TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT LẦN I NĂM HỌC 2014- 2015

Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 23 2y x x= − + .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Tìm a để phương trình 3 23 0x x a− + = có ba nghiệm thực phân biệt.

Câu II (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:

1. Giải phương trình: 2 4log ( -3) 2log 2x x+ = .

2. Giải phương trình: 2 2 34sin 3 cos2 1 2cos2 4x x x⎛ ⎞− = + −⎜ ⎟

⎝ ⎠

π .

3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 3 lny x x x= + − trên đoạn [ ]1;2 . Câu III (1,5 điểm)

1. Tìm nguyên hàm sau: 2(x 3sinx)I dxx

= − +∫ .

2. Tính giới hạn: 2

20

3 coslimx

x

xTx→

−= .

3. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ để tham gia đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam.

Câu IV (1.5 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SAB) một góc 045 .

1. Tính thể tích của khối chóp .S ABCD theo a. 2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABCD theo a. 3. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD) theo a .

Câu V(1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+++

−+=++

10)1(4)19(111913

223

2

xxyxxx

yxy.

Câu VI(1,0 điểm) Trong mặt phẳngOxy , cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của AB , N là điểm trên cạnh AD sao cho 2AN ND= . Giả sử đường thẳng CN có phương trình 2 11 0x y+ − = và

điểm 5 1;2 2

M ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

. Tìm tọa độ điểm C.

Câu V (1,0 điểm ) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: 22=xyz

82244

88

2244

88

2244

88

≥++

++

++

++

++

+

xzxzxz

zyzyzy

yxyxyx .

-------Hết-------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh:…………………………………..; Số báo danh……………………..

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐÁP ÁN TOÁN 12 (Đáp án gồm 5 trang)

Câu Đáp án Điểm

I (2.0)

1.(1.5 điểm)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 23 2y x x= − +

• Tập xác định: R. • Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: 2' 3 6y x x= − ;0

' 02

xy

x=⎡

= ⇔ ⎢ =⎣

0.25

Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0); đồng biến trên các khoảng ( ; 2)−∞ − và (0; )+∞

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2; yCT = 3, đạt cực tiểu tại x = 0; yCĐ = -1. - Giới hạn: lim

xy

→−∞= +∞; lim

xy

→+∞= −∞

0.5

- Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y' - 0 + 0 - y

2 −∞ -2

0.25

• Đồ thị:

0.5

2.(0.5 điểm) Tìm a để phương trình 3 23 0x x a− + = có ba nghiệm thực phân biệt.

• Phương trình 3 2 3 23 0 3 2 2x x a x x a− + = ⇔ − + = − 0.25 • Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng

2y a= − , suy ra (0;4)a∈ 0.25

II (2.0)

1. (0.5 điểm) Giải phương trình: 2 4log ( -3) 2log 2x x+ = .

• Điều kiện: 3x > • Phương trình tương đương với 2log x( -3) 2 (x 3) 4x x= ⇔ − =

0.25

• Giải và kết hợp điều kiện thu được nghiệm 4x = 0.25

2.(1.0 điểm)Giải phương trình: 2 2 34sin 3 cos2 1 2cos2 4x x x⎛ ⎞− = + −⎜ ⎟

⎝ ⎠

π .

• Phương trình ⇔ 32(1 cosx) 3 cos2x 2 cos 2

2x π⎛ ⎞− − = − −⎜ ⎟

⎝ ⎠

0.25

• sin 2x 3sin 2 2cosxx⇔ − = 0.25

• sin 2 cos

3x xπ⎛ ⎞⇔ − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

0.25

•

218 3sin 2 sin (k Z)53 2 26

kxx x

x k

π ππ π

ππ

⎡ = +⎢⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ − = − ⇔ ∈⎢⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎢ = +

⎢⎣

0.25

3(0.5 điểm) Tìm GTLN-GTNN của hàm số 2 3 lny x x x= + − trên đoạn [ ]1;2 .

• Ta có [ ]2 2 2

3' ln 1 ln 0, 1;23 (x 3) 3

xy x x xx x x

−= − − = − < ∀ ∈

+ + + +

0.25

• GTLN của hàm số trên đoạn [ ]1;2 là (1) 2y = , GTNN của hàm số trên đoạn

[ ]1;2 là (2) 7 2ln 2y = −

0.25

1. (0.5 điểm) Tìm các nguyên hàm sau: 2(x 3sinx)I dx

x= − +∫ .

• 2 3 sin xdxI xdx dx

x= − +∫ ∫ ∫

0.25

• 2

2ln 3cos2xI x x C= − − +

0.25

2. (0.5 điểm) Tính giới hạn: 2

20

3 coslimx

x

xTx→

−= .

• 2

2 20 0

3 1 1 coslim limx

x x

xTx x→ →

− −= +

0.25

• 2 2ln3

220 0

2sin1 12lim ln3 lim ln3ln3 24

4

x

x x

xeT

xx→ →

−= + = +

0.25

3 (0.5 điểm) Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ để tham gia đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam.

• Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử, ta có 525( ) Cn Ω =

• Gọi A là biến cố: “5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam”

• TH1: 1 học sinh nữ và 4 học sinh nam, suy ra số cách chọn là: 1 410 15C C

• TH2: 2 học sinh nữ và 3 học sinh nam, suy ra số cách chọn là: 2 310 15C C

0.25

•

1 4 2 31 4 2 3 10 15 10 1510 15 10 15 5

25

C(A) 325(A) C (A)( ) 506

C C Cnn C C C Pn C

+= + ⇒ = = =

Ω

0.25

1 (05 điểm) Tính thể tích của khối chóp .S ABCD theo a.

• .

1 . (ABCD)3S ABCDV SAdt=

• Trong đó 2(ABCD) adt =

0.25

• Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAB) bằng góc ∑ ∑

30

.45 cot3S ABCDaASD SA AD ASD a V= ⇒ = = ⇒ =

0.25

2.(0.5 điểm)Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

• Gọi I là trung điểm của SC, ta có IS IC ID IA IB= = = = (do các tam giác , ,SAC SBC SCDΔ Δ Δ là các tam giác vuông), nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp

hình chóp S.ABCD

0.25

• Bán kính mặt cầu 3

2 2SC aR = =

0.25

3. (0.5 điểm) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD) theo a

• Vì O là trung điểm của AC nên 1(O,(SCD)) (A,(SCD))

2d d=

• Gọi H là hình chiếu của A trên SD, ta có

(SCD)(SAD) (SCD)AH SD

AH⊥⎧

⇒ ⊥⎨⊥⎩

, từ đó dẫn đến 1(O,(SCD))2

d AH=

0.25

• Trong tam giác vuông SAD, ta tính được 2 2(O,(SCD)

2 4a aAH d= ⇒ =

0.25

V

(1.0 điểm) Giải hệ phương trình ( )

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+++

−+=++

10)1(4)19(111913

223

2

xxyxxx

yxy

• ĐK: 0x ≥ • Nhận xét: Nếu x = 0 thì không TM hệ PT

Xét x > 0

PT (1) ⇔x

xxyyy ++=++

11933 2

⇔ 11111)3(332

2 +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=++

xxxyyy (3)

0,25

• Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. 12 +t , t > 0. Ta có: f’(t)

= 1 + 1

12

22

+++ttt >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)

• PT(3) ⇔ f(3y)= f ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

x1 ⇔ 3y =

x1

0,25

• Thế vào pt(2) ta được PT: 10).1(4 223 =+++ xxxx . Đặt g(x)= 10).1(4 223 −+++ xxxx , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0 ⇒g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

0,25

• Ta có g(1) = 0. Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1

• Với x =1⇒y =31

• KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;31 ).

0,25

VI (1.0 điểm)Trong mặt phẳngOxy , cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của AB , N là điểm trên cạnh AD sao cho 2AN ND= . Giả sử đường thẳng CN có

phương trình 2 11 0x y+ − = và điểm 5 1;2 2

M ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

. Tìm tọa độ điểm C.

• Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên CN, ta có

3 5(M,CN)2

MH d= =

0.25

• Xét tam giác CMN, ta có

∑ ∑2 2 2

02cos 452 . 2

CN CM MNNCM NCMCN CM+ −

= = ⇒ =, từ đó suy ra được

3 102

MC =

0.25

• Do C thuộc đường thẳng CN nên ( )11 2 ;C c c− , từ

3 102

MC = 25 35 50 0c c⇔ − + =

0.25

• Tìm được (7;2);C(1;5)C 0.25

V (1.0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: 22=xyz

82244

88

2244

88

2244

88

≥++

++

++

++

++

+

xzxzxz

zyzyzy

yxyxyx

• Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8

• Do 2

22 baab +≤ nên

2)(3 22

22 baabba +≤++ Dấu“=”có ⇔ a=b

0,25

• Ta có: ( )22

44

22

44

23 ba

baabba

ba

+

+≥

++

+ .

• Ta sẽ chứng minh: ( )

)(31

23

22

22

44

baba

ba+≥

+

+ (1).

• Thật vậy: (1) ⇔ 2( )44 ba + 222 )( ba +≥ ⇔ (a2 – b2)2 0≥ (luôn đúng).

Do đó ta được: )(31 22

22

44

baabba

ba+≥

++

+ Dấu“=”có ⇔ a2=b2⇔ a=b

0,25

• Áp dụng BĐT trên ta có: )(31 22

22

44

cbbccb

cb+≥

++

+ Dấu“=”có ⇔ b=c

)(31 22

22

44

accaac

ac+≥

++

+ Dấu“=”có ⇔ c=a

• Cộng các vế các BĐT trên ta được:

0,25

)(32 222

22

44

22

44

22

44

cbacaac

acbccb

cbabba

ba++≥

++

++

++

++

++

+ (2)

Dấu“=”có ⇔ a=b=c

• Theo BĐT Cô-si ta có: 8.2)(32 3 222222 =≥++ cbacba .Dấu“=”có

⇔ a=b=c. Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ 2=== zyx

0,25