Đề thi thử thpt quốc gia lần 1 năm 2015 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 Môn: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 22 3 1   y x x (1) . 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) . 
b) Tìm m để phương trình: 3 2 1 22 3 2 2 0mx x     có ba nghiệm phân biệt. 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 2 cos 2 1 3(sin cos ).x x x x    
Câu 3 (1,0 điểm).Tính tích phân: 
2
2 1
2
1
1
dx.
5
   
 
 xI x e
x
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Trong hộp đựng 5 cái bút chì và 6 cái bút mực, sáng nay trước lúc đi thi bạn An lấy ngẫu 
nhiên 4 cái bút . Tính xác suất để An lấy được cả bút chì và bút mực. 
b) Tìm số hạng có lũy thừa của x và y bằng nhau trong khai triển: 
22
3
2
, x 0.
y
x
x
 
  
  
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho các điểm A(2;1;0), B(3;-1;3). 
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua hai điểm A, B và song song với trục Oy. Lập phương trình mặt 
cầu (S) tâm I(-1;2;1) và tiếp xúc với mặt phẳng (P). 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD cạnh AB=AC=2a, 
2 3AD a . Biết SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa mặt phẳng (SBC) với mặt 
đáy bằng 600. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và 
khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC). 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD có đường cao 
AD . Biết BC=2AB, M (0;4) là trung điểm của BC và phương trình đường thẳng AD là: 
2 1 0  x y . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết rằng hình thang có diện tích bằng 
54
5
 và A, B có tọa độ dương. 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2
2 2
3 1 5 4 3 3
( , ).4( )
2 2 2(x )
3
      

  
   

y x xy y
x y Rx xy y
x y y
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b ,c là ba số thực dương thỏa mãn: 3  ab bc ca abc . Tìm giá 
trị lớn nhất của biểu thức: 
2 2 2 2 2 2
1 1 1
.
2 2 2
  
  
A
a b b c c a 
-------------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.................................. 
GHI CHÚ: Thí sinh nhận bài thi vào ngày 12 và 13/02/2015 tại phòng Công đoàn trường THPT Thanh 
Chương 1 hoặc xem kết quả tại Website: thpt-thanhchuong1-nghean.edu.vn 
 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM 
 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 
 Môn: TOÁN. 
 (Đáp án có 04 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
1. 
(2,0 
điểm) 
a. (1,0 điểm) 
Tập xác định: D R 
Sự biến thiên: 
Chiều biến thiên: Ta có : ' 6 ( 1)   y x x
0
' 0
1
x
y
x

   
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng    ; 0 1;va  ,đồng biến trên khoảng (0 ;1) 
0,25 
Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 và yCT=-1 
Hàm số đạt cực đại tại x=1 và yCĐ=0 
Giới hạn lim ; lim
 
   
x x
y y 0,25 
 Bảng biến thiên: 
x  0 1  
y’ - 0 + 0 - 
y  0 
 -1 
  
0,25 
Đồ thị: Ta có 
1
'' 12 6 '' 0
2
      y x y x
1 1
( ; )
2 2
 I là điểm uốn của đồ thị. 
Đồ thị (C) cắt trục Oy tại  A 0; 1 
Đồ thi cắt trục Ox tại   1B 1;0 ;C ;0
2
  
  
f(x)=-2x^3+3x^2-1
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-4
-2
2
4
x
y
0,25 
b. (1,0 điểm) 
PT đã cho 3 2 1 22 3 1 1 2      mx x 0,25 
Đặt 1 21 2   mk . Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y=k 0,25 
PT(1) có ba nghiệm phân biệt 1 21 0 0 2 1 1      mk 0,25 
1 2 11 2 2 0
2
     m m . Vậy 
1
(0; )
2
m 0,25 
2. 
(1,0 
điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với: 
 22sin cosx 2cos 1 1 3 s inx cos    x x x 0,25 
  
sin cos 0
s inx cos 2cos 3 0
2cos 3 0
 
     
 
x x
x x
x 
0,25 
với:  sin cos 0 2 cos 0
4 4
 
          
 
x x x x k k Z
0,25 
với:  2cos 3 0 2
6

      x x k k Z
Vậy phương trình có nghiệm :  
4

  x k k Z ,  2
6

   x k k Z
0.25 
 3. 
1,0 
điểm 
Tính : 
2 2
2 1
1 22
1 1 5
   

 x
xdx
I xe dx I I
x
 0,25 
Tính: 
2
2 1
1
1
  xI xe dx
, Đặt 
22 1
2 1
22 1 2 1
1
2 1
1
12 2
2


 
 
    
  

x
x
x x
dx du
x u xe
I e dx
e dx dv v e
0,25 
2 1 3
2 1 21 3( )
12 4 4

   
x
xxe e ee 0,25 
Tính : 
2 2 2
2
2 2 2
1 1
21 (5 )
( 5 ) 1
125 5

      
 
 
x d x
I dx x
x x
. Vậy:
3
1 2
3 4
4
 
  
e e
I I I 0,25 
4. 
(1,0 
điểm) 
a (0,5 điểm) 
Số cách chọn ngẫu nhiên 4 cái bút trong 11 cái là: 
4
11
330C   330n   
Gọi A là biến cố: “ Trong 4 cái bút lấy được có cả bút chì và bút bi” 
0,25 
Tính số cách chọn 4 cái bút không đủ cả hai loại: 
- Chọn được 4 cái đều là bút chì có: 
4
5
5C  cách. 
- Chọn được 4 cái đều là bút bi có: 
4
6
15C  cách 
  n A = 5+15=20   n A =330-20=310 
  ( ) 310 31
( ) 330 33
n A
P A
n
   

 . Vậy P=
31
33
0,25 
 b (0,5 điểm) 
Số hạng tổng quát của khai triển trên là    
522 11
6
22 223
2
2
  
  
 
k kk kk k kyx x y
x
C C 0,25 
 Số hạng có lũy thừa của x và y bằng nhau 
5
11
66
0 22,
  
  
   
k
k
k
k k N
Vậy số hạng cần tìm là  66 6 6 6 622 2 4775232 x y x yC 
0,25 
5. 
(1,0 
điểm 
Ta có: (1; 2;3) 

AB , trục Oy có vtcp là (0,1,0)

j 
Gọi

n là vtpt của (P) 
 
 

 
 
n AB
n j
, chọn , (3;0; 1)    
  
n j AB 
0,25 
Phương trình mặt phẳng (P) : 3 6 0  x z 0,25 
Mặt cầu (S) có bán kính R =   
2 2
3( 1) 1 6
; 10
3 ( 1)
  
 
 
d I P 
0,25 
Phương trình mặt cầu (S) là: 2 2 2( 1) ( 2) ( 1) 10     x y z 
0,25 
6. 
(1,0 
Tam giác ABC cân tại A, gọi H là hình chiếu của A lên BC thì H là trung điểm của BC 
( ) BC SAH  Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc 060 SHA . 
0,25 
điểm 
Ta có 
2 2
2. 2 3
  
  ABCD
AH AB BH a
S AH BC a
. 
SAH vuông tại A có 
. tan 60 3 SA AH a . 
Thế tích khối chóp S.ABCD là 
3
.
1
. 2
3
 S ABCD ABCDV SA S a (đvtt) 
0.25 
Lấy M SA sao cho GM//AD / /( ) (G;(SBC)) d(M;(SBC))  GM SBC d 
. 
Gọi K là hình chiếu của A trên SH ( ) d(A;(SBC)) AK   AK SBC 
0,25 
Tam giác SAH vuông tại A: 2 2 2
1 1 1 3
2
   
a
AK
SA AH AK 
Lại có 
( ; ( )) 2 2 3
( ; ( ))
( ;( )) 3 3 3
    
d M SBC SM a
d M SBC AK
d A SBC SA
. Vậy d(G;(SBC))=
3
3
a
0.25 
7. 
(1,0 
điểm 
Gọi N là hình chiếu của M trên đường thẳng AD
9 2
( , )
5 5
 N
9
5
 MN
Ta có
54 6 1 3
.
5 25 5
      ABCDS MN AD AD AN AD 
0,25 
Gọi (2 1; ), t 0 A t t Với 
2 2 1
3 9 2 9
2 1 1
5 5 55
5

                    

t
AN t t
t
Theo giả thiết thì: A(3;1), 
9 1
( ; )
5 5
D 
0,25 
AB vuông góc với AD nên PT tham số đường thẳng AB là:
3
1 2
 

 
x b
y b 
Gọi
1
B(3 ;1 2 ), 3 b
2
    b b 
0,25 
Ta lại có    2 2 2 2
1
3 3 2 ( 1) (2;3)17
3
 
         
  

b
BM BA b b b b B
b 
M là trung điểm của BC nên C(-2 ;5). Vậy A(3;1), B(2;3), C(-2;5),
9 1
( ; )
5 5
D . 
0,25 
8. 
(1,0 
điểm) 
Từ PT (2) ta có hệ PT có nghiệm khi: 0 x y . Đặt 
2 2
2 2 4( )2 2 , ( 0, 0)
3
 
    
x xy y
a x y b a b , PT(2) trở 
thành: 2 22(3 ) ( )(3 5 ) 0      a b b a a b a b
0
3 5 0
 
   
a b
a b
0.25 
 Với 0   a b x y thay vào PT(1) ta được 23 1 5 4 3 3(*).     x x x x 
ĐK:
1
3
 x Khi đó PT(*) 23( ) ( 1) 3 1 ( 2) 5 4 0                x x x x x x 
0,25 
2 2 01 1( ) 3 0 0
11 3 1 2 5 4
 
                  
x
x x x x
xx x x x thỏa mãn đk. 0,25 
Với3 5 0 0 0       a b a b x y là nghiệm của hệ phương trình. 0,25 
S 
K 
H 
B 
G 
C 
A 
M 
D 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm ( ; )x y là: (0;0), (1;1) 
Cách 2: Với 0 x y ta có 
 
     
22 2 2 2
2 2 2
2 22 2
2 2 2 2 x y,
4( )
4 3
      
  
          
x y x y x y
x y x xy y
x xy y x y xy x y x y
2 2
2 2 4( )2 2 2( ) PT(2) x y
3
 
      
x xy y
x y x y 
9. 
(1,0 
điểm) 
Từ giả thiết, ta có: 
1 1 1
3
a b c
   
Áp dụng BĐT Bunhia-copski ta có: 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
( ) (1 1 1 )( ) 3( 2 )
2 3( 2 )
        
      
a b b a b b a b
a b a b b a b
Dấu “=” xảy ra a b  
0,25 
Mặt khác:
2 2
1 2 1 1 1 9 3 3
2 2a b a b b a b a b
     
 
 0,25 
Tương tự : 
2 2 2 2
1 2 3 3 1 2 3 3
,
2 2b c c ab c c a
   
 
 0,25 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
( ) 3
32 2 2
A
a b ca b b c c a
       
  
Dấu “=” xảy ra 1a b c    
Vậy Max A= 3 đạt được khi a=b=c=1 
0,25 
CHÚ Ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 
---------HẾT-------