Đề thi thử THPT quốc gia số 7

(1)

1

ĐỀ THI THỬ THQG NĂM 2015 Môn: TOÁN.

Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x⁴ 2x²1.

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ ²

x 2 . Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C).

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Giải bất phương trình log₂² ¹ log (2₃ 1) log 3₂ 2

x  x  .

b) Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn?

Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình ^{cot 2} ^{1 tan} 1 tan x x

x

 

 . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân ⁵

1

3 1

I dx

x x





 ^.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểmA(2;1; 1), AB(1;0;3). Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB vuông tại M.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD.

Biết 2, 2 , ⁵

SAa AC a SM  2 a, với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng AB x: 2y 3 0 và đường thẳngAC y:  2 0. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB 2IA, hoành độ điểm I: x_I  3 và ^M



^^1;3



nằm trên đường thẳng BD.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2 3

2 3 3

(1 )( 3 3) ( 1) .

( , )

2 4 2( 2)

y x y x y x

x y

x y x y

      

 

     



.

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2x3y7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P2xy y 5(x²y²)24 8(³ x y) (x²y²3).

--- Hết --- NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0909544238

Câu Nội dung Điểm

(2)

2 1.a

Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x⁴ 2x²1. 1,00 TXĐ:

Giới hạn: lim , lim

x x

y y

     

0,25

Sự biến thiên: y^/  4x³4 ,x  x

/ 0 1

0 1 2

x y

y x y

  

       

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( 1; 0) và (1;), hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1) và (0;1)

0,25

Bảng biến thiên

x  -1 0 1 ^

y’ + 0 - 0 + 0 - y 2 2

1

 ^

0,25

Đồ thị có điểm cực đại A(-1;2), B(1;2) và điểm cực tiểu N(0;1). Vẽ đồ thị (C). 0,25

1.b

Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ ² x 2 . Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C).

1,00

Ta có ^{2 7}; ( ) 2 4

M  C

 

 

  . Và ^/( ²) 2

y 2  0,25

Pttt (d) có dạng ^/ ² ² ⁷

2 2 4

y y  x 

    

2 3 y x 4

   0,25

Pt hđ giao điểm của d và (C): ⁴ 2 ² 1 2 ³ 4 ⁴ 8 ² 4 2 1 0

x x x 4 x x x

          0,25

 

2

2 2

4 4 2 2 0

x 2 x x

 

     

2 2 2 2 2

, ,

2 2 2

x x   x  

    .

Vậy có 3 điểm: ^{2 7}^; ^, ^/ ² ²^{, 2} ¹ ^, ^{/ /} ² ²^, ² ¹

2 4 2 4 2 4

M  M    M   

  

     

      0,25

(3)

3 2.a

Giải bất phương trình log₂² ¹ log (2₃ 1) log 3₂ 2

x  x  . 0,50

ĐKXĐ ² ¹ ⁰ ¹

x    x 2 (*)

Với đk (*), pt log (2₂ x 1) log (2₃ x  1) 1 log 3₂

2 3 3 2

log 3.log (2x 1) log (2x 1) 1 log 3

     

0,25



log 3 1 log (22



3 x 1) 1 log 32

     log (2₃ x 1) 12x   1 3 x 1 Đối chiếu (*), tập nghiệm: ¹;1

S  2 

0,25

2.b

Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca.

Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn?

0,50

Mỗi cách chọn 2 tiết mục múa trong 3 tiết mục múa là một tổ hợp chập 2 của 3, suy ra số cách chọn 2 tiết mục múa: C₃²3.

Mỗi cách chọn 2 tiết mục đơn ca trong 5 tiết mục đơn ca là một tổ hợp chập 2 của 5, suy ra số cách chọn 2 tiết mục đơn ca: C5² 10.

Mỗi cách chọn 3 tiết mục hợp ca trong 4 tiết mục hợp ca là một tổ hợp chập 3 của 4, suy ra số cách chọn 3 tiết mục hợp ca: C₄³4.

0,25

Theo quy tắc nhân, số cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn: 3.10.4 = 120 0,25

3

Giải phương trình ^{cot 2} ^{1 tan} 1 tan x x

x

 

 .

1,00 ĐK:

sin 2 0 cos 0 2

tan 1

4

x x k

x

x k

x



 

 

  

  

 

      

 

0,25

Với ĐK pt tan 2 tan

2 x 4 x

 

   

      

0,25 2 2x 4 x k

  

     0,25

Kết hợp ĐK, ta có nghiệm: ,

x 4 k k 0,25

4

Tính tích phân

5 1

1

3 1

I dx

x x





 ^. ^1,00

Đặt

2 1

3 1, 0

3

t  x t  x t  2 dx 3tdt

 

Đổi cận: x  1 t 2;x  5 t 4. 0,25

4 2 2

2 1

I 1dt

 t



 ⁴

2

1 1

( )

1 1

I dt

t t

  

 



^0,25



ln 1 ln 1



⁴2

I  t  t 0,25

2ln 3 ln 5

I   0,25

(4)

4 5

Cho điểmA(2;1; 1), AB(1;0;3). Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB vuông tại M.

1,00

Ta có OBOA AB (3;1; 2)B(3;1; 2) 0.25

* OA(2;1; 1), AB(1;0;3)không cùng phương: O, A, B không thẳng hàng. 0.25 Ta có OM t OA(2 ; ;t t  t) M(2 ; ;t t t) và

(2 2; 1; 1), (2 3; 1; 2)

AM t t  t BM t t  t Tam giác MAB vuông tại M thì

. 0 (2 2)(2 3) ( 1)( 1) ( 1))( 2) 0

AM BM   t t  t t   t   t

2 5

6 11 5 0 1,

t t t t 6

       .

0.25

 t 1 M(2;1; 1) A (loại) và ⁵ ( ; ;^{5 5} ⁵)

6 3 6 6

t M  thỏa bài toán. 0,25

6

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. Biết ^2, ^{2 ,} ⁵

SAa AC a SM  2 a, với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.

N M

O A

B C

D S

H K

1,00

Từ giả thiết SO(ABCD)SO AC OA, a, SO SA²OA² a 0,25

2 2 1

: 2

OSM O OM SM SO a

    

Ta có ABCB BC: 2MOa AB,  AC²BC²  3a

3 .

1 3

. .

3 3

S ABCD

V  AB BC SO a

0,25 Gọi N trung điểm BC MN/ /ACd SM AC( , )d AC SMN( , ( ))d O SMN( , ( ))

OMN O

  : OMN O OH: MN SO, MNMN(SOH)

: ( ) ( , ( )

SOH O OK SH OK SMN OK d O SMN

      

0,25

(5)

5 OMN O

  : ³ , , ³

2 2 4

ON  a OM  a OH MN OH  a

2 2

. 57

: ( , )

19 OS OH

SOH O d SM AC OK a

OS OH

    

 0,25

7

Cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng

: 2 3 0

AB x y  và đường thẳngAC y:  2 0. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết

2

IB IA, hoành độ điểm I: x_I  3 và ^M



^^1;3



nằm trên đường thẳng BD.

E I

A D

B C

F M

1,00

Ta có A là giao điểm của AB và AC nên ^A

 

^{1; 2} ^. ^0,25

Lấy điểm ^E

 

^{0; 2} ^^AC^{. Gọi}^F



²^a^^3;^a



^^AB sao cho EF // BD.

Khi đó EF AE ^EF BI 2 2

EF AE

BI  AI  AE  AI   



² ³

 

² ²



² ² ¹11 5 . a

a a

a

 

     

 

0,25

Với a1 thì ^EF^{  }



^{1; 1}



là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là ⁿ^{ }



^{1; 1}



^{. Pt}^{BD x}^: ^{  }^y ⁴ ⁰ ^^BD^^AC^{ }^I



^{2; 2}





^{5; 1}



BDABB  

Ta có 2 ³ 2; ³ 2

2 2

IB IB

IB ID ID ID D

ID IA

 

          

 .

 

1 3 2 2; 2

2

IA IA

IA IC IC IC C

IC IB

         .

0,25

Với ¹¹

a 5 thì ^{7 1}; EF 5 5

   là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là ⁿ^



^{1; 7}^



^{. Do đó,}^{BD x}^: ^⁷^y^²²^⁰ ^{ }^I



^{8; 2}



(loại).

0,25

8

Giải hệ phương trình.

2 3

2 3 3

(1 )( 3 3) ( 1) . (1)

( , )

2 4 2( 2) (2)

y x y x y x

x y

x y x y

      

 

     



(I) 1,00

ĐKXĐ: ² ⁰ ²

0, 1 1, 1

x y x y

    

 

 

   

 

 

Nhận xét x1,y1 không là nghiệm của hệ. Xét y1 thì pt (1) của hệ (I)

2 2

( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) 0

x x y  y  y x y  0,25

(6)

6

2

3 0

1 1 1

x x x

y y y

 

         , 0

1

t x t

 y 

 . Khi đó, pt (1) trở thành

   

4 2 3 2

3 0 1 2 3 0 1.

t      t t t t   t t   t 0,25

Với t = 1, thì 1 1

1

x y x

y    

 , thế vào pt(2), ta được

   

     

3 3

2 3 2 3

2 2

2 3 2

3 3

3

2 2

2 3 2

3 3

3

1 2 4 2 1 1 2 4 1 0

1 6 1 0

4 1 4 1

6 1

1 1 0

4 1 4 1

x x x x x x x x

x x x x

 

              

 

   

     

      

 

 

 

   

     

        

 

0,25

 

2 1 5

1 0 1

x x x 2 x

       .

Với ¹ ⁵ ³ ⁵.

2 2

x   y 

Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm



^;



¹ ^{5 3}^; ⁵ ^.

2 2

x y    

  

 

0,25

9

Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2x3y7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P2xy y 5(x²y²)24 8(³ x y) (x²y²3).

1,00

Ta có

2 2 3 3 2

6( 1)( 1) (2 2)(3 3) 36 5

2

x y

x y  x y         x y xy . 0,25 Ta có ⁵⁽^x²^^y²⁾^



²^x^^y



²^ ⁵⁽^x²^^y²⁾^²^x^^y^và

2 2 2

2 2

( 3) 9 2 6 6 0

2( 3) 8( ) ( 3)

x y x y xy x y

x y xy x y x y

        

        

Suy ra P2(xy  x y) 24 2(³ x y xy3) 0,25 Đặt ^t^{  }^x ^y ^{xy t}^, ^



^0;5



^,^P^ ^{f t}^{( )}^{ }²^t ^{24 2}³ ^t^⁶

Ta có ^/ ₂ ³ ² ₂

 

3 3

(2 6) 8

( ) 2 24.2 2 0, 0;5

3 (2 6) (2 6)

f t t t

t t

 

     

 

Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng



^0;5



^.

Suy ra min ( )f t  f(5) 10 48 2  ³ .

0,25

(7)

7 Vậy min 10 48 2,³ ²

1

P khi x

y

 

    0,25

Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa.

--- Hết ---