SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT LỤC NAM

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút , không kể thời gian phát đề .
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
1
y x 2mx m 1
4
= − + + −
(1).
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1.
b)Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị lập một tam giác có diện tích bằng
32 2
.
Câu 2 (1,0 điểm).
a)Giải phương trình :
5 3
4sin sin 2cos .(8sin 1) 1
2 2
x x
x x
+ − =
b) Giải phương trình:
2 2
log log (10 ) 4x x+ − =
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau:
( )

Câu 7 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C):
2 2
25x y+ =
, AC đi qua K (2; 1),
hai đường cao BM và CN. Tìm tọa độ A, B, C biết A có hoành độ âm và MN: 4x – 3y + 10 = 0,
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( )
( )
3 3 2 2
2
3 6 6 15 10
,
3 6 10 4
x y x y x y
x y
y x y x y x

− − + = − + −

∈

+ + + + = +


¡
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực
, ,a b c
thỏa mãn
0 a b c≤ ≤ ≤
và

4
= − +
1,0
TXĐ: R,
3
y' x 4x= − +
3
x 0
y' 0 x 4x 0 ; y(0) 0;y( 2) 4
x 2
=

= ⇔ − + = ⇔ = ± =

= ±

x
lim y
→+∞
= −∞
;
x
lim y
→−∞
= −∞
Bảng biến thiên
x −∞ −2 0 2 +∞
y' + 0 − 0 + 0 −
y 4 4
−∞ 0 −∞

y' x 4mx y' 0
x 4m
=

= − + ⇒ = ⇔

=

Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị với m >0. Khi đó 3 điểm cực trị là: A(0; m-1)
B(
2
2 ;4 1m m m+ −
) C(
2
2 ;4 1m m m− + −
) và
ABC
∆
cân tại A.
BC =
4 m
, trung điểm của BC là I(
2
0;4 1m m+ −
), IA =
2
4m
Từ gt ta có
2
1

x x
x VN
x
x k
k Z
x k
π
π
π
π
+ − =
−

=

⇔


=



= +

⇔ ∈


= +



1
3 2
0
x
I x x e dx= +
∫

1,0
Ta có I =
1 1
4 2
0 0
.
x
I x dx x e dx= +
∫ ∫
=K+H
K=
1
4 5
0
1
1 1
0
5 5
x dx x= =
∫
H=
1
2

=⇔+=+⇔
1
34
34)1(
i
iii
z
2
1
2
7
2
7
2
)1).(34(
−=
−
=
−+
=⇔
Vậy
5 2
2
z =
0,25
0,25
b
An phải trả lời 10 câu hỏi trắc nghiệm, mỗi câu có bốn đáp án trong đó có một đáp án
đúng.
Tính xác suất để An trả lời đúng được 5 câu hỏi.

5 1,0
* Vì
( )
CB AB
CB SAB
CB SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒

⊥

SB là hình chiếu của
SC lên mp(SAB)
( )
·
(
)
·
( )
·
0
, , 30SC SAB SC SB CSB⇒ = = =
0
.cot30 3 2SB BC a SA a⇒ = = ⇒ =
* Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:
3
2
.
1 1 2

⊥

theo giao tuyến SK
Trong mặt phẳng (SAK) kẻ
( )
HT AK HT SCI⊥ ⇒ ⊥
( ) ( )
( )
, ,d DE SC d H SCI HT⇒ = =
+ Ta có:
2
2
3
.
1 1 . 3
2
. .
2 2
5
2
ACI
a a
CD AI a
S AK CI CD AI AK
CI
a
a
= = ⇒ = = =
 
+

= = ⇒ = = =
+
Vậy
( )
38
,
19
d ED SC =
0,25
0,25
6 1,0
Đặt M thuộc d:
3 2 6
2 4 1
x y z− − −
= =
⇒ M(3 + 2m;2 + 4m ;6 + m)
- M thuộc (P) giải được m= 1.Ta được tọa độ giao điểm là M(5; 6; 7).
B ∈ (d) ⇒ B(3 + 2t; 2 + 4t; 6 + t) ⇒
AB
uuur
=(4 + 2t; 2 + 4t; 4 + t)
* Từ
2 0AC AB+ =
uuur uuur r
⇒
AC
uuur
=(- 8 – 4t; - 4 – 8t; - 8 – 2t)
⇒ C(- 9 – 4t; - 4 – 8t; - 6 – 2t)

CBD CAD
=
(nội tiếp cùng chắn
»
CD
).
Tứ giác BCMN nội tiếp vì có
·
·
0
90BNC BMC= =
=>
·
·
AMN CBA
=
(cùng bù với
·
NMC
)
Do đó:
·
·
·
·
·
0
90AMN CAD CBA CBD ABD+ = + = =
.
=> MN

x y

+ =

⇒

+ − =


+ Tọa độ M thỏa hệ pt:
( )
4 3 10 0
1;2
3 5 0
x y
M
x y
− + =

⇒ −

+ − =

+ BM đi qua M và vuông góc AC => BM: 3x – y + 5 = 0.
+ Tọa độ B thỏa hệ pt:
( )
2 2
25
0;5
3 5 0

( ) ( )
4; 2 ; 9;2 . 40 0BA BC BA BC
= − − = ⇒ = − <
uuur uuur uuur uuur
(Không thỏa (*)).
* Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là:
( )
4;3A −
,
( )
3; 4B − −
;
( )
5;0C
.
0,25
0,25
0,25
0.25
8 1,0
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
3 3
3 3 2 2
2
2
3 6 6 15 10
1 3 1 2 3 2 1
3 6 10 4

3 2
3 , , 3 3 0f t t t t f t t t
′
= + ∀ ∈ = + > ∀ ∈¡ ¡
. Vậy hàm số
( )
f t
đồng biến
trên R. Từ
( )
1
ta có
( ) ( ) ( )
1 2 1 2 1 3f x f y x y y x− = − ⇔ − = − ⇔ = +
0,25
Thay
( )
3
vào
( )
2
ta được phương trình:
( ) ( ) ( )
2
1 3 7 10 6 1 4x x x x x x+ + + + + = + +
Phương trình
( ) ( )
( )
( )
( )

+ +

+ = +

+ + + +

• Từ
( )
( )
( ) ( )
3
5 : 6 0 6 7 ; 6;7x x y x y− = ⇒ = → = ⇒ =
là một nghiệm của hpt.
• Từ
( ) ( )
1 3 7 7
6 : 0 7
2 2
3 3 10 3
x x x x
x x
+ + + +
− + − =
+ + + +
phương trình vô nghiệm do
( )
( ) ( )
( )
7 7
1 1 1 1

22
222
2
−−−≥−−≥⇒
≤++⇒=++≤++
aaaaabcP
cbacbacba
0,25
Xét hàm
[ ]
1;0;32014233)(
22
∈−−−= aaaaaf
.
Ta có
( )
20141182014
23
)1.(18
2014
23
2
.2323)(
2
2
2
2
22'
−−≤−
−

 ÷
 
Suy ra
( )
2
2
1
3 3
a a− ≤
02014342014
33
2
.18)(
'
<−≤−≤⇒ af
.
0,25
Suy ra
( )f a
nghịch biến trên đoạn
[ ]
0;1
. Do đó
2014)1()( −=≥ faf
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1a b c= = =
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng -2014 khi
1a b c