6 TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề . Câu 1 (4đim):Cho hàm số )1 ( 1 12 x x y    a.Khảo st sự biến thiên và vẽ đ thị (C) của hàm số (1) b.Lập phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 4x+y+3=0 Câu 2 (1đim): Giải phương trình 0 2cos 2sin 22sin   xxx Cầu 3 (1đim): Giải bất phương trình     xx     1 2 4 4 3 1 log 3 3 log Câu 4 (2 đim): Tính I =    1 0 2 2 4 ) 4 ln( dx x x x Câu 5 (2đim):Từ tập hợp A={0,1,2,3,4,5,6,7} lập được bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số đôi một khc nhau bé hơn 3045 Câu 6 (2đim): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(-1; 2; 1); B(2; -2; 4); C(0; -4; 1). Chứng minh ba đim A, B, C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt cầu đi qua hai đim A, B và có tâm I nằm trên trục Oy. Câu 7 (2đim): Cho hình hộp ABCD DC BA  có hình chóp A'ABD là hình chóp đều, AB=AA'=a. Tính theo a th tích khối hộp ABCD DCBA   và khoảng cch giữa hai đường thẳng BA  và CA   Câu 8 (2đim): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam gic ABC cân tại B nội tiếp đường tròn (C) có phương trình 02510 2 2   yyx . I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng BI cắt đường tròn (C) tại M (5;0) .Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn (C) tại N        5 6 ; 5 17 . Tìm tọa độ A,B,C biết hoành độ đim A dương. Câu 9 (2đim): Giải hệ phương trình          323 323 ) 1( 1) 73 ( 3463 xy x yyxxx với  y x , ( R) Câu 10 (2đim): Cho cc số dương a,b,c thoả mãn a(a-1)+b(b-1)+c(c-1)  3 4 Tìm gi trị nhỏ nhất của 1 1 1 1 1 1       cba P 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………… 27 1 TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2014 - 2015. (Đp n - thang đim gm 05 trang) Câu 1 Đáp án Điểm 1a (2đ) - Tập xc định D = R\   1 - Sự biến thiên giới hạn    y x 1 lim ;    y x 1 lim  đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng 2lim   y x ; 2lim   y x  đường thẳng y = -2 là tiện cận ngang 0,5 Chiều biến thiên 2 )1( 12)1(2 x xx y    = 2 )1( 1 x > 0 x 1  hàm số đng biến trên ( )1; và );1(  0,5 Bảng biến thiên 0,5 Đ thị: cắt Ox tại ( 0 ; -1); cắt Oy tại ( )0; 2 1 và nhận giao đim hai tiệm cận I (1; -2) làm tâm đối xứng 0,5 Câu 1 Đáp án Đim 1b (2đ) Gọi )() 1 12 ;( 0 0 0 C x x xM    Tiếp tuyến của (C) tại M: 2 0 )1( 1 x y   )( 0 xx  0 0 1 12 x x    0,25 Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d nên hệ số góc của tiếp tuyến là 4 1 k 0,25  2 0 )1( 1 x = 4 1       21 21 0 0 x x       3 1 0 0 x x 0,5 Với 1 0 x  PTTT: 4 5 4 1 2 3 )1( 4 1  xyxy 0,5 Với 3 0 x  PTTT: 4 13 4 1 2 5 )3( 4 1 0  xyxy 0,5 x y y ' -2 +  -  +  -  1 + + -2 O y x 2 1 I -2 1 -1 2 Câu 2 (1đ) 0)1(cos2)1(cossin2 02cos2sin22s in   xxx xxx 0)2sin2)(1(cos  xx 0,5       1si n 1cos x x 0,25 cosx = 1  x=  2k sinx = 1  x=   2 2 k . Nghiệm của phương trình là          2 2 2 kx kx 0,25 Câu 3 (1đ) 2 4 4 log)33(log  x ( )31 1 x  (1) điều kiện xc định         031 033 1 x x  x>1 0,25 (1)  33log2 2  x  )31(log2 1 2 x   )33(log 2  x  )31(log 1 2 x   33  x  x 3 3 1 0,25  033.43 2  xx        33 13 x x 0,25       1 0 x x Kết hợp điều kiện  tập nghiệm của bất phương trình là: );1( S 0,25 Câu 4 (2đ) dx x xx I     1 0 2 2 4 )4ln( đặt u = ln )4( 2 x  du = dx x x 4 .2 2  0,5 0x  4lnu 1x  5lnu 0,5 I =   5ln 4ln 2 4ln 5ln 42 1 u udu 0,5 =   4ln5ln 4 1 22  0,5 Câu 5 (2đ) Gọi số cần lập là abcd Do abcd <3045 và abcd là số chẵn nên d  {0,2,4,6} và a  3 Nếu a=1 thì d có 4 cch chọn và mỗi cch chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6  Có 120.4 2 6 A số 0,5 Nếu a=2 thì d có 3 cch chọn và mỗi cch chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6  Có 90.3 2 6 A số 0,5 Nếu a=3,b=0,c=4 thì d có một cch chọn  có 1 số 0,25 Nếu a=3,b=0,c=1 thì d có 3 cch chọn  có 3 số 0,25 nếu a=3,b=0,c=2 thì d có 2 cch chon  có 2 số 0,25 Vậy tất cả có 120+90+1+3+2 = 216 số cần lập 0,25 3 Câu 6 (2đ) AB = (3; -4; 3); AC = ( 1; -6; 0) Giả sử tn tại số k sao cho AB = k AC (1)          k k k 03 64 3 Vô nghiệm  Không tn tại k thõa mãn (1)  A, B, C không thẳng hàng 0,5 Do I  Oy nên I(0;a;0) Mặt cầu đi qua A,B nên IA=IB.  1+(a-2) 2 +1= 4+(a+2) 2 +16 0,5  a 2 -4a+6 = a 2 +4a+24  8a = -18  a = 4 9 0,25  I(0; 4 9 ;0). Bn kính của mặt cầu R=IA= 1)2 4 9 (1 2    = 4 321 0,5 Vậy phương trình mặt cầu là 16 321 4 9 2 2 2         zxx 0,25 Câu 7 (2đ) Do ABDA / là hình chóp đều nên với G là tâm  ABD  GA /  (ABD)  A'G là chiều cao của lăng trụ. Gọi O là giao đim của BD và AC.Ta có AG = 3 2 .AO= 2 3a . 3 2 = 3 3a Trong tam gic vuông AGA / ta có GA / = 3 6 3 2 222 aa aAGAA   0,5 ABCD S = 2 ABD S  = 2. 2 1 . AO.BD = 2 3 2 a DCBAABCD V  = GA / . ABCD S = 3 6a . 2 3 2 a = 2 2 3 a 0,5 Gọi H là giao đim của A'C' và B'D'. Do A'C'// AC nên ),( CABAd  = ))(,( BACCAd  = ))(,( BACHd  Từ H kẻ HE // GA /        )//()( )( ABCDDCBA ABCDGA HE  DCBA  ( )  HE  A'C' (1) Do DCBA  là hình thoi nên CA   DB  (2) 0,5 Từ (1) (2)  CA   (E DB  )  AC  (E DB  ) (3) Từ H kẻ HK  EB   HK  ( BAC  ) Từ (3)  HK  AC  HK = d (H, ( BAC  ) 0.25 Trong tam gic HEB  ta có : 2 1 HK = 2 1 HB  + 2 1 HE = 2 4 a + 2 6 9 a = 2 2 11 a  HK = 11 2a 0.25 O A B C D D’ G E A’ B’ C’ H K 4 Câu 8 (2đ) Ta có I (0;5). Do I là trung đim BM  B(-5;10) 0,25 Ta có: ABM ACN   (cùng phụ với BAC ) nên A là trung đim cung MN 0,25  IA  MN ,         5 6 ; 5 42 MN Do IA  MN nên đường thẳng AI nhận n =(7;1) làm véc tơ php tuyến 0.25 Phương trình đường thẳng AI là 7x + y - 5 = 0 Tọa độ A là nghiệm hệ :      02510 057 22 yyx yx 0,25       50)5( 75 22 yx xy  x 49 2  2 x =50  2 x =1       )(1 1 loaix x x=1  y=-2  A(1;-2) 0,25 Đường thẳng BI nhận véc tơ BI = (5;-5) làm véc tơ chỉ phương nên nhận 1 n =(1;1) làm véc tơ php tuyến.  phương trình đường thẳng BI là x +y - 5 = 0 0,25 Do tam gic ABC cân tại B nên C đối xứng với A qua BI AC  BI nên đường thẳng AC nhận BIn 5 1 2  = (1;-1) làm véc tơ php tuyến  phương trình đường thẳng AC là x-1-(y+2) = 0  x-y-3 = 0 0,25 Gọi H là giao đim của BI và AC  Tọa độ H là nghiệm hệ      05 03 yx yx       1 4 y x  H(4;1) Do H là trung đim AC nên C(7;4). Vậy A(1;-2) ,B(-5;10) ,C(7;4) 0,25 Câu 9 (2đ)        )2()1(1)73( )1(3463 323 323 xyx yyxxx Từ (1)  yyxx 3)1(3)1( 33  . Xét hàm số )(tf = 3 t + 3 t trên R 0,25 )(' tf = 3 2 t + 3 > 0  t  R  hàm số y = f(t) đng biến trên R  (1)  )1( xf = f ( y )  x +1= y 0,25 Thay y = x + 1 vào (2) ta có 3 x ( x3 - 4) = 1- 32 )1( x  3 x ( x3 - 4) = 2 222 11 )111( x xxx    x 2 0 11 12 43 2 22 2             x xx xx 0,5            )3(0 11 12 43 0 2 22 2 x xx xx x 0,5 A C B I N M H 5 (3)          3 4 3 2 3 2 x 0 1 1 12 2 2 2      x xx          2 3 2 3 x     0 1 1 6 25 11 2 2 2 2      x x x (vô nghiệm) Với x = 1  y = 1 Vậy hệ có nghiệm ( x ; y) = ( 0;1) 0,5 Câu10 (2đ) Ta có   3 . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 2                    c b a P c c b b a a 3 9     cb a P 0,5 giả thiết  2 2 2 cba  - (a+b+c) 3 4  (1) Mặt khc 2 2 2 cba     2 3 1 cb a  nên nếu đặt t = a+b+c thì 3 4 3 1 2   t t  0 < t  4 (do a,b,c dương) 0,5 Xét hàm số f(t)= 3 9  t trên   4 ,0 ta có 0 ) 3 ( 9 ) ( 2      t t f => hàm số f(t) nghịch biến trên   4 , 0 .   0,4 9 ( ) (4) 7 minf t f   0,5 GTNN của P là 7 9 khi             cb a c b a cb a 1 1 1 4 3 4 0,5 Hết . dụng tài liệu ,cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh Số báo danh………… 27 1 TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I