Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - Năm học 2014-2015 - Trường THPT Như Xuân (Có đáp án)

 >>  - Học là thích ngay! 1 
SỞ GD&ĐT THANH HOÁ 
TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 
NĂM HỌC 2014-2015 
Môn: TOÁN THPT 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 ( ID: 82419 )(2,0 điểm). Cho hàm số    3 2y x 6x 9x 1 (1). 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
Tìm m để phương trình  2x(x 3) m có 3 nghiệm phân biệt. 
Câu 2 ( ID: 82420 ) (1,0 điểm). 
Giải phương trình:   2(sinx cosx) 1 cosx . 
Giải bất phương trình:    
0,2 0,2 0,2
log x log (x 1) log (x 2) . 
Câu 3 ( ID: 82421 )(1,0 điểm). Tính tích phân: 

1
0
6x+ 7
I dx
3x 2
. 
Câu 4 ( ID: 82422 ) (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 
  4 2f(x) x 8x 6 trên đoạn [ 3; 5]. 
Khai triển và rút gọn biểu thức      2 n(1 x) 2(1 x) ... n(1 x) thu được đa thức 
    n
0 1 n
P(x) a a x ... a x . Tìm hệ số 
8
a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn: 
 
2 3
n n
1 7 1
nC C
. 
Câu 5 ( ID: 82423 ) (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng 
(ABC), SA = 8a, tam giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB 
và BC. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng 
(AMN). 
Câu 6 ( ID: 82424 ) (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC có 
A(4; 6), phương trình đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 0132  yx và 
029136  yx . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Câu 7 ( ID: 82425 ) (1,0 điểm). Trong không gian toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1; -2; 3), B(2; 
0; 1), C(3; -1; 5). Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng và tính diện tích tam giác 
ABC. 
Câu 8 ( ID: 82428 ) (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
        

     
2
2
x y x y 3 (x y) 2 x y
(x, y R)
x x y 2 x y 3
. 
Câu 9 ( ID: 82429 )(1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 
1. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2x (y z) y (z x) z (x y)
P
yz zx xy
  
   . 
 >>  - Học là thích ngay! 2 
SỞ GD&ĐT THANH HOÁ 
TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 
NĂM HỌC 2014-2015 
Môn: TOÁN THPT 
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu Nội dung Điểm 
1a 
(1,25) 
a) 196 23  xxxy . 
*Tập xác định: D = R 
* Sự biến thiên 
 Chiều biến thiên: )34(39123' 22  xxxxy 
Ta cã 





1
3
0'
x
x
y , 310'  xy . 
0,25 
Do đó 
 + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1,( và ),3(  . 
 + Hàm số nghịch biến trên khoảng ).3,1( 
0,25 
 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1x và 3)1(  yyCD ; Hàm số đạt cực tiểu tại 
3x và 1)3(  yyCT . 
 giới hạn: 

yy
xx
lim;lim . 
0,25 
 Bảng biến thiên: 
0,25 
Đồ thị : 
Đồ thị hàm số cắt trục tung tại 
điểm )1,0(  . 
1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O
0,25 
x 
y’ 
y 
3 
-1 


0 0 
3 1 

   
 >>  - Học là thích ngay! 3 
1b 
(0,75) 
Ta có:  2x(x 3) m      3 2x 6x 9x 1 m 1 . 0,25 
Phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m – 1 cắt (C) tại 
3 điểm phân biệt 
0,25 
        1 m 1 3 0 m 4 0,25 
2a 
(0,5) 
Ta có:   2(s inx cosx) 1 cosx    1 2sin xcosx 1 cosx 
 cosx(2sin x-1) 0 (0,25) 
 



cosx 0
1
s inx=
2







 

  


 

x k
2
x= k2 (k Z).
6
5
x k2
6
0,25 
2b 
(0,5) 
Điều kiện: x 0 (*). 
   
0,2 0,2 0,2
log x log (x 1) log (x 2)    2
0,2 0,2
log (x x) log (x 2) 0,25 
   2x x x 2  x 2 (vì x > 0). 
Vậy bất phương trình có nghiệm x 2 . 
0,25 
3 
(1,0) 

1
0
6x+ 7
I dx
3x 2


1
0
(6x+ 4)+ 3
dx
3x 2
 

1
0
3
(2 )dx
3x 2
 0,25 
 
 
1 1
0 0
3
2 dx dx
3x 2
 
 
1 1
0 0
1
2 dx d(3x+ 2)
3x 2
 0,25 
  
11
0 0
2x ln 3x 2 0,25 
 
5
2 ln
2
. 0,25 
4a 
(0,5) 
  4 2f(x) x 8x 6 
 3f '(x) 4x 16x 
0,25 
 >>  - Học là thích ngay! 4 
 
  
 
x 0
f '(x) 0
x 2
. 
  f( 3) 9 , f(0) 6 ,  f(2) 10 ,  f( 5) 9 . 
Vậy: 

 
[ 3; 5 ]
maxf(x) f(0) 6 ,

  
[ 3; 5 ]
min f(x) f(2) 10 
0,25 
4b 
(0,5) Ta có: 











nnnnnn
n
nCC nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2
3
171
32
 .9
0365
3
2






 n
nn
n
0,25 
Suy ra 8a là hệ số của
8x trong biểu thức sẽ là .89.9.8 89
8
8  CC 
0,25 
5 
(1,0) 
*) Ta có: 
2 2 2a 3AN AB BN   
Diện tích tam giác ABC là: 
21 . 4a 3
2
ABCS BC AN   . 
0,25 
Thể tích hình chóp S.ABC là: 
2
.
1 1
. 4a 3.8a
3 3
S ABC ABCV S SA  
332a 3
3
 (đvtt). 
0,25 
*) Ta có: 
.
.
1
. .
4
B AMN
S ABC
V BA BM BN
V BA BS BC
  
3
. .
1 8a 3
4 3
B AMN S ABCV V  . 
0,25 
Mặt khác, 
1
4 5a 2 5a
2
SB SC MN SC     ; 
1
2 5a
2
AM SB  . 
Gọi H là trung điểm AN thì MH AN , 2 2 a 17MH AM AH    . 
Diện tích tam giác AMN là 2
1 1
. 2a 3.a 17 a 51
2 2
AMNS AN MH    . 
Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: 
3
.
2
3 8a 3 8a 8a 17
( , ( ))
17a 51 17
B AMN
AMN
V
d B AMN
S
    . 
0,25 
S 
A 
B 
N 
C 
M 
H 
 >>  - Học là thích ngay! 5 
6 
(1,0) 
-Gọi đường cao với đường trung tuyến lần lượt là CH và CM 
Khi đó 
 CH : 0132  yx , 
 CM : .029136  yx 
- Ta có: ).1;7(
029136
0132






C
yx
yx
- )2,1(
CHAB
unCHAB 
 0162:  yxABpt . 
0,25 
- Ta có )5;6(
029136
0162
M
yx
yx






 ).4;8(B 0,25 
Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp .0: 22  pnymxyxABC 
Vì A, B, C thuộc đường tròn nên








0750
04880
06452
pnm
pnm
pnm









72
6
4
p
n
m
. 
0,25 
Suy ra pt đường tròn: 0726422  yxyx hay .85)3()2( 22  yx 0,25 
7 
(1,0) 
Ta có (1;2; 2), (2;1;2)AB AC   0,25 
[ , ] (6; 6; 3) 0AB AC     0,25 
Suy ra ,AB AC không cùng phương nên A, B, C không thẳng hàng. 0,25 
Diện tích tam giác ABC là 
1 9
S = [ , ]
2 2
ABC AB AC  (đvdt). 0,25 
8 
(1,0) Giải hệ: 
        

     
2
2
x y x y 3 (x y) 2 x y (1)
(x, y R)
x x y 2 x y 3 (2)
. 
Điều kiện: 
0
0
x y
x y
 

 
 (*) 
Đặt 0t x y   , từ (1) ta có:    2t t 3 t 2 t 
0,25 
     2t t t 3 2 t 0 

   
 
3(1 t)
t(1 t) 0
t 3 2 t
 
    
  
3
(1 t) t 0
t 3 2 t
 t 1 (Vì    
 
3
t 0, t 0
t 3 2 t
). 
0,25 
M(6; 5) 
A(4; 6) 
C(-7; -1) 
B(8; 4) 
H 
 >>  - Học là thích ngay! 6 
Suy ra 1 1x y y x     (3). 
Thay (3) vào (2) ta có:    2x 3 2x 1 3 
      2( x 3 2) ( 2x 1 1) 0
 
  
  
2
2
x 1 2x 2
0
2x 1 1x 3 2
 
     
   
2
x 1 2
(x 1) 0
2x 1 1x 3 2
 x 1 (Vì 

  
  2
x 1 2 1
0, x
22x 1 1x 3 2
). 
0,25 
Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*). 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x = 1; y = 0). 
0,25 
9 
(1,0) 
Ta có : 
2 2 2 2 2 2x x y y z z
P
y z z x x y
      (*) (0,25) 
Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y  R 
Do đó : x3 + y3  xy(x + y) x, y > 0 hay 
2 2x y
x y
y x
   x, y > 0 
Tương tự, ta có : 
2 2y z
y z
z y
   y, z > 0 
2 2z x
z x
x z
   x, z > 0 
0,25 
Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: 
P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 
0,25 
Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 
1
3
. Vì vậy, minP = 2. 0,25 
..........Hết.........