Bộ đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 18

SỞ GD - ĐT THANH HÓA 
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH,CĐ 
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 y x (m )x (m m)x      3 2 23 2 2 ( )1 , với m là tham số thực. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )1 khi m  0 . 
b) Tìm m để hàm số ( )1 có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x x (x x )   1 2 1 26 4 0 . 
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x sin x sin2x   0 . 
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình    log x log x log x     31 82
2
1 3 1 . 
Câu 4 (1,0 điểm) 
a) Trong một hộp đựng 8 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp trên. Tìm 
xác suất để 4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ. 
b) Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của biểu thức    x x x x  5 1021 2 1 3 . 
Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, aSD  17
2
, hình 
chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung 
điểm của đoạn AD. 
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD theo a. 
Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có D( ; )4 5 . 
Điểm M là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình x y8 10 0   . Điểm B 
nằm trên đường thẳng x y2 1 0   . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C, biết rằng điểm C có tung độ 
y 2 . 
Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
xy y y x y x
(x, y )
( y) x y (x ) ( x y ) y
        

      
2 3 1 3 5
1 2 2 1 2 1
 . 
Câu 8 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
 P
a b ca b bc b (a c)
  
     2 2
3 8 1
2 8 2 2 3
. 
----------- Hết ---------- 
Xin cảm ơn  RafaeL Fuji  (leekuyngpyoungjan19@gmail.com) đã gửi tới 
www.laisac.page.tl
SỞ GD - ĐT THANH HÓA 
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM 
ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH, CĐ 
LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015 
Môn: TOÁN 
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
a. (1,0 điểm) 
Khi m  0 ta có y x x   3 23 2 
* Tập xác định  D 
* Sự biến thiên: 
 - Chiều biến thiên: y ' x x  23 6 , y ' x  0 0 hoặc x  2 
0,25 
 - Khoảng đồng biến: ( ; )0 2 ; các khoảng nghịch biến ( ; ) 0 và ( ; )2 
 - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại CTx ; y  0 2 ; đạt cực đại tại CDx ; y 2 2 
 - Giới hạn: 
x x
lim y ; lim y
 
    
0,25 
 - Bảng biến thiên: 
x  0 2  
y’ - 0 + 0 - 
y 
 2 
 -2  
. 
0,25 
* Đồ thị: 
0,25 
b. (1,0 điểm) 
Ta có y ' x (m )x (m m)     2 23 2 3 2 . 
Hàm số có hai điểm cực trị  y '  0 có hai nghiệm phân biệt 
0,25 
 m m        2 3 2 3 20 9 2 0
2 2
 (*) 
0,25 
Ta có m m (m )x x ; x x   
2
1 2 1 2
2 2 3
3 3
; x x (x x ) m m       21 2 1 26 4 0 10 24 0 
0,25 
1 
m  2 hoặc m  12 (loại). Vậy m  2 0,25 
x
y
2
2
-2
O 1
 (1,0 điểm) 
Pt đã cho   2cos2x.sinx 2sin x.cosx 0 0,25 
   22sinx(2cos x cosx 1)=0 
0,25 
     s inx 0 x k 
 cos x x k      1 2 
0,25 
2 
 cos x x k      1 2
2 3
 Vậy, phương trình có các nghiệm là:       x k ; x k2 (k )
3
 . 
0,25 
 (1,0 điểm) 
Điều kiện: x 1 3 0,25 
Pt đã cho log (x ) log ( x) log (x )     2 2 21 3 1 0,25 
 (x )( x) x    1 3 1 x x   2 4 0 0,25 
3 
 x   1 17
2
 hoặc x  1 17
2
 (loại) 
 Vậy, phương trình có nghiệm là x  1 17
2
0,25 
 (1,0 điểm) 
a) Số cách lấy ra 4 viên bi từ hộp là: C 414 1001 
 4 viên bi lấy ra có cả xanh và đỏ, có 3 khả năng: 
 1viên đỏ + 3viên xanh; 2 viên đỏ + 2 viên xanh; 3 viên đỏ + 1viên xanh 
0,25 
 Số cách lấy ra 4 viên bi có cả xanh và đỏ là: C .C C .C C .C  1 3 2 2 3 18 6 8 6 8 6 916 
 Vậy, xác suất cần tính P  916
1001
. 
0,25 
b) Hệ số của 5x trong khai triển của  5x(1 2x) là  4 45( 2) .C 
 Hệ số của 5x trong khai triển của 2 10x (1 3x) là 3 3103 .C 
0,25 
4 
 Hệ số của 5x trong khai triển thành đa thức của   5 2 10x(1 2x) x (1 3x) là  4 45( 2) .C +
3 3
103 .C 
 Vậy hệ số của 5x trong khai triển là  4 45( 2) .C + 
3 3
103 .C 3320 . 
0,25 
 (2,0 điểm) 5 
 a)SH (ABCD) SH HD   . Ta có 
SH SD HD SD (AH AD )    2 2 2 2 2 
SH a  3 
S.ABCD ABCD
aV SH.S 
31 3
3 3
b) HK//BD HK//(SBD) d(HK,SD) d(HK,(SBD)) d(H,(SBD))   
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên BD và F là hình chiếu vuông góc của H trên SE. 
Ta có BD HE và BD SH nên BD (SHE) BD HF  mà HF SE 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
K
H
CB
A D
S
E
F
 do đó HF (SBD) . Suy ra d(H,(SBD)) HF 
Ta có  aHE HB.sin EBH  2
4
HS.HE aHF
HS HE
  
2 2
3
5
. Vậy, ad(HK,SD)  3
5
0,25 
0,25 
 (1,0 điểm) 6 
 Gọ H, K là hình chiếu vuông góc của B, D lên CM 
.
DK
( )
 
 
 2 2
4 8 5 10 26
651 8
 Gọi I, G là giao điểm của BD với AC và CM G là trọng 
 tâm ACD ; BH BGDG GI BG DG
DK DG
     2 2 2 
BH  52
65
; 
b
B(b; b ) BH b

       
17 18 522 1 17 18 52
65 65
b
b (loai)


  

2
70
17
 (loại vì điểm B và D cùng phía với đường thẳng CM). Do đó ta có B( ; ) I( ; ) 2 5 3 0 
 C( c ; c)8 10 CD.CB ( c).( c) ( c)( c)        14 8 12 8 5 5 0
 
c c   265 208 143 0 
c
c (loaido c )


  

1
143 2
65
 C( ; ) A( ; )   2 1 8 1 . 
 Vậy A( ; ); B( ; ); C( ; )  8 1 2 5 2 1 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 (1,0 điểm) 
Điều kiện: 
y
x y x
y x y
y x

     
   
  
0
2 1 5
1 2 10
3 5
 (*) 
0,25 
Ta có phương trình (2) ( y)( x y ) ( x y )( y)        1 2 1 2 1 1 0 
 ( y)( x y )( )
x y y
     
  
1 11 2 1 0
2 1 1
 (3) 
Do 
x y y
 
  
1 1 0
2 1 1
và y 1 0 nên phương trình (3)  y x 2 1 
0,25 
Với y x 2 1. Phương trình (1) trở thành x x x x     22 4 2 5 1 (đk: x 2 4 ) 
Pt ( x ) ( x ) ( x x )         22 1 4 1 2 5 3 0 
 (x )( x )
x x
     
   
1 13 2 1 0
2 1 4 1
x
x ( )
x x


   
    
3
1 1 2 1 4
2 1 4 1
0,25 
7 
Xét f (x)
x x
 
   
1 1
2 1 4 1
 và g(x) x 2 1 với  x ; 2 4 , ta có g(x) g( ) 2 5 
M
C
A
H
D
B
K
G
I
 f '(x) , x ;
x ( x ) x ( x )
     
     2 2
1 1 0 2 4
2 2 2 1 2 4 4 1
 f(x) nghịch biến 
f (x) f ( )  

12 1
2 1
. Do đó  f (x) g(x), x ;   2 4 hay phương trình (4) vô nghiệm 
 Vậy, hệ phương trình có nghiệm là ( ; )3 5 
. 
0,25 
 (1,0 điểm) 
Ta có bc b. c b c  8 2 2 2 . Suy ra 
(a b c)a b bc

  
3 3
22 8
0,25 
Mặt khác (a c) b (a c) b    2 22 2 . Suy ra 
a b c(a c) b
 

    2 2
8 8
33 2 2
0,25 
Do đó P
(a b c) a b c a b c (a b c) a b c
    
           
3 8 1 1 8
2 3 2 3
 (1) 
Đặt a b c t, t    0 . Xét hàm số f (t)
t t
 

1 8
2 3
 với t  0 . 
Ta có (t )( t )f '(t)
t ( t) t ( t)
 
   
 2 2 2 2
1 8 3 1 5 3
2 3 2 3
, suy ra f '(t) t  0 1 
Bảng biến thiên: 
 t 0 1  
f’(t) - 0 + 
f(t) 
  3
2
0,25 
 8 
Từ bảng biến thiên suy ra f (t) f ( )   31
2
 với mọi t  0 (2) 
Từ (1) và (2) ta có P   3
2
. Dấu đẳng thức xảy ra khi 
a b c a c
b c
bb a c
     
  
    
11
42
1
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  3
2
, đạt được khi a c , b  1 1
4 2
. 
0,25 
----------- Hết ----------- 
 Xin cảm ơn  RafaeL Fuji  (leekuyngpyoungjan19@gmail.com) đã gửi tới 
www.laisac.page.tl