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

 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
xy 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: 2IA2 + IB2 = 12 . 
Câu II: (2đ) Giải các phương trình sau : 
 1. (1 s inx)(2sin 2 6cosx 2sinx 3) 2
2cos 1
x
x
− + + +
=
+
 2. 3 227 3 3
1log log ( 4) log ( 2)
4
x x x+ + = − 
Câu III: (1đ) Tính tích phân : 
1 2
0
( )
2
x
x
x x eI 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 600 . 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 --------------- 
Cảm ơn thầy Nguyễn Trung Kiên ( ntk.1969@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
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
xy 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(x0; 0
0
2 1
1
x
x
−
−
) ∈ (C) , x0 > 0 ; 0 1x ≠ 
+ Pttt với (C) tại M : 0
02
0 0
2 11
: ( )( 1) 1
xd 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(2x0 -1; 2) 
0.25 
 + Tính được IA2 = 
( )20
4
1x −
 ; IB2 = 4(x0 – 1)2 
+ 2IA2 + IB2 = 12 ⇔ 2 4 2
0 0 02
0
2 ( 1) 3 ( 1) 3( 1) 2 0( 1) x x xx + − = ⇔ − − − + =−
0 0
2
0 00
2
0 00
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 xx
x xx
x x
− = = 
 
− = − = − =  ⇔ ⇔ ⇔  
− = = +
− =  
 
− = − = − 
0.25 
Câu I 
(2đ) 
 + KL: Vậy có 2 điểm cần tìm: M1(2;3) ; M2 (1+ 2 ; 2+ 22 ) 
0.25 
Trang 2 
1. Giải phương trình: (1 s inx)(2sin 2 6cosx 2sinx 3) 2
2cos 1
x
x
− + + +
=
+
 (1) 
+ Điều kiện: 1 2cos 2 ;
2 3
x x k k Zpi pi+
−
≠ − ⇔ ≠ + ∈ 
0.25 
(1) (1 s inx)(4sin cos 6cos 2sin 3) 2
2cos 1
x x x x
x
− + + +
⇔ =
+
(1 s inx)(2sin 3)(2cosx 1) 2
2cos 1
x
x
− + +
⇔ =
+
0.25 
 (1 s inx)(2sin 3) 2x⇔ − + = 22sin sinx 1 0x⇔ + − = 0.25 
2
2
sinx 1
21 6sinx
2 5 2
6
x k
x k
x k
pi
pi
pi
pi
pi
pi

= − +
= − 
⇔ ⇔ = +
 =

 = +

 thỏa mãn điều kiện 
0.25 
2. Giải phương trình: 3 227 3 3
1log log ( 4) log ( 2)
4
x x x+ + = − (1) 
+ ĐK : 0 2x< ≠ 
Với ĐK trên, (1) 3 3 3log log ( 4) log 2x x x⇔ + + = − 
 [ ]3 3log ( 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
xx
x
+
−
+
−
 >

= − ∨ = −
−⇔ ⇔ =<


−
=

0.25 
Câu II: 
(2đ) 
Đối chiếu đk , nghiệm của pt : 5 33
2
x
− +
= 
0.25 
1 2
0
( )
2
x
x
x x eI dx
x e−
+
=
+∫
 = 
1 2
0
( 1)
2
x
x
x x e dx
xe
+
+∫
Đặt t = xex ⇒ dt = (x+1)ex dx 0.25 
 Đổi cận: x = 0⇒ t =0 , x=1⇒ t=e 0.25 
0 0
2(1 )
2 2
e etI 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 = 210 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 9 299
25
a
CH IH
−
+ = + (2) 
0.25 
Từ (1) và (2) , có: 210 50 65a a− + = ( )
29 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): 
2 243 51 1525
13 13 169
x y   − + − =   
   
0.25 
Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp : 415 1365C = cách 0.25 
+ Chọn 2 bi đỏ, 1 bi trắng , 1 bi vàng: 2 1 16 5 4. .C C C 
+ Chọn 1 bi đỏ, 2 bi trắng , 1 bi vàng: 1 2 16 5 4. .C C C 
+Chọn 1 bi đỏ, 1 bi trắng , 2 bi vàng: 1 1 26 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 
JI
N
MG
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 
 060SJI = . 
0.25 
Nhận xét ∆ SIJ đều ; SO = 3
2
a
 ; VS.ABCD = 
31 3
.
3 6ABCD
aSO 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 16S ABMN S ABM S AMN S ABCD
aV 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) = t3+t , t R∈ có f ’(t) = 3t2+1>0, t R∀ ∈ 
⇒ f(t) đồng biến trên R và (1) 2x y⇔ − = (3) 
0.25 
Thay (3) vào (2): 3 2 53 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 51;
2
 
−  
+ Chứng minh h(x) = 3 23 10 26x x x− − + nghịch biến trên đoạn 51;
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
11
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 4P 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 
Cảm ơn thầy Nguyễn Trung Kiên ( ntk.1969@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl