Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1 môn Toán - Năm học 2014-2015 - Trường THPT Lam Kinh (Có đáp án)

 >>  - Học là thích ngay! 1 
Trường THPT Lam Kinh 
 THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA - LẦN I - NĂM 2015 
 Môn: Toán 
 Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề). 
Câu 1 ( ID: 82440 ) (4.0 điểm). Cho hàm số 
2 1
2
x
y
x



 (1). 
 a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
 b. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. 
Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. 
Câu 2 ( ID: 82441 ) (2.0 điểm). 
 a. Giải phương trình cos x cos3x 1 2 sin 2x
4
 
    
 
. 
 b. Giải phương trình 
1 2 1
log 1 log 6x x
 

Câu 3 ( ID: 82442 ) (1.0 điểm). Giải bất phương trình 2.14 3.49 4 0x x x   
Câu 4 ( ID: 82443 ) (4.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có AC = a, BC= 2a, 120oACB  . 
Đường thẳng A’C tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 300. Gọi M là trung điểm của BB’. Tính thể tích 
khối lăng trụ ABCA’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CC’ theo a. 
Câu 5 ( ID: 82444 ) (1.0 điểm). Tìm hệ số của 7x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 
n
x
x 






22 , biết 
rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 323 1 24 nnn ACC  . 
Câu6 ( ID: 82445 ) (2.0 điểm). Tính nguyên hàm   xdxe
x )2015( 
Câu 7 (ID: 82446 ) (2.0 điểm). Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và 
giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 
Câu 8 (ID: 82447 ) (2.0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
    

   
 ( , )x yR . 
Câu 9 ( ID: 82448 ) (2.0 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
     
      
...HẾT 
 2 
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN 
(KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN ĐH - CĐ LẦN I NĂM 2015) 
Câu Đáp án Điểm 
 Câu 1 
 (4.0đ) 
a.(2.0đ) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 
2 1
2
x
y
x



. 
i/ TXĐ: D = R\{-2} 
ii/ Sự biến thiên 
+ Giới hạn- tiệm cận 
 Ta có: 
  22
lim;lim;2limlim
xxxx
yyyy 
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y= 2. 
0,5 
+ Chiều biến thiên. Có Dx
x
y 

 0
)2(
3
'
2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )2;(  và );2(  
0,5 
+ Bảng biến thiên 
 x  -2  
 y’ + + 
  2 
 y 
 2  
0,5 
iii/ Đồ thị: 
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; 
2
1
) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1
 ;0) 
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 
2
1 
0,5 
b. (2.0 đ) Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm 
phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất 
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình 








)1(021)4(
2
2
12
2 mxmx
x
mx
x
x
0.5 
Do (1) có mmmvam  0321)2).(4()2(01 22 nên đường 
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B. 
0.5 
Ta có: yA = m – xA; yB = m – xB nên AB
2
 = (xA – xB)
2
 + (yA – yB)
2
 = 2(m
2
 + 12) 
mà AB ngắn nhất khi AB2 nhỏ nhất, đạt được khi m = 0 ( khi đó 24AB ). 
1.0 
x 
y 
O 
2 
-2 
 3 
 Câu2 
 (2.0đ) a. (1.0đ) Giải phương trình cos x cos3x 1 2 sin 2x
4
 
    
 
. 
cos x cos3x 1 2 sin 2x
4
2cos x cos2x 1 sin 2x cos2x
 
    
 
   

22cos x 2sin xcosx 2cosxcos2x 0   
0.25 
  cos x cos x sinx 1 sinx cosx 0    
0.25 
cos x 0
cos x sinx 0
1 sinx cosx 0

  

   
0.25 
x k
2
x k
4
x k2
3
x k2
2

  

    


 

 
  

  k 
Vậy, phương trình có nghiệm: 
x k
2
x k
4
x k2

  

    


 


 k 
0.25 
b. (1.0 đ) Giải phương trình 
1 2 1
log 1 log 6x x
 

ĐK: x > 0 và x  1; x
10
1
0.25 
Đặt t = logx, được phương trình theo ẩn t là: 
 t
2 
- 5t + 6 = 0 (với t 0 và t -1) 
2
3
t
t

  
0.5 
Với t = 2 thì ta có x = 100 (t/m) 
Với t= 3 thì ta có x = 1000 (t/m) 
Vậy phương trình có hai nghiệm là x =100 và x = 1000 
0.25 
 4 
Câu3 
(1.0đ) 
Giải bất phương trình sau 2.14 3.49 4 0x x x   
Chia cả hai vế của bpt cho 4x được bpt
2
7 7
2 3 1 0
2 2
x x
   
      
   
0.25 
Đặt 
7
2
x
t
 
  
 
 (với t > 0 ) 
Bpt trở thành 3t2 + 2t – 1  0 
1
1
1
3
3
t
t
t
 
  
 

0.5 
7 1
2 3
x
 
  
 
7
2
log 3x   
KL: BPT có tập nghiệm 






 ;3log
2
7S 
0.25 
Câu 4 
(4.0đ) 
0.5 
 Kẻ đường cao CH của tam giác ABC.Có CHAB ;CHAA’ suy ra 
CH (ABB’A’),Do đó góc giữa A’C và mp(ABB’A’) là góc 0' 30CA H  
0,5 
Ta có 
2
01 3. .sin120
2 2
ABC
a
S CACB   
Trong tam giác ABC : 2 2 2 0 22 . . os120 7 7AB AC BC AC BC c a AB a      
0,5 
+)
2 3 1 3
.
2 2 7
ABC
a
S AB CH CH a     
0,5 
30
0
M 
H 
C/ 
B/ 
A/ 
C 
B 
A 
1200 
2a 
a 
 5 
+) 0
3
' .sin 30 ' 2
7
CH A C A C a   
+) 2 2
5
' '
7
AA A C AC a   
0,5 
+)
3
' ' '
15
'.
2 7
ABCA B C ABC
a
V AA S  
0,5 
+)d(CC’ ;AM)=d(CC’ ;(ABB’A’))=d(C;(ABB’A’))=
3
7
a 
1.0 
Câu 5 
(1.0đ) Tìm hệ số của 
7x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 
n
x
x 






22 , biết rằng n là 
số nguyên dương thỏa mãn 323 1 24 nnn ACC  . 
Ta có 3),2)(1()1(
6
)1(()1(
.424 323 1 

 nnnnnn
nnn
ACC nnn 
0,25 
11
)2(33)1(2


n
nn
0,25 
Khi đó ..)2.(
2
.)(
2 11
0
322
11
11
0
112
11
11
2 



 












k
kkk
k
k
kk xC
x
xC
x
x 
Số hạng chứa 7x là số hạng ứng với k thỏa mãn .57322  kk 
Suy ra hệ số của 7x là .14784)2.( 5511 C 
0,5 
Câu 6 
(2.0đ) 
Tính nguyên hàm   xdxe
x )2015( 
Đặt 





dxedv
xu
x )2015( 





xev
dxdu
x 2015
0,5 
Khi đó 
  xdxe
x )2015( =   dxxexex
xx )2015()2015( 
0,5 
 )
2
.2015(2015
2
2 xexxe xx  + C 
0,5 
 Cxexe xx  2
2
2015
0,5 
 6 
Câu 7 
(2.0đ) 
Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm 
I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C 
và D. 
Ta có:  1;2 5AB AB    . Phương 
trình của AB là: 2 2 0x y   . 
0,5 
   : ;I d y x I t t   . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: 
   2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t  . 
Gọi CH là đường cao kẻ từ đỉnh C của hình bình hành 
Theo giả thiết D . 4ABCS AB CH  
4
5
CH  . 
0,5 
Ta có:  
   
4 5 8 8 2
; , ;| 6 4 | 4
3 3 3 3 3;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C Dt
d C AB CH
t C D
    
     
       
    
Vậy tọa độ của C và D là 
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
   
   
 hoặc    1;0 , 0; 2C D  
1.0 
Câu8 
(2.0đ) 
Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
    

   
, ( , )x yR . 
NX: hệ không có nghiệm dạng (x0 ;0) 
Với 0y  , ta có: 
2
2 2
2 2 2
2
1
4
1 4
.
( ) 2 7 2 1
( ) 2 7
x
x y
yx y xy y
y x y x y x
x y
y
 
  
     
 
        

0.5 
Đặt 
2 1
,
x
u v x y
y

   ta có hệ: 
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
       
            
0,5 
+) Với 3, 1v u  ta có 
hệ:
2 2 2 1, 21 1 2 0
2, 53 3 3
x yx y x y x x
x yx y y x y x
          
                
. 
KL: Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5). 
0,5 
 7 
+) Với 5, 9v u   ta có hệ: 
2 2 21 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x
        
   
          
, hệ này 
VN. 
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y   
0,5 
Câu 9 
(2.0đ) 
Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
     
      
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
 

 
  
. 
Đặt  , , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
 
           . 
Viết lại vế trái: 
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
 
  
   
  
  
0,5 
Ta có:    
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
        
  
. 
Tương tự: 
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
 
     
Do đó: 
 2
2
x y zx y z
y z z x x y x y z
 
   
    
. 
Tức là: 
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
     
      
0,5