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. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C) , hãy tìm trên đồ thị (C) điểm M có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M cắt đường tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt tại A và B thỏa mãn: 2IA 2 + IB 2 = 12 . Câu II: (2đ) Giải các phương 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 mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho hai điểm A(1;2); B(4;1) và đường thẳng d: 3x-4y+5=0. Viết phương trình đường tròn (C) đi qua A,B và cắt d tại C, D sao cho CD = 6. Câu V: (1đ) Trong một chiếc hộp có chứa 6 viên bi đỏ, 5 viên bi vàng và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi lấy ra không có đủ cả 3 màu. Câu VI: (1đ) Cho hình chóp đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên của hình chóp tạo với mặt đáy một góc 60 0 . Mp(P) chứa AB và đi qua trọng tâm G của ∆ SAC cắt SC , SD lần lượt tại M,N . Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a Câu VII: (1đ) Giải hệ phương 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 trị nhỏ nhất của biếu thức: xzzyyx P −++ + −++ + −++ = )1ln(24 1 )1ln(24 1 )1ln(24 1 HẾT 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 − + → → = −∞ = +∞ : TCĐ x = 1 + lim 2 x y + − → ∞ = : TCN y = 2 0.25 + Bảng biến thiên: x - ∞ 1 + ∞ y' - - y 2 + ∞ -∞ 2 0 .25 + Điểm đặc biệt : (0;1) ; 1 ;0 2       + Đồ thị: x y 2 1 I 1 0 .25 2. (1đ) + I(1;2) . Gọi M(x 0 ; 0 0 2 1 1 x x − − ) ∈ (C) , x 0 > 0 ; 0 1x ≠ + Pttt với (C) tại M : 0 0 2 0 0 2 11 : ( ) ( 1) 1 x d y x x x x − = − − + − − 0.25 + A là giao điểm của d và TCĐ ⇒ A(1; 0 0 2 ) 1 x x − + B là giao điểm của d và TCN ⇒ B(2x 0 -1; 2) 0.25 + Tính được IA 2 = ( ) 2 0 4 1x − ; 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: Vậy có 2 điểm cần 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) + Điều kiện: 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) 2x⇔ − + = 2 2sin sinx 1 0x⇔ + − = 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  = − +  = −     ⇔ ⇔ = +   =    = +   thỏa mãn điều kiện 0 .25 2. Giải phương trình: 3 2 27 3 3 1 log log ( 4) log ( 2) 4 x x x+ + = − (1) + ĐK : 0 2x< ≠ Với ĐK trên, (1) 3 3 3 log log ( 4) log 2x x x⇔ + + = − [ ] 3 3 log ( 4) log 2x x x⇔ + = − ( 4) 2x 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 C âu II: (2đ) Đối chiếu đk , nghiệm của 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 + + ∫ Đặt t = xe x ⇒ dt = (x+1)e x dx 0.25 Đổi cận: 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 2e + 0.25 Trang 3 y x C D A D O I B I Nhận xét A thuộc d nên A trùng với C hay D . (Giả sử A trùng C) Gọi I(a;b) là tâm đường tròn (C), bán kính R>0. (C) đi qua A,B nên IA=IB=R 2 2 2 2 (1 ) (2 ) (4 ) (1 )a b a b R⇔ − + − = − + − = 3 6b a⇔ = − 0 .25 Suy ra I(a;3a-6) và R = 2 10 50 65a a− + (1) Gọi H là trung điểm 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 Từ (1) và (2) , có: 2 10 50 65a 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); 5I R⇒ − = . Pt đường tròn (C): (x-1) 2 +(y+3) 2 =25 + 43 13 a = 43 51 5 61 ( ; ); 13 13 13 I R⇒ = . Pt đường tròn (C): 2 2 43 51 1525 13 13 169 x y     − + − =         0.25 Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp : 4 15 1365C = cách 0.25 + Chọn 2 bi đỏ, 1 bi trắng , 1 bi vàng: 2 1 1 6 5 4 . .C C C + Chọn 1 bi đỏ, 2 bi trắng , 1 bi vàng: 1 2 1 6 5 4 . .C C C +Chọn 1 bi đỏ, 1 bi trắng , 2 bi vàng: 1 1 2 6 5 4 . .C C C Số cách chọn 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 Số cách chọn 4 viên bi không đủ cả 3 màu : 1365-720 = 645 cách 0.25 Câu V (1đ) Xác suất cần tìm : P = 645 43 1365 91 = 0.25 Trang 4 J I N M G O C A D B S Gọi O là giao điểm của AC và BD S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO ⊥ (ABCD) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD , xác định được góc giữa mặt bên (SCD) và mặt đáy (ABCD) là  0 60SJI = . 0.25 Nhận xét ∆ SIJ đều ; SO = 3 2 a ; V S.ABCD = 3 1 3 . 3 6 ABCD a SO S = (đvtt) 0.25 Trong (SAC) , AG cắt SC tại M , M là trung điểm của SC C/minh được MN// AB và N là trung điểm của 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⇒ = + = = (đvtt) 0.25 Giải hệ phương 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 số f(t) = t 3 +t , t R ∈ có f ’(t) = 3t 2 +1>0, t R∀ ∈ ⇒ f(t) đồng biến trên R và (1) 2x 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 + Chứng minh g(x) = 3 3 5 2x x+ − − đồng biến trên đoạn 5 1; 2   −     + Chứng minh h(x) = 3 2 3 10 26x x x− − + nghịch biến trên đoạn 5 1; 2   −     g(2) = h(2) = 2 ⇒ x=2 là nghiệm duy nhất của pt (4) 0.25 Câu VII (1đ) Đáp số ( ) ( ) ; 2;0x y = 0.25 Cho 0,, ≥zyx và 3=++ zyx .Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thức: xzzyyx P −++ + −++ + −++ = )1ln(24 1 )1ln(24 1 )1ln(24 1 Câu VIII (1đ) Với cba ,, >0,áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 1 1 1 1 1 1 9 ( ) 9a b c a b c a b c a b c   + + + + ≥ ⇒ + + ≥   + +   (1) Dấu “=” xảy ra cba ==⇔ Áp dụng (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 ⇒ ≥ ≥ = + + + + + Vậy 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 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 − =. thức: xzzyyx P −++ + −++ + −++ = )1ln(24 1 )1ln(24 1 )1ln(24 1 HẾT 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 thi n và vẽ đồ thị (C) : 2 1 ( ) 1 x y f x x − = = − :. giao đề Câu I: (2đ) Cho hàm số 2 1 ( ) 1 x y f x x − = = − 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C) , hãy tìm trên