Bộ đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Đề số 26, 27

6 
TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I 
 NĂM HỌC 2014 - 2015 
 Môn: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề . 
Câu 1 (4điểm):Cho hàm số )1(
1
12
x
x
y


 
 a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 
 b.Lập phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 4x+y+3=0 
Câu 2 (1điểm): Giải phương trình 02cos2sin22sin  xxx 
Cầu 3 (1điểm): Giải bất phương trình    xx  1
2
4
4 31log33log 
Câu 4 (2 điểm): Tính I =  

1
0
2
2
4
)4ln(
dx
x
xx
Câu 5 (2điểm):Từ tập hợp A={0,1,2,3,4,5,6,7} lập được bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số đôi 
một khác nhau bé hơn 3045 
Câu 6 (2điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(-1; 2; 1); B(2; -2; 4); C(0; -4; 1). 
Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A, 
B và có tâm I nằm trên trục Oy. 
Câu 7 (2điểm): Cho hình hộp ABCD DCBA  có hình chóp A'ABD là hình chóp đều, 
 AB=AA'=a. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD DCBA  và khoảng cách giữa 
 hai đường thẳng BA  và CA  
Câu 8 (2điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại B nội tiếp 
đường tròn (C) có phương trình 0251022  yyx . I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng BI 
cắt đường tròn (C) tại M (5;0) .Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn (C) tại N 




 
5
6
;
5
17
. Tìm tọa 
độ A,B,C biết hoành độ điểm A dương. 
Câu 9 (2điểm): Giải hệ phương trình 






323
323
)1(1)73(
3463
xyx
yyxxx
với yx,( R) 
 Câu 10 (2điểm): Cho các số dương a,b,c thoả mãn a(a-1)+b(b-1)+c(c-1)
3
4
 Tìm giá trị nhỏ nhất của 
1
1
1
1
1
1






cba
P 
 --- 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.. 
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
1 
TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI 
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2014 - 2015. 
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) 
Câu 1 Đáp án Điểm 
 1a 
(2đ) 
- Tập xác định D = R\ 1 
- Sự biến thiên 
 giới hạn 

y
x 1
lim ; 


y
x 1
lim  đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng 
 2lim 

y
x
; 2lim 

y
x
  đường thẳng y = -2 là tiện cận ngang 
0,5 
Chiều biến thiên 
2)1(
12)1(2
x
xx
y


 = 
2)1(
1
x
 > 0 x 1 
hàm số đồng biến trên ( )1; và );1(  
0,5 
Bảng biến thiên 
0,5 
Đồ thị: 
 cắt Ox tại ( 0 ; -1); cắt Oy tại ( )0;
2
1
và nhận giao điểm hai tiệm cận 
 I (1; -2) làm tâm đối xứng 
0,5 
Câu 1 Đáp án Điểm 
1b 
(2đ) 
Gọi )()
1
12
;(
0
0
0 C
x
x
xM 


Tiếp tuyến của (C) tại M: 
2
0 )1(
1
x
y

 )( 0xx 
0
0
1
12
x
x


 
0,25 
Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d nên hệ số góc của tiếp tuyến là 
4
1
k 
0,25 
  
2
0 )1(
1
x
 = 
4
1






21
21
0
0
x
x






3
1
0
0
x
x
0,5 
Với 10 x PTTT: 
4
5
4
1
2
3
)1(
4
1
 xyxy 0,5 
Với 30 x PTTT: 
4
13
4
1
2
5
)3(
4
1
0  xyxy 0,5 
x 
y 
y
' 
-2 
+ - 
+ 
- 
1 
+ + 
-2 
O 
y 
x 2
1
I 
-2 
1 
-1 
2 
Câu 2 
(1đ) 
0)1(cos2)1(cossin2
02cos2sin22sin


xxx
xxx
0)2sin2)(1(cos  xx 
0,5 
 




1sin
1cos
x
x
0,25 
cosx = 1 x= 2k 
sinx = 1 x= 

2
2
k . Nghiệm của phương trình là 









2
2
2
kx
kx
0,25 
Câu 3 
(1đ) 
2
4
4 log)33(log 
x ( )31 1 x (1) 
điều kiện xác định 






 031
033
1 x
x
 x>1 
0,25 
(1)  33log2 2 
x  )31(log2 12
x 
 )33(log2 
x  )31(log 12
x  33 x  
x3
3
1 
0,25 
 033.432  xx 






33
13
x
x
0,25 
 




1
0
x
x
Kết hợp điều kiện  tập nghiệm của bất phương trình là: );1( S 
0,25 
Câu 4 
(2đ) 
dx
x
xx
I  


1
0
2
2
4
)4ln(
 đặt u = ln )4( 2 x du = dx
x
x
4
.2
2 
 0,5 
0x  4lnu 
1x  5lnu 
0,5 
I =  
5ln
4ln
2
4ln
5ln
42
1 u
udu 0,5 
=  4ln5ln
4
1 22  0,5 
Câu 5 
(2đ) 
Gọi số cần lập là abcd 
Do abcd<3045 và abcd là số chẵn nên d{0,2,4,6} và a3 
Nếu a=1 thì d có 4 cách chọn và mỗi cách chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6 
Có 120.4 26 A số 
0,5 
Nếu a=2 thì d có 3 cách chọn và mỗi cách chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6 
 Có 90.3 26 A số 
0,5 
Nếu a=3,b=0,c=4 thì d có một cách chọn có 1 số 
0,25 
Nếu a=3,b=0,c=1 thì d có 3 cách chọn có 3 số 
0,25 
nếu a=3,b=0,c=2 thì d có 2 cách chon  có 2 số 
0,25 
Vậy tất cả có 120+90+1+3+2 = 216 số cần lập 
0,25 
3 
Câu 6 
(2đ) 
AB = (3; -4; 3); AC = ( 1; -6; 0) 
Giả sử tồn tại số k sao cho AB = k AC (1) 








k
k
k
03
64
3
 Vô nghiệm 
 Không tồn tại k thõa mãn (1) A, B, C không thẳng hàng 
0,5 
Do I  Oy nên I(0;a;0) 
Mặt cầu đi qua A,B nên IA=IB.  1+(a-2) 2 +1= 4+(a+2) 2 +16 
0,5 
 a 2 -4a+6 = a 2 +4a+24  8a = -18  a = 
4
9
 0,25 
 I(0;
4
9
;0). Bán kính của mặt cầu R=IA= 1)2
4
9
(1 2 

 =
4
321
 0,5 
Vậy phương trình mặt cầu là 
16
321
4
9 2
2
2 





 zxx 0,25 
Câu 7 
(2đ) 
Do ABDA/ là hình chóp đều nên với G 
là tâm ABD  GA /  (ABD) 
A'G là chiều cao của lăng trụ. Gọi 
O là giao điểm của BD và AC.Ta có 
AG = 
3
2
.AO= 
2
3a
. 
3
2
= 
3
3a
Trong tam giác vuông AGA / ta có 
GA / = 
3
6
3
2
222 aaaAGAA  
0,5 
ABCDS = 2 ABDS = 2.
2
1
. AO.BD = 
2
32a
DCBAABCD
V

= GA / . ABCDS = 
3
6a
. 
2
32a
= 
2
23a
0,5 
Gọi H là giao điểm của A'C' và B'D'. Do A'C'// AC nên 
),( CABAd  = ))(,( BACCAd  = ))(,( BACHd  
Từ H kẻ HE // GA / 






)//()(
)(
ABCDDCBA
ABCDGA
HE  DCBA ( )  HE  A'C' (1) 
Do DCBA  là hình thoi nên CA   DB  (2) 
0,5 
Từ (1) (2)  CA   (E DB  ) AC  (E DB  ) (3) 
Từ H kẻ HK  EB 
  HK  ( BAC  ) 
Từ (3)  HK  AC 
  HK = d (H, ( BAC  ) 
0.25 
Trong tam giác HEB ta có : 
2
1
HK
= 
2
1
HB
+ 
2
1
HE
 = 
2
4
a
+ 
26
9
a
= 
22
11
a
  HK = 
11
2a
0.25 
O 
A 
B 
C 
D 
D’ 
G 
E 
A’ 
B’ C’ 
H 
K 
4 
Câu 8 
(2đ) 
Ta có I (0;5). 
Do I là trung điểm BM B(-5;10) 
0,25 
Ta có: ABM ACN  (cùng phụ với BAC ) nên A là trung điểm cung MN 0,25 
 IA MN , 




 

5
6
;
5
42
MN 
Do IA MN nên đường thẳng AI nhận n =(7;1) làm véc tơ pháp tuyến 
0.25 
Phương trình đường thẳng AI là 7x + y - 5 = 0 
Tọa độ A là nghiệm hệ :





02510
057
22 yyx
yx
0,25 






50)5(
75
22 yx
xy
x 492 2x =50 2x =1 




)(1
1
loaix
x
 x=1y=-2 A(1;-2) 
0,25 
Đường thẳng BI nhận véc tơ BI = (5;-5) làm véc tơ chỉ phương nên nhận 
1n =(1;1) làm véc tơ pháp tuyến.phương trình đường thẳng BI là x +y - 5 = 0 
0,25 
Do tam giác ABC cân tại B nên C đối xứng với A qua BI 
AC BI nên đường thẳng AC nhận BIn
5
1
2  = (1;-1) làm véc tơ pháp tuyến 
phương trình đường thẳng AC là x-1-(y+2) = 0 x-y-3 = 0 
0,25 
Gọi H là giao điểm của BI và AC Tọa độ H là nghiệm hệ 





05
03
yx
yx






1
4
y
x
H(4;1) 
Do H là trung điểm AC nên C(7;4). Vậy A(1;-2) ,B(-5;10) ,C(7;4) 
0,25 
Câu 9 
(2đ) 






)2()1(1)73(
)1(3463
323
323
xyx
yyxxx
Từ (1)  yyxx 3)1(3)1( 33  . Xét hàm số )(tf = 3t + 3 t trên R 
0,25 
 )(' tf = 3 2t + 3 > 0  t R  hàm số y = f(t) đồng biến trên R 
 (1)  )1( xf = f ( y )  x +1= y 
0,25 
Thay y = x + 1 vào (2) ta có 3x ( x3 - 4) = 1- 32 )1( x 
 3x ( x3 - 4) = 
2
222
11
)111(
x
xxx


 x 2 0
11
12
43
2
22
2 











x
xx
xx 
0,5 











)3(0
11
12
43
0
2
22
2
x
xx
xx
x
 0,5 
A 
C 
B 
I 
N 
M 
H 
5 
(3)  






3
4
3
2
3
2
x 0
11
12
2
22



x
xx
 






2
3
2
3 x
 
 
0
116
2511
2
2
2
2



x
xx
 (vô nghiệm) 
Với x = 1  y = 1 
Vậy hệ có nghiệm ( x ; y) = ( 0;1) 
0,5 
Câu10 
(2đ) 
Ta có  3.
1
1
1
1
1
1
1
1
19
2











 cbaP
c
c
b
b
a
a 
3
9


cba
P 
0,5 
giả thiết  222 cba  - (a+b+c)
3
4
 (1) 
Mặt khác 222 cba    2
3
1
cba  nên nếu đặt t = a+b+c thì 
3
4
3
1 2  tt  0 < t 4 (do a,b,c dương) 
0,5 
Xét hàm số f(t)=
3
9
t
trên  4,0 ta có 0
)3(
9
)(
2




t
tf 
=> hàm số f(t) nghịch biến trên  4,0 . 
 0,4
9( ) (4)
7
minf t f   
0,5 
GTNN của P là 
7
9
 khi 





cba
cba
cba
111
4
3
4
0,5 
----Hết---- 
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl