SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA
NĂM 2015
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề).Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2
(1)
1
x m
y
x



, với
m
là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với
1m 
.
b) Tìm
m
để đường thẳng
: 2d y x 
cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt
,A B

x
x  
.
b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S. Tính xác suất để
số được chọn có chữ số hàng đơn vị và hàng chục đều là chữ số chẵn.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( ): 2 3 8 0P x y z   
và
điểm
(2;2;3)A
. Viết phương trình mặt cầu
( )S
đi qua điểm
A
, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và có tâm
thuộc trục hoành.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
, góc

0
60ABC  . Cạnh
bên
2SD a

lần lượt có phương trình là
3 0x y 
và
5 0x y 
. Đỉnh
C
nằm trên đường thẳng
: 2 0x y   
và có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
, biết đường thẳng chứa
trung tuyến kẻ từ
C
đi qua điểm
( 2;6)E 
.

Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
1 1
( 1) 1
( , )
8 9 ( 1) 2
y y
x
x x y
x y
y x y



MÔN: TOÁN
(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang)
Câu Nội dung Điểm
Câu 1.a
(1,0đ)
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x


* Tập xác định:
 
\ 1D  

* Sự biến thiên:
2
3
'
( 1)
y
x



0,25
- Bảng biến thiên
0,25

Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm
 
0; 1
,
cắt trục hoành tại điểm
1
;0
2
 

 
 

diện tích tam giác
OAB
bằng
21
…. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị hàm số (1) là
2
2 (2)
1
x m
x
x

 


Điều kiện
1x 

2
(2) 2 ( 1)( 2) 2 0 (3)x m x x x x m         
.
Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (3)
có hai nghiệm phân biệt khác 1. Điều kiện cần và đủ là
9
0 1 8 4 0
4
1 1 2 0 2

1
2
3
4
x
y
O
x





'y

y

1

0



2



2



 
1
21 , . 21
2
d O d AB 1
2. 2(9 4 ) 21 9 4 21 3
2
m m m       
.

0,25
Câu 2
(1,0đ)
Giải phương trình
2
2sin 3sin 2 2 0x x  
.

2
1 cos2
2sin 3sin 2 2 0 2 3sin 2 2 0
2
x
x x x

      


 


  



0,25

6
,
2
x k
k
x k





 

 


 


x x x x x
I dx dx x dx x dx dx
x x x x x x x x x x
   
   
       
   
   
    
0,25
2
2
2 4 2
1
ln 1
2 2
e
e
e
x e e
M x dx x
x
e
 

 
     

ln ln 2 ln1 ln 2
1
dt
N t
t
    

0,25

Vậy
4 2
1 ln 2
2
e e
I

  0,25
Câu 4a
(0,5đ)
Giải phương trình
 
2 2
2
log 9 4 log 3 log 3


 
           



(Thỏa mãn) 0,25
Câu 4b
(0,5đ)
b) ) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên ……

Số phần tử của tập hợp S là 90.
Gọi
ab
là số tự nhiên có hai chữ số mà
,a b
đều là số chẵn. Ta có
   
2;4;6;8 , 0;2;4;6;8a b 
. Suy ra có
4.5 20
số
ab
.

0,25


 

0,25
2 2 2
2 2 2
14 (2 ) 13 2 8 14((2 ) 13) (2 8)
3
14( 4 17) 4 32 64 10 88 174 0
29
5
x x x x
x
x x x x x x
x
         



          




0,25

.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
, góc

0
60ABC 
. Hình chiếu Từ giả thiết có tam giác
ABC
đều, cạnh bằng
a
.
Gọi
3 3 3
3 3
2 4 4
a
O AC BD BO BD a HD BD a        

2 2
2 2 2 2
27 5 5
2
16 16 4
a a a

là
2 3
.
1 1 5 3 15
. .
3 3 4 2 24
S ABCD ABCD
a a a
V SH S  

0,25
2 2
2 2 2
5 3 2
16 16 2
a a a
SB SH HB SB     
.
( )
BD AC
AC SBD AC OM
AC SH


   



a
V d M ABCD S d S ABCD S V

   

.
Mặt khác
   
3
.
.
2
15
3
1 30
32
,( ) . ,( )
3 8
2
8
M ACD
M ACD MAC
MAC
a
V
a
V d D MAC S d D MAC
S
a


 
 
 
  
 
.
0,25
 
;2C C c c  
.
1
: 3 0BC d BC x y m    
.
Điểm
 
;2 3 2 0 2 2 : 3 2 2 0C c c BC c c m m c BC x y c               

Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tọa độ của M là nghiệm của hệ
5 5
5 0
5 5 1
7
;
3 2 2 0 1
7 7
7
c

2
3 7
21
2 1 2 2
3
.
3 7 21
G
G
G G
c
c
x
x
AG AM
c c
y y








 
  
 
  
 

;EC EG
 
cùng phương 0,25
2
10 52 2 128
1
21 21
5 6 0 6 (6; 4)
6
2 4
c c
c
c c c C
c
c c
  
 

          


  


Với
   
2 4



  

 



   


.

Điều kiện xác định
1, 0x y  

2 2 2
2
2
1 1 1 1 1 ( 1) 1
( 1) 1 1 ( 1) ( 1)
1 0
1 1
0
( 1)
( 1)
y y y y xy y y x
x x
x x y y x x y x
yx y

. Ta có phương trình
2
2 2 2 4 2 4 2 2
2
1
8 9 2 8 9 4 4 4 5 0 5
5
5 5 1 5 5
t
t t t t t t t t
t
t t x y

 
              



          
.

0,25
Xét
1x  
. Đặt
1,( 0)t x t  
. Ta có phương trình

   
 
  




Hệ vô nghiệm.

0,25

Với
( 1) 1x y  
, thay vào (2) có
1
8 9 2 0y y
y
   
(3).
Vì
0 8 9 9 8 9 3y y y       
Phương trình (3) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
1 5
5
x
y

  


.

Đặt
x z a 
. Từ giả thiết ta có
( )( ) 1x z y z  
, suy ra
1
y z
a
 
. Do
1x y x z y z a      
.
Ta có
2
1 1
( )
a
x y x z y z a
a a

       

2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
4 4
4 3
( 1) ( 1)

( ) 3 4
( 1)
t
f t t
t
  

với
1t 
.
Ta có
2
3
1
'( ) 3 '( ) 0 ( 2)(3 3 2) 0 2
( 1)
t
f t f t t t t t
t
 
          

y

  


    


.Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12. 0,25

t

1



'( )f t

( )f t

2

0



12