Đề thi thử thpt quốc gia đợt I năm học 2014 – 2015; môn: Toán thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

1TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC 2014 – 2015; Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số 3 22 6y x x  .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng :d y mx tại ba điểm phân biệt.
Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình:    sin sin 1 cos 1 cosx x x x   .
Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân:
1.
ln 2
0
. 5x xI e e dx  . 2.  7
2
ln 2 1I x dx   .
Câu 4: (1,0 điểm).
1. Giải phương trình:   22log 4 log 2 10x x   .
2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức:  
15
22 ; 0x xx
     .
Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm
     1;1; 2 , 3;0;1 , 1;2;3A B C  . Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có
bán kính R = 3, đi qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy.
Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều
cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
tính độ dài đoạn thẳng MN vớiM, N lần lượt là trung điểm của SA và BC.
Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2: 2 4 1 0C x y x y     và
đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường
tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho 3MAB IABS S  , với I là tâm của đường tròn (C).
Câu 8: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:    3 2
2
2 7 2 1 3 1 3 2 1
; ,
2 4 3 5 4
y y x x x y
x y R
y y y x
              
.
-------------------------Hết-------------------------
Cảm ơn bạn Chat Vuhuy (chathoayeume@gmail.com)  đã gửi tới www.laisac.page.tl
2HƯỚNG DẪN CHẤM
Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm.
Câu Nội dung Điểm
1 (2,0
điểm)
1/ (1,0 điểm)
TXĐ: D = R. 2' 6 6y x x  .
0' 0 2
xy x
     . Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8.
Giới hạn.
Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị.
Vẽ đồ thị.
0,25
0,25
0,25
0,25
2/ (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình:
 3 2 2 2 02 6 2 6 0 2 6 0 (*)
xx x mx x x x m x x m
          
.
Để hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt khác 0.
Khi đó:
9' 0 9 2 0 20 0 0
m m
m m m
             
.
0,25
0,25
0,5
2 (1,0
điểm)
   sin sin 1 cos 1 cos sin cos 1x x x x x x     
12 sin 1 sin4 4 2x x
               
2
22
x k
x k

 
   
.
KL.
0,25
0,25
0,25
0,25
3 (2,0
điểm)
1/ (1,0 điểm)
Đặt 5 xu e  . Tính 2xe dx udu  .
Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì 3u  .
Khi đó:
2 3 2
2
33
2 162 2 33 3
uI u du    .
0,25
0,25
0,5
3KL.
2/ (1,0 điểm)
Đặt 2t x  . Tính 2dx tdt .
Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3.
Khi đó:  3
2
2 .ln 1I t t dt  .
Sử dụng từng phần ta được 316ln 2 3ln3 2I    .
0,25
0,25
0,5
4 (1,0
điểm)
1/ (0,5 điểm)
Đk: 14x  .
Ta có:   2 2 22log 4 log 2 10 2log 4 log 2 10 0x x x x         .
Đặt 2log 2t x  , (t ≥ 0).
Phương trình có dạng: 2
2
2 10 0 5 ( )2
t
t t t l
      
.
Với t = 2 ta được 2 2log 2 2 log 2 4x x x      .
Vậy phương trình có nghiệm x = 4.
0,25
0,25
2/ (0,5 điểm)
Ta có:  15 15 5 1515 152 2 15 215 15
0 0
2 2. . 2 . .
k kkk k k
k k
x C x C xx x
 

 
             .
Khi đó xét số hạng không chứa x ta có 5 15 0 32
k k    .
Vậy số hạng không chứa x là 12 3152 .C .
0,25
0,25
5 (1,0
điểm)
Ta có      2; 1;3 , 2;1;5 ; ; 8; 16;0AB AC AB AC        
    .
Do đó  1;2;0n  là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC).
Do đó (ABC): x + 2y – 3 = 0.
Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0).
Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên  2 31 5 9 1
aIA R a a
         .
0,25
0,25
0,25
4Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên    22 2: 3 9S x y z    .
Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0) nên    22 2: 1 9S x y z    . 0,25
6 (1,0
điểm)
Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Theo giả thiết ta có SH  (ABCD) và
3
2
aSH  .
Do 3AB a AD a   . Khi đó 2. 3ABCDS AB AD a  . Vậy
3
.
1 .3 2S ABCD ABCD
aV SH S  .
Gọi P là trung điểm của cạnh AH. Do đó MP // SH hay MP  (ABCD).
Dễ thấy ∆MPN vuông tại P.
Ta có 1 3 13;2 4 4
a aMP SH PN MN a     .
0,25
0,25
0,25
0,25
7 (1,0
điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2.
Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vuông nên hai góc M và I bù nhau.
Theo công thức diện tích , từ 3MAB IABS S  ta được 2 23 4MA R MI   .
Gọi điểm M(a;3 – a). Do 4MI  nên 15
a
a
  .
Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2).
0,25
0,25
0,25
0,25
8 (1,0
điểm)
Đk: 4 1x   .
Ta có:
     33 22 7 2 1 3 1 3 2 1 2 1 1 2 1 1 1y y x x x y y y x x x                .
Xét hàm số   32f t t t  đồng biến trên R. Khi đó phương trình trên có dạng:
   1 1 1 1 1 1f y f x y x y x           .
Thế vào phương trình còn lại ta được:
3 2 4 1 4 4 1 3 2 4 0x x x x x x              .
Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy
nhất x = – 3.
Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3).
0,25
0,25
0,25
0,25
-----------------------Hết-----------------------
Cảm ơn bạn Chat Vuhuy (chathoayeume@gmail.com)  đã gửi tới www.laisac.page.tl