t x= + 2 2 2 10 0 5 ( ) 2 t t t t l = + − = ⇔ = − 2 2 log 2 2 log 2 4x x x+ = ⇔ = ⇔ = ( ) 15 15 5 15 15 15 2 2 15 2 15 15 0 0 2 2 . . 2 . . k k k k k k k k x C x C x x x − − − = = + = = ÷ ÷ ∑ ∑ 5 15 0 3 2 k k − = ⇔ = 12 3 15 2 .C ( ) ( ) ( ) 2; 1;3 , 2;1;5 ; ; 8; 16;0AB AC AB AC = − = − = − − uuur uuur uuur uuur ( ) 1;2;0n = r ( ) 2 3 1 5 9 1 a IA R a a = = ⇔ − + = ⇔ = − ( ) ( ) 2 2 2 : 3 9S x y z+ − + = ( ) ( ) 2 2 2 : 1 9S x y z+ + + = 3 6 (1,0 điểm) Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Theo giả thiết ta có SH ⊥ (ABCD) và . Do . Khi đó . Vậy . Gọi P là trung điểm của cạnh AH. Do đó MP // SH hay MP ⊥ (ABCD). Dễ thấy ∆MPN vuông tại P. Ta có . 0,25 0,25 0,25 0,25 7 (1,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2. Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vuông nên hai góc M và I bù nhau. Theo công thức diện tích , từ ta được . Gọi điểm M(a;3 – a). Do nên . Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2). 0,25 0,25 0,25 0,25 8 (1,0 điểm) Đk: . Ta có: . Xét hàm số đồng biến trên R. Khi đó phương trình trên có dạng: . Thế vào phương trình còn lại ta được: . Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy nhất x = – 3. Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3). 0,25 0,25 0,25 0,25 Hết 1 3 13 ; 2 4 4 a a MP SH PN MN a= = = ⇒ = 3 . 1 . 3 2 S ABCD ABCD a V SH S= = 2 . 3 ABCD S AB AD a= = 3AB a AD a= ⇒ = 3 2 a SH = 3 MAB IAB S S ∆ ∆ = 2 2 3 4MA R MI= ⇒ = 4MI = 1 5 a a = = 4 1x− ≤ ≤ ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 7 2 1 3 1 3 2 1 2 1 1 2 1 1 1y y x x x y y y x x x+ + − = − + + ⇔ − + − = − − + − ( ) 3 2f t t t= + ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1f y f x y x y x− = − ⇔ − = − ⇔ = + − 3 2 4 1 4 4 1 3 2 4 0x x x x x x− = − − + + ⇔ + − − − − + = 4 . TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I NĂM HỌC 2 014 – 2 015 ; Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 12 0 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số . 1. Khảo sát. MI= ⇒ = 4MI = 1 5 a a = = 4 1x− ≤ ≤ ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 7 2 1 3 1 3 2 1 2 1 1 2 1 1 1y y x x x y y y x x x+ + − = − + + ⇔ − + − = − − + − ( ) 3 2f t t t= + ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1f y f x y x. ÷ ∑ ∑ 5 15 0 3 2 k k − = ⇔ = 12 3 15 2 .C ( ) ( ) ( ) 2; 1; 3 , 2 ;1; 5 ; ; 8; 16 ;0AB AC AB AC = − = − = − − uuur uuur uuur uuur ( ) 1; 2;0n = r ( ) 2 3 1 5 9 1 a IA R a a = =