ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 8 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 14 tháng 04 năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 32    x x y . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị )(C của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị )(C , biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 132log+x)-log(5  x . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân   2/ 0 2 sin  xdxxI . Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 10)1(  iz và 20. zz . b) Một hộp đựng 3 viên bi đỏ, 2 viên bi vàng và 5 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp này 3 viên bi. Tính xác suất để 3 viên bi được lấy ra có cùng một màu. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng 0522:)(  zyxP và mặt phẳng 01322:)(  zyxQ . Viết phương trình của mặt cầu )(S tiếp xúc với cả hai mặt phẳng )(P và )(Q biết tâm của )(S thuộc đường thẳng 3 2 12 1 :     zyx d . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều '''. CBAABC có aAB  , thể tích khối tứ diện ''A BCC là 4 3 a . Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , CA' . Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm )2;2(G . Các điểm )4;1(E , )3;5( F lần lượt đối xứng với tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua các đường thẳng BC , CA . Tính diện tích tam giác ABC biết đường thẳng AB đi qua )0;3(N . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình        114)(22 1)1()1()1( 3 32 22 xyyxx xxyxxyy ( ,x y IR ). Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số dương zyx ,, . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 344 )( 264)(3 zyx zyx 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:…………………… Trang 1/4 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 8 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án – thang điểm có 5 trang) Câu Nội dung Điểm 1 (2,0 đ) a) (1,0 điểm) * Tập xác định : D = IR\{1}. * Sự biến thiên của hàm số - Chiều biến thiên:     x x y ,0 )1( 5 ' 2 D. - Hàm số nghịch biến trên các khoảng );1(),1;(  . 0,25 - Giới hạn và tiệm cận: lim x y   , lim x y   , lim x y     , lim x y     . Đồ thị )(C nhận đường thẳng y = 2 làm đường tiệm cận ngang và nhận đường thẳng x = 1 làm đường tiệm cận đứng. - Cực trị: Hàm số không có cực trị. 0,25 - Bảng biến thiên: x -  1  y’ - - y +  2 2 -  0,25 * Đồ thị )(C : f(x)=(2*x+3)/(x-1) -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 0,25 b) (1,0 điểm) Gọi d là tiếp tuyến cần viết phương trình của )(C và d tiếp xúc với )(C tại 0,25 Trang 2/4         1 32 ; m m mM ( 1m ). Vì hệ số góc của d là -5 nên 5)(' my hay 5 )1( 5 2    m 0 m hoặc 2m . 0,25 - Nếu 0m thì   3;0 M . Phương trình của d là 35  xy . 0,25 - Nếu 2m thì   7;2M . Phương trình của d là 175  xy . Vậy, có hai đường thẳng cần tìm là 35  xy , 175  xy . 0,25 2 (1,0 đ) 132log+x)-log(5  x (1). Điều kiện: 3x  . (1) 1)3log()5log(  xx 0,25 ( )( )xx    xx    0,25 114  x (thỏa mãn) hoặc 114x (loại). 0,25 Vậy, nghiệm của phương trình (1) là 114x . 0,25 3 (1,0 đ) I = / ( cos )x x dx    = BA , trong đó / A xdx    , / cosB x xdx    . 0,25 Ta có / x A        . 0,25 Tính B : Đặt xdxdvxu 2cos,  , ta có 2 2sin , x vdxdu  . Do đó / // sin cos sin x x x B xdx         . 0,25 Vậy 4 1 16 2   BAI . 0,25 4 (1,0 đ) a) (0,5 điểm) Gọi biaz  ( Rba , ). Ta có:        20. 10)1( zz iz         20 10)1()1( 22 22 ba ba         20 10)1()1( 22 22 ba ba       20 102222 22 ba ba       086 6 2 aa ab 0,25       4 2 b a hoặc      2 4 b a . Vậy có hai số phức cần tìm là iz 42  , iz 24  . 0,25 b) (0,5 điểm) Số cách chọn 3 viên bi bất kì từ hộp đã cho là 120 3 10 C (cách). Số cách chọn 3 viên bi cùng màu đỏ là 1 3 3 C (cách). 0,25 Trang 3/4 Số cách chọn 3 viên bi cùng màu xanh là 10 3 5 C (cách). Xác suất cần tìm là 120 11 120 101   P . 0,25 5 (1,0 đ) Vì tâm I của )(S thuộc đường thẳng d nên tọa độ của I có dạng )32;;21( ttt  . 0,25 Vì )(S tiếp xúc với cả hai mặt phẳng )(P và )(Q nên ))(,())(,( QIdPId  hay 3 13)32(2221 3 5)32(2221    tttttt 10 1  t . 0,25 Suy ra        10 17 ; 10 1 ; 5 4 I và bán kính của )(S là 3))(,(  PIdR . 0,25 Phương trình của mặt cầu )(S là: 9 10 17 10 1 5 4 222                       zyx . 0,25 6 (1,0 đ) Vì )''//(' BBCCAA nên ta có '. 3 1 ''' CCSVV ABCABCCBCCA  . Mặt khác 4 3 , 4 23 '' a S a V ABCBCCA  , do đó 3' aCC  . 0,25 Gọi  là góc giữa hai đường thẳng AB , CA' . Vì ''// BAAB nên  cos cos ' 'B A C . Vì '''. CBAABC là hình lăng trụ tam giác đều, 3', aAAaAB  nên aCBCA 2''  . Gọi M là trung điểm ''BA , ta có ''BACM  . Do đó  '/ cos ' ' ' A M a B A C A C a    4 1 cos   . Vậy góc giữa hai đường thẳng AB , CA' là góc nhọn  thỏa mãn 4 1 cos   . 0,25 Vì ''// BAAB nên )''//( CBAAB CBA BAA CBA CBAA S BAACdS S V CBAAdCBAABdCAABd '' '' '' '' )''(,(. 3 ))''(,())''(,()',(  . Ta có 2 3. .3. 2 1 ''' 2 1 2 '' a aaBAAAS BAA  , 2 15 '' 22 a MACACM  , 4 15. 2 15 2 1 '.'. 2 1 2 '' aa aCMBAS CBA  . 0,25 Trang 4/4 Ta có )''//(',''','' BBAACCMCBAMCAA  . Suy ra 5 15 )',( a CAABd  . 0,25 7 (1,0 đ) Gọi NM, lần lượt là trung điểm của ,BC CA . Theo giả thiết thì MN là đường trung bình của tam giác IEF . Mặt khác, MN cũng là đường trung bình của tam giác ABC . Do đó 65,//  EFABEFAB . 0,25 Đường thẳng AB đi qua )0;3(N và nhận vectơ )7;4( EF làm một vectơ chỉ phương nên có phương trình là 04)3(7  yx hay 02147  yx . 0,25 Vì )2;2(G là trọng tâm tam giác ABC nên 65 3 ),(.3),(  ABGdABCd . 0,25 Vậy 2 3 65 3 .65. 2 1 ),( 2 1  ABCdABS ABC . 0,25 8 (1,0 đ) Giải hệ phương trình )3( )2( 114)(22 1)1()1()1( 3 32 22        xyyxx xxyxxyy . Điều kiện: 0)(2 2  yxx . 0)1()()()2( 2233  xyxyxyxy 0)1).(1(0)1()1).(( 2222  xyxyxyxyxyxyxy (4) 0,25 Vì x ( ) , x y yx x y x y         nên 1)4(  yx . Thế 1 yx vào (3) ta được phương trình: 214122 3 32  yyyy 0)2(14122 3 32  yyyy 0,25 0 )2(14).2()14( )2(14 122 2 3 3 3 23 33 2     yyyy yy yy 0 )2(14).2()14( )12(6 122 2 3 3 3 23 2 2     yyyy yy yy 0 )2(14).2()14( 126 2.12 2 3 3 3 23 2 2             yyyy yy yy 0,25 012 2  yy (Vì y yyyy yy     ,0 )2(14).2()14( 126 2 2 3 3 3 23 2 thỏa mãn điều kiện)        221 221 xy xy (thỏa mãn). Vậy, hệ phương trình có 2 nghiệm )21;2();(),21;2();(  yxyx . 0,25 9 (1,0 đ) Theo bất đẳng thức Cô-si ta có 324444 422)1()( xxxxxx  34 413 xx  . Tương tự, ta có 34 413 yy  . Do đó 3 333 )( 64)(4 zyx zyx P    . 0,25 Ta lại có 3332 )()(40).()( yxyxyxyx  0,25 Trang 5/4 3 33 )( 64)( zyx zyx P    . Đặt zyx z t   )10(  t , ta có )(64)1( 33 tfttP  . Xét hàm số 33 64)1()( tttf  với )1;0(t , ta có   22 )1(643)(' tttf  , 9 1 0)('  ttf (thỏa mãn) hoặc 7 1 t (loại). Lập bảng biến thiên, ta có 81 64 )(min )1;0(   tf t đạt được tại 9 1 t . 0,25 Suy ra 81 64 P . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4 1 ,1  zyx . Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là . 0,25 Hết . ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 8 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 14 tháng 04 năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. thêm. Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… Trang 1/4 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 8 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án – thang điểm. 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 32    x x y . a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị )(C của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị )(C , biết hệ số góc của tiếp tuyến