DE63 THPT nguyễn văn trổi hà tỉnh _ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TOÁN NĂM 2015

TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI ĐỀ THI THỬ LẦN 1, KỲ THI THPT QUỐC GIA ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 ĐỀ -SỐ TỔ: TOÁN NĂM HỌC- 2014 201563 Môn: Toán Thời gian làm 180 phút Thời gian: 180 phút oOo -(Không kể thời gian giao đề) Câu (4 điểm): Cho hàm số: y  x 1 2 x  a ( điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số b (1 điểm) Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số giao điểm đồ thị với trục tung c (1 điểm) Tìm m để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị hàm số hai điểm phân biệt A, B cho khoảng cách từ A đến trục hoành khoảng cách từ B đến trục tung Câu (4 điểm): a) Giải phương trình: log ( x  x  1)  log x  log x  b) Tính tích phân sau: I   sin x cos xdx Câu 3(2 điểm): Cho hình chóp SABCD có đáy hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy mặt phẳng (SBD) tạo với ( ABCD) góc 600 Tìm thể tích khối chóp SABCD Xác định tâm bán kính mặt cầu qua đỉnh hình chóp SABCD Câu 4(3 điểm): Trong hệ trục tọa độ Oxyz, cho lăng trụ đứng ABCA ' B ' C ' có điểm A(4;0;0), B (0;3;0), C (2; 4;0) Tam giác ABC tam giác gì, tìm tọa độ điểm B ' cho thể tích khối chóp B ' ABC 10 Gọi I trung điểm BB ' , tìm cosin góc AI B ' C Biết B’ có cao độ dương Câu (2 điểm): a) Giải phương trình: cos x( sin x  cos x  1)  b) Cho tập hợp A  1, 2,3, 4,5 Có số có chữ số lập từ số tập A, cho chữ số có mặt lần, chữ số có mặt lần, số khác có mặt lần Câu 6(2 điểm): Cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng BC: x  y   ,các điểm H (2;0), I (3;0) trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Hãy lập phương trình cạnh AB biết điểm B có hoành độ không lớn  x  x   y  y (1) Câu 7(2 điểm): Giải hệ phương trình:   x   y  x  2(2) Câu 8(1 điểm): Cho a, b, c  thỏa mãn: a  b  c  , chứng minh : a b c     bc  ca  ab 10 Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm www.laisac.page.tl Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới 395 Câu Câu (4đ) (Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang) Nội dung a.(2 điểm) +)TXĐ: D  \ 1 Điểm 0,25 +) Sự biến thiên - -  0, x  (2 x  2) Hàm số đồng biến khoảng: (;1) (1; ) x 1 1 Giới hạn: lim ( )   , : y   tiệm cận ngang x  2 x  2 x 1 x 1 lim( )  ; lim( )   , : x  tiệm cận đứng x 1 2 x  x 1 2 x  Bảng biến thiên: Đồ thị: Cắt Ox (-1;0), cắt Oy (0;1/2) Chiều biến thiên: y '  0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 b.(1 điểm) - Gọi M giao điểm đồ thị với trục tung M có hoành độ x = 0, M(0;1/2) - Hàm số có y '  nên y '(0)  (2 x  2) - Phương trình tiếp tuyến đồ thị M : y  y '(0)( x  0)   y  x c.(1 điểm) - Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số với đường thẳng nghiệm phương trình: x 1  x  m (Đk: x  ) 2 x   x  (2m  1) x  2m   0(1) - Đường thẳng cắt đồ thị hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác  m    (2m  1)(2m  7)  (2)     2m    2m  m    396 0,25 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 2m    x1  x2  - G/s x1 , x2 hai nghiệm phương trình (1), theo định lý Viet ta có:   x x  2m   2 Khi hai giao điểm A( x1 ; x1  m), B ( x2 ; x2  m) 0,25 x  x  m - Theo giả thiết thì: d ( A;Ox)  d ( B; Oy )  x1  m  x2    x1  x2  m 2m  - Với x1  x2  m , kết hợp với Viet ta có:  m , không xảy 2m    x1  4m   x1  x2     - Với x1  x2  m , ta có:  x1  x2  m   x2    2m   x1.x2   x1  m  x2  Suy ra: 4m   m   m   thỏa mãn điều kiện 12 0,25 Câu (4 đ) a(2 điểm)  x     x2  4x 1  + Đk:     x    x   x   x  log ( x  x  1)  log 2  log ( x  x  1)   x  x   + Với điều kiện phương trình tương đương với:  x  1  x2  4x     x  + Theo điều kiện nghiệm là: x=5 b(2 điểm) 0,25 0,5 0,5 0,25  + I   sin x.cos3 xdx 0,25 - Đặt t  cos x  dt   sin xdx - Đổi cận: x   t  x    t  1 1 - 0,5 0,5 0,25 Do I  2  t dt   t dt 0,5 1 1 Câu 1  t4 =   1 2 0, + Gọi O giao điểm hai đường chéo đáy, ta có: 0,25 397 (2đ) - BD  AC BD  SA nên: BD  SO Suy ra:  ( SBD);( ABCD)   SOA  600 a , tam giác SAO vuông A nên theo hệ thức lượng tam a giác vuông ta có: SA  AO.tan 600  0,25 a + Dt(ABCD)= a nên VSABCD  SA.dt ( ABCD)  (đvtt) 0,25 + Gọi I trung điểm SC suy ra: IO//SA  IO  ( ABCD) 0,25 + Ta có: IAO  IBO  ICO  IDO  IA  IB  IC  ID (1) 0,25 + AC  a  AO  SC (2) 0,25 + Từ (1) (2) ta có: I cách S,A,B,C,D nên I tâm mặt cầu qua đỉnh hình chóp Đồng thời bán kính R=IA= SC 0,25 a 14 + Theo định lý Pitago: SC  SA2  AC  a 14 Vậy : R  0,25 +Dễ tính: + SAC vuông A có AI trung tuyến nên: IA  IB  IC  Câu (3 đ) AB  5; AC  5; BC  0,75 Từ theo định lý Pitago thì: CB  CA  AB nên tam giác ABC vuông C 0,25 + Ta thấy A, B, C  (Oxy ) lăng trụ cho lăng trụ đứng nên B '  (Oyz ) từ B '(0;3; c) với c>0 0,25 S ABC  CA.CB  BB '  c 0,25 2 398 VB ' ABC  10  Câu (2đ) 1 BB '.S ABC  10  5.c  10  c  3 Do đó: B '(0;3;6) + I trung điểm BB’ nên: I (0;3;3)   Khi đó: AI (4;3;3); B ' C (2;1; 6)   cos( AI ; B ' C )  cos( AI ; B ' C )   AI B ' C 4.2  3.1  3.6 23    AI B ' C 16     36 1394 a(1 điểm) - Phương trình tương đương với: sin x  cos x  cos x   sin x  cos x   cos x  sin x  cos x  cos x  0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 sin x  cos x  cos x 2   cos(2 x  )  cos x    x   x  k 2 , k   x     x  k 2     x   k 2 , k   x    k 2  b(1 điểm) + Xem số cần lập có vị trí - Xếp hai số vào tám vị trí có: C82  28 cách xếp Xếp ba số vào sáu vị trí lại có: C  20 cách xếp Xếp số 3,4,5 vào ba vị trí lại có: 3!=6 cách xếp Vậy có: 28.20.6=3360 số thỏa mãn giả thiết   + Gọi G (a; b) trọng tâm tam giác, ta có: HG  2GI - Câu (2đ)     a    2a a  Trong đó: HG (a  2; b); GI (3  a; b)     G ( ;0) b  2b b  + Gọi M trung điểm BC MI vuông góc với BC nên: phương trình đường thẳng MI là: x+y-3=0 x  y  M  MI  BC nên tọa độ M nghiệm hệ:   M ( ; ) 2 x  y      + Gọi A(a; b)  AG (  a; b) GM ( ;  ) Ta có: AG  2GM nên tìm A(1;1) + Do đó: R  IA  bán kính đường tròn ngoại tiếp Gọi B (m; m  4)  BC ( đó: m  ) + Ta có: BI   (m  3)  (m  4)   m   m  2 399 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Theo điều kiện m = 2, đó: B(2;-2)  + AB (1; 3) nên phương trình tổng quát đường thẳng AB là: 3(x-1)+1(y-1)=0 hay 3x+y-4=0 Câu (2 đ)  x  x   y  y (1)   x   y  x  2(2) x  x   + ĐK:  y  y    y  x  y  x   + Ta có (1)  x  x   y y   ( x  1)3  3( x  1)  ( y  3)3  y  + Ta thấy 0,25 0,25 y   1; x   nên xét hàm số: f (t )  t  3t , t  f '(t )  3t   0, t  hàm số: f (t )  t  3t đồng biến trên: 1;   + Khi ta có: f ( x  1)  f ( y  3) nên: x   được: 0,25 y   y  x  x  vào (2) ta x   x  3x 0,5 - 0,25 x   x2  4x     x  + Theo điều kiện ta có x   y  Vậy hệ có nghiệm là: ( x; y )  (3;1) Câu (1đ) 0,25 0,25 0,25 b  c  1 a  a  c  1 b  Theo bất đẳng thức Cauchy: bc  ( )  )   ; ca  (  ; 2     a  b  1 c  )     a b c 4a 4b 4c Do đó: P        bc  ca  ab a  2a  b  2b  c  2c  4x 99 x  (3 x  1) (15  11x) Ta xét:    với x  (0;1) x  2x  100 100( x  x  5) Dấu xảy x = 1/3 99 9 Do : P  (a  b  c)   (Đpcm) 100 100 10 Dấu xảy a = b = c = 1/3 ab  ( - Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl 400 0,25 0,25 0,25 0,25 ... Bảng biến thi n: Đồ thị: Cắt Ox (-1;0), cắt Oy (0;1/2) Chiều biến thi n: y '  0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 b.(1 điểm) - Gọi M giao điểm đồ thị với trục tung M có hoành độ x = 0, M(0;1/2) - Hàm số có... Thang điểm gồm 05 trang) Nội dung a.(2 điểm) +)TXĐ: D  1 Điểm 0,25 +) Sự biến thi n - -  0, x  (2 x  2) Hàm số đồng biến khoảng: (;1) (1; ) x 1 1 Giới hạn: lim ( )   , : y   tiệm... Phương trình tiếp tuyến đồ thị M : y  y '(0)( x  0)   y  x c.(1 điểm) - Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số với đường thẳng nghiệm phương trình: x 1  x  m (Đk: x  ) 2 x   x  (2m 