Đề khảo sát chất lượng ôn thi thpt quốc gia lần 1 năm học 2014 - 2015 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 
NĂM HỌC 2014 - 2015 
MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (4,0 điểm). Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x



. 
 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 tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng có 
phương trình 2015y x  . 
Câu 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: 
a) 22sin 3sin 2 0x x   
b)    2 2 2log log 2 log 6x x x    
Câu 3 (2,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3( ) 3 2f x x x   trên đoạn  0;2 . 
Câu 4 (2,0 điểm). Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác 
suất để có 2 học sinh nữ đứng cạnh nhau. 
Câu 5 (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, , 3AB a AD a  , 
 SA ABCD , góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 60o . Tính theo a thể tích khối 
chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. 
Câu 6 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm  3;0H và trung 
điểm của BC là  6;1I . Đường thẳng AH có phương trình 2 3 0x y   . Gọi D, E lần lượt là chân 
đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường 
thẳng DE có phương trình x – 2 = 0 và điểm D có tung độ dương. 
Câu 7 (2,0 điểm). Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn tâm O và /O , bán kính bằng a . Hai điểm 
,A B lần lượt nằm trên hai đường tròn tâm O và /O sao cho AB hợp với trục /OO một góc 045 và 
khoảng giữa chúng bằng 
2
2
a
. Tính theo a diện tích toàn phần của hình trụ đã cho. 
Câu 8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 
2
2 2 2
2 2
2 1 2 3 2 4
xy y x
y x x x x x
   

     
 ( ,x y ). 
Câu 9 (2,0 điểm). Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn 1x y z    . Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức 
    
3 3
2
x y
P
x yz y xz z xy

  
. 
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:. 
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới 
www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 
Môn: TOÁN; LẦN I 
I. LƯU Ý CHUNG: 
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm 
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương 
ứng với phần đó. 
II. ĐÁP ÁN: 
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 
1 a 
Cho hàm số 
2 1
1
x
y
x



Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 
2,0 
 * Tập xác định :  \ 1D   0,25 
* Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: 
2
1
' 0 , 1
( 1)
y x
x

   

0,25 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) 
- Cực trị: Hàm số không có cực trị 
0,25 
 - Giới hạn : 
1
lim
x
y

  
1
lim
x
y

  
 lim 2
x
y

 lim 2
x
y

 
 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng: 1x  , tiệm cận ngang 2y  
0,25 
- Bảng biến thiên : 
x  1  
/y - - 
y 
2  
  2 
0,5 
 Đồ thị: (C) cắt Ox tại 
1
;0
2
 
 
 
, cắt Oy tại (0;2). 
0,5 
b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C biết tiếp tuyến vuông góc với đường 
thẳng có phương trình 2015y x  . 
2,0 
 Gọi 0x là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm. Ta có hệ số góc của tiếp tuyến 0,5 
tại điểm có hoành độ 0x là  
 
/
0 2
0
1
1
k f x
x
  

Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng có phương trình 2015y x  nên ta có 
 
0
2
00
01
1 1
21
x
k
xx

         
0,5 
Với 0 0x  ta được tiếp tuyến có phương trình 1y x   0,5 
Với 0 2x  ta được tiếp tuyến có phương trình 5y x   0,5 
2 a Giải phương trình 22sin 3sin 2 0x x   1,0 
 2
1
sin
2sin 3sin 2 0 2
sin 2
x
x x
x

   

 
 0,25 
 
2
1 6
sin
52
2
6
x k
x k
x k





 
  
  

 0,25 
sin 2x   PT vô nghiệm 0,25 
Kết luận: PT có các nghiệm  
5
2 ; 2
6 6
x k x k k
 
      0,25 
b Giải phương trình    2 2 2log log 2 log 6x x x    1,0 
Điều kiện 
0
2 0 2 6
6 0
x
x x
x


    
  
 0,25 
PT    2 2log 2 log 6x x x      0,25 
  22 6 6 0x x x x x       
2
3
x
x
 
  
 0,25 
Kết hợp điều kiện ta được 3x  là nghiệm của phương trình đã cho. 0,25 
3 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3( ) 3 2f x x x   trên đoạn  0;2 . 2,0 
Hàm số đã cho liên tục trên  0;2 
Ta có 2'( ) 3 3f x x  
0,5 
 '( ) 0 1 0;2f x x    0,5 
(0) 2, (2) 4, (1) 0f f f   0,5 
   0;20;2
ax ( ) (2) 4; min ( ) (1) 0m f x f f x f    0,5 
4 Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác 
suất để có 2 học sinh nữ đứng cạnh nhau. 
2,0 
Gọi không gian mẫu là , A là biến cố “xếp hai nữ đứng cạnh nhau”. 
Ta có   5!n   0,5 
Đánh thứ tự các vị trí cần xếp từ 1 đến 5. 
Để 2 nữ đứng cạnh nhau thì vị trí xếp hai nữ là một trong bốn trường hợp: 
       1;2 , 2;3 , 3;4 , 4;5 
0,5 
Mỗi trường hợp số cách xếp là 2!3! nên tất cả số cách xếp thỏa mãn hai nữ đứng 
cạnh nhau là   4.2!3!n A  0,5 
Vậy  
 
 
2
5
n A
P A
n
 

 0,5 
5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, , 3AB a AD a  , 
 SA ABCD , góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 60o . Tính 
theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. 
2,0 
I
H
K
E
C
B
D
A
S
Trong tam giác ABD kẻ đường cao AI  I BD 
       , 60oBD SAI SBD ABCD SIA     0,5 
3 3
2
2 2
a a
BD a AI SA     
3
. D
1 . 3
.
3 2
S ABCD ABC
a
V SA S  
0,5 
Trong mặt phẳng  ABCD đường thẳng qua D song song với AC, cắt đường thẳng 
AB tại E. 
Trong tam giác ADE kẻ đường cao      AK K DE SAK SDE   . Dựng 
AH SK tại H, suy ra  AH SDE . 
Do       / / , ,AC SDE d AC SD d A SDE AH   
0,5 
Ta có  
3 3 3
,
2 4 4
a a a
AK AH d AC SD     0,5 
6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm  3;0H và trung 
điểm của BC là  6;1I . Đường thẳng AH có phương trình 2 3 0x y   . Gọi D, E 
lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh 
của tam giác ABC, biết đường thẳng DE có phương trình 2 0x   và điểm D có tung 
độ dương. 
2,0 
I
K
H
E
D
CB
A
Gọi K là trung điểm của AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K và BCDE nội 0,5 
tiếp đường tròn tâm I. Suy ra IK DE  phương trình : 1 0IK y   . 
Tọa độ    1;1 1;2K A  0,5 
 2;D a DE . Ta có  
2 3
5 1 1
1( )
a
KA KD a
a l

        
 2;3D 0,5 
Phương trình : 3 7 0AC x y   . Phương trình :2 11 0BC x y   . 
Tọa độ    8;5 4; 3C B  
Vậy,  1;2A  ,  4; 3B  và  8;5C . 
0,5 
7 
 Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn tâm O và /O , bán kính bằng a . Hai điểm 
,A B lần lượt nằm trên hai đường tròn tâm O và /O sao cho AB hợp với trục /OO 
một góc 045 và khoảng giữa chúng bằng 
2
2
a
. Tính theo a diện tích toàn phần của 
hình trụ đã cho. 
2,0 
Kẻ đường sinh   / / /AA A O . Gọi H là trung điểm /A B 0,5 
Từ giả thiết ta có  / 0 / / 245 , ;
2
a
BAA d AB OO O H   0,5 
Ta có / 2 / 2 /
2
2
2
a
HB O B O H A B a     
Do / 045BAA  nên tam giác /AA B vuông cân đỉnh /A / / 2AA A B a   
0,5 
     2 22 2 2 2 2 2 2tp xq dS S S a a a a        0,5 
8 
Giải hệ phương trình 
 
2
2 2 2
2 2
2 1 2 3 2 4 .
xy y x
y x x x x x
   

     
 ( ;x y ) 2,0 
 
   
2
2 2 2
2 2 1
2 1 2 3 2 4 2 .
xy y x
y x x x x x
   

     
Vì 2 2 22 0 2 0x x x x x x x R x x x R               
Nên ta có    2 22
2
1 2 2 2
2
y x x y x x
x x
        
 
0,5 
 Thế 2 2y x x   vào phương trình  2 , ta có : 
    
2
2 2 22 2 1 2 3 2 4x x x x x x x        
 2 21 2 2 1 2 3 0x x x x x x         . 
0,5 
       
2 2
1 1 1 2 1 2x x x x            
      
 (*) 
Xét hàm số  2( ) 1 2f t t t   . Ta có 
2
2
2
'( ) 1 2 0, ( )
2
t
f t t t R f t
t
       

 đồng biến trên R. 
0,5 
 
1
* ( 1) ( ) 1
2
f x f x x x x           . 
1
1
2
x y    .Vậy hệ đã cho có nghiệm là 
1
2
1.
x
y

 

 
0,5 
9 Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn 1x y z    . Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức 
    
3 3
2
x y
P
x yz y xz z xy

  
. 
2,0 
Ta có 
  
    
    
2
1 1 1 1 1
1 1
1 1
x y z z x y z xy x y xy x y
x yz x y x y x xy y y x y y
y xz y x x y x y x
                
           
       
 0,5 
Ta được 
     
3 3
2 3 3
. 1 . 1
x y
P
x y x y

  
Vì 
 
       
2
3 3 2 2
3 3 3 3
4
0
4 . 1 . 1 4. 1 . 1
0
x y xy
x y x y
x P
xy x y x y
y
  

   
    
0,5 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 
 
 
2 2
3 23
3
27 4
1 1 3 1 0
2 2 4 4 271
x x x x
x x x
x
          

Lập luận tương tự ta được 
 
2
3
4
0
271
y
y
 

0,5 
1 4 4 4
. .
4 27 27 729
P   
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
21
2 2
5
1
x y
x y
z
z x y

   
 
   
Vậy 
4
ax
729
m P  đạt được khi 
2
5
x y
z
 


. 
0,5 
-----------------------------HẾT------------------------- 
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới 
www.laisac.page.tl