Đề thi thử thpt quốc gia lần 1 năm học 2014 - 2015 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO 
 THANH HÓA 
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 
ĐỀ THI THỬ 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 (2,0 điểm). Cho hàm số 
1
(1)
1
x
y
x



 và đường thẳng d: .y x m  
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
b) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp tuyến 
của (C) tại A và B song song với nhau. 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 2 2sin 1 cos2x x x   ( )x 
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 
1
1
( ) ln
e
I x xdx
x
  
Câu 4 (1,0 điểm). 
a) Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. 
Tính xác suất để 3 viên được chọn có cả ba màu. 
b) Giải phương trình: 2
3 3log 4log (3 ) 7 0x x   trên tập hợp số thực.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 1 0P x y z    
và điểm (3;0; 2)A  . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa 
độ tiếp điểm của (S) và (P). 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại A và 2AB a , 2 3AC a 
. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( )ABC là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa 
hai mặt phẳng ( )SBC và ( )ABC bằng 030 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABC và khoảng 
cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng ( )SAC . 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn 
tâm (3;5)I và ngoại tiếp đường tròn tâm (1; 4)K . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh 
AB, AC kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là (11; 14)F . Viết phương trình đường 
thẳng BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC. 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2 2
2
( 2 2 1)( 1) 1
9 2014 2 4 2015
x x x y y
y xy y y x
       

      
 ( , )x y 
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 
2 2 2
1 2 2
.
c a b
  Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức 
2 2 2
.
a b c
P
b c a c a b c
  
   
 Hết 
Xin cảm ơn  RafaeL Fuji  (leekuyngpyoungjan19@gmail.com) đã gửi tới 
www.laisac.page.tl
 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO 
THANH HÓA 
 TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 
NĂM HỌC 2014 - 2015 
 Môn: TOÁN 
Đáp án gồm 5 trang 
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
1 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 
1
(1)
1
x
y
x



 1,0 
 Tập xác định:  \ 1 .D   
 Sự biến thiên: 
- Chiều biến thiên: 2
2
' 0 .
( 1)
y x D
x
   

 hàm số nghịch biến trên từng khoảng xá định và không có cực trị. 
0,25 
- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1
x x
y y
 
  ; tiệm cận ngang là: y=1.
1 1
lim ; lim ,
x x
y y
  
  tiệm cận đứng là: x= -1.
0,25 
- Bảng biến thiên: 
x  1  
y’   
y 
  1 
1  
0,25 
 Đồ thị 
Nhận xét: Đồ thị  C nhận điểm uốn  1;1I  làm tâm đối xứng. 
0,25 
b)Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp 
tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. 
1,0 
PT hoành độ giao điểm của ĐT hs  1 với đường thẳng d:
2
11
( ) (2 ) 1 0 (2).1
xx
x m
g x x m x mx
 
    
      
0,25 
ĐT (C) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi PT (2) có 2 nghiệm phân biệt 
khác -1 
20 8 0
( 1) 0 2 0
m
g
    
  
    
 đúng với mọi m. 
0,25 
 Khi đó ,A Bx x là nghiệm của phương trình (2). Do tiếp tuyên tại A và B song với nhau nên ta có: 
2 2
( )2 2
'( ) '( )
2( 1) ( 1)
A B
A A
A BA B
x x l
f x f x
x xx x

         
Theo định lý Viet ta có: 2A Bx x m   . Do đó 2 2 0.m m     
0,25 
0.25 
2 Giải phương trình: sin 2 2sin 1 cos2x x x   ( )x 1,0 
 2sin 2 2sin 1 cos2 sin 2 2sin 1 cos2 0 2sin cos 2sin 2sin 0x x x x x x x x x x            0,25 
sinx 0
2sin (cos sin 1) 0
sinx+cosx= -1
x x x

     

 0,25 
 sin 0x x k    0,25 
 
2
3
cos sin 1 cos( ) cos
4 4 2
2
x k
x x x
x k
 
 


 
       
   

Vậy nghiệm của phương trình là :  2 ; .
2
x k x k k

      
0,25 
3 
Tính tích phân 
1
1
( ) ln
e
I x xdx
x
  1,0 
1 1 1
1 1
( ) ln ln ln
e e e
I x xdx x xdx xdx
x x
      0,25 
 Ta có: 
2
1
1 1
1 ln 1
ln ln (ln ) .
12 2
e e ex
I xdx xd x
x
     0,25 
 Tính 2
1
ln
e
I x xdx  , đặt 
2 2 2 2 2
22
1
ln 1 3
. ln .
1 12 2 2 4 4 4
2
e
dx
du
u x e ex x e x e ex
I x dx I
dv xdx x
v

  
        
  

 
0,5 
4 a) Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. 
Tính xác suất để 3 viên được chọn có cả ba màu. 
b) Giải phương trình: 23 3log 4log (3 ) 7 0x x   trên tập hợp số thực.
1,0 
a) Số phần tử của không gian mẫu là: 312 220.C  0,25 
Số cách chọn 3 viên bi có đủ 3 màu là 3.4.5=60. Do đó xác suất cần tính là 
60 3
220 11
p   0,25 
b) Điều kiện x>0. 
Với điều kiện trên PT đã cho tương đương với 2
3 3log 4log 3 0x x   
0,25 
3
3
log 1 3
log 3 27
x x
x x
  
   
 Vậy nghiệm của phương trình là x=3, x=27. 
0,25 
 5 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 1 0P x y z    và điểm 
(3;0; 2)A  . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ 
tiếp điểm của (S) và (P). 
1,0 
Bán kính mặt cầu (S) là ( ;( )) 3.R d A P  0,25 
Phương trình mặt cầu (S): 2 2 2( 3) ( 2) 9.x y z     0,25 
Gọi H là tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P), suy ra ( )AH P do đó vectơ pháp tuyến 
của (P) cũng là vectơ chỉ phương của AH. Phương trình đường thẳng AH là:
3 2
2 2
x t
y t
z t
 


   
0.25 
( )H AH P  do đó tọa độ tiếp điểm H(1; -1; 0) 0,25 
6 Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại A và 2AB a , 2 3AC a . Hình chiếu 
vuông góc của S trên mặt phẳng ( )ABC là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa hai mặt 
phẳng ( )SBC và ( )ABC bằng 030 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABC và khoảng 
cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng ( )SAC . 
1,0 
Diện tích ABC là: 
  2
1
. 2 3
2
dt ABC AB AC a   
Trong mp  ABC kẻ HK BC tại K
 BC SHK 
Từ giả thiết ta có: 𝑆𝐾𝐻 = 300 
0,25 
Có 2 2 4BC AB AC a   
sinABC =
AC
BC
=
HK
HB
=
 3
2
⇒ HK =
a 3
2
 . Trong tam giác SHK có: 
SH = HKtanSKH =
a
2
Thể tích của khối chóp là:  
31 3
.
3 3
a
V SH dt ABC   (đvtt) 
0,25 
 Do M là trung điểm của cạnh BC nên MH song song với AC, do đó MH song song với mặt 
phẳng (SAC), suy ra khoảng cách từ M đến mặt (SAC) bằng khoảng cách từ H đến mặt (SAC). 
Trong mp  SAB kẻ HD SA tại D . Ta có:    AC SAB AC DH DH SAC     
0,25 
2 2 2
1 1 1 5
5
a
HD
DH HA HS
    . Vậy 𝑑 𝑀; 𝑆𝐴𝐶 = 𝑑 𝐻; 𝑆𝐴𝐶 = 𝐻𝐷 =
𝑎 5
5
0,25 
A C
B
S
H
K
M
D
7 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (3;5)I và 
ngoại tiếp đường tròn tâm (1; 4)K . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC 
kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là (11; 14)F . Viết phương trình đường thẳng 
BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC. 
1,0 
 Ta có F là giao điểm của đường phân giác trong góc A với các đường phân giác ngoài của 
các góc B và C, suy ra 𝐶𝐹⟘𝐶𝐾, 𝐵𝐹⟘𝐵𝐾, do đó tứ giác BKCF nội tiếp đường tròn đường kính 
FK. 
0,25 
 Gọi D là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có: 
 𝐷𝐾𝐶 =
𝐵𝐴𝐶 
2
+
𝐴𝐶𝐵 
2
= 𝐷𝐶𝐾 , suy ra tam giác DCK cân tại D, do đó DK= DC = DB nên D là tâm 
đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF, do vậy 
D là trung điểm của FK, suy ra D(6; 9). 
0,25 
 Tính được ID=5, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 
 (x − 3)2 + (y − 5)2 = 25 (C1). 
𝐷𝐾 = 50, phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF là: 
 (x − 6)2 + (y − 9)2 = 50 (C2). 
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ 
(x − 3)2 + (y − 5)2 = 25
(x − 6)2 + (y − 9)2 = 50
 ⇔ 
x2 + y2 − 6x − 10y + 9 = 0
x2 + y2 − 12x − 18y + 67 = 0
 ⇒
 ⇒6𝑥 + 8𝑦−58=0 ⇔3𝑥+4𝑦−29=0(1) . 
Tọa độ B, C thỏa mãn phương trình (1), mà (1) là phương trình của một đường thẳng, mặt khác 
 C1 , (C2) cắt nhau do đó phương trình (1) là phương trình đường thẳng BC. Vậy BC có phương 
trình là: 3𝑥 + 4𝑦 − 29 = 0(1) 
( có thể giải hệ ta được B(-1; 8), C(7; 2) và viết được phương trình BC) 
0,25 
 Phương trình FK: x-y+3=0. 
A, D là giao của FK với (C1) , suy ra A(-1; 2), 
do đó phương trình đường cao AH là: 
4x -3y+10=0. 
0,25 
8 
Giải hệ phương trình: 
    
 
2 2
2
2 2 1 1 1 1
9 2014 2 4 2015 2
x x x y y
y xy y y x
       

       
 ( , )x y 1,0 
Đk: 9 0y xy   
Ta có: 2 2 21 1 0y y y y y y        , nhân 2 vế PT (1) với 2 1 0.y y   
PT        
2 2
1 1 1 1 1 (3)x x y y          
0,25 
C
B
I
A
K
D
F
Xét hàm số:   2 1f t t t   trên  , có    
2
2 2
1
' 0,
1 1
t tt t
f t t f t
t t
 
     
 
 đồng 
biến trên  (3) ( 1) ( ) 1f x f y x y        
0,25 
Pt  2 trở thành: 2 28 3 2015 2014x x x      3 
       2 2
2 2
1 1
8 3 3 2 2015 1 0 1 2015 0(4)
8 3 3 2
x x
x x x x
x x
  
              
    
0,25 
Đặt: 
2 2
1 1
2015
8 3 3 2
x x
T
x x
 
  
    
x  có 2 28 3 2015 2014 0 0x x x x        
Do 2 2
2 2
1 1
0, 8 3 3 2 0 0 0.
8 3 3 2
x x
x x x T
x x
 
           
   
 nên
(4) 1 0 1x x     (thỏa mãn) 
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm:  1; 2 
0,25 
9 
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 
2 2 2
1 2 2
.
c a b
  Tìm giá trị nhỏ nhất của 
 biểu thức 
2 2 2
.
a b c
P
b c a c a b c
  
   
1,0 
Ta có: 
2 2
2 2 2 2 2
1 2 2 1
(1)
2
c c
c a b a b
     , và 
2 2
1
.
1 1 ( ) ( ) 1
a b
c cP
b a a a
c c c c
  
    
Đặt : 
 2 2
1
, ; , 0 .
1 1 1
a a x y
x y x y P
c c y x x y
      
    
2 2 2 2
2 2
1 1 1
(1) 2( ) .
2
x y x y
x y
     
0,25 
Mặt khác 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
( ) 2( ) 1 ( ) 2 1 ( ) 2( ) 1
1
1 ( 1) .
1 1 1
x y x y x y x y xy x y x y xy x y x y
x y
x y x y P
y x x y
                  
         
   
Lại có: 2
1
( ) 4 4( ) 4 1 0
1 1 1
x y
x y xy x y x y x y P
y x x y
              
   
0,25 
1 1 1 1 1
1 1 2 ( 1)( ) 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 1 4 1
( 1)( ) 2 2
2 1 2 1
x y x y
x y
y x x y y x x y y x x y
x y
x y x y x y x y
             
           
       
       
 0,25 
Đặt: 
4 1
4 ( ) 2 .
2 1
t x y P f t
t t
       
  
2 2 2 2
4 1 3 ( 4)
'( ) 0, [4; )
( 2) ( 1) ( 1) ( 2)
t t
f t t
t t t t

      
   
, suy ra ( )f t đồng biến trên [4; ) 
Vậy 
5
( ) (4)
3
P f t f   hay min
45
4 2 2 .
3
x y
P t x y a b c
x y
 
         

0,25 
 Xin cảm ơn  RafaeL Fuji  (leekuyngpyoungjan19@gmail.com) đã gửi tới 
www.laisac.page.tl