Tài liệu Đề thi thử đại học lần 1 môn toán năm 2015 trường thpt hàn thuyên, bắc ninh

SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN (Đề thi gồm có 01 trang) ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3mx 2  4m 2  2 (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m  1 . b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm I (1;0) là trung điểm của đoạn AB. Câu 2 (1,0 điểm).     Giải phương trình 4 sin  x    2 sin  2 x    3 cos x  cos 2 x  2 sin x  2 . 3 6   Câu 3 (1,0 điểm). x  2 2x  5 Tính giới hạn sau lim . x2 x  2 Câu 4 (1,0 điểm). Một hộp đựng 5 viên bi màu đỏ và 6 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi được lấy ra đó có đủ cả hai màu và số viên bi màu đỏ lớn hơn số viên bi màu xanh. Câu 5 (1,0 điểm). 2 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) :  x  1   y  2   9 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn (C ) biết đường thẳng BC có phương trình là 2x  5  0 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A / B / C / có các đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của C / lên mặt phẳng (ABC ) là điểm D thuộc cạnh BC sao cho DB  2DC . Góc giữa đường thẳng AC / và mặt phẳng (ABC ) bằng 45 0 . Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( ABC ), ( A / B / C / ) và côsin góc giữa hai đường thẳng AD,CC / . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có BC  2 AD  2 DC , đỉnh C (3;3) , đỉnh A nằm trên đường thẳng d : 3 x  y  2  0 , phương trình đường thẳng DM : x  y  2  0 với M là điểm thỏa mãn BC  4CM . Xác định tọa độ các điểm A, D, B. Câu 8 (1,0 điểm).  2 x  1  4 x 2 y  1  y 2  1 Giải hệ phương trình   x x  y  xy  1  2 xy  x  y  1 Câu 9 (1,0 điểm).    Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 1  2a 2  1  2b 2  1  2c 2  5 . Chứng minh rằng 4 2a 3  b 6  c 6  64 . -----------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:……..……………. SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2014 – 2015 Câu Đáp án a) (1,0 điểm) 1 (2,0đ) Với m=1, hàm số trở thành: y  x 3  3x 2  2 *Tập xác định: D   *Sự biến thiên: Điểm 0,25 - x  0 Chiều biến thiên: y /  3x 2  6x , y /  0   x  2 Các khoảng đồng biến: ( ; 0 ); ( 2;  ) , khoảng nghịch biến: (0;2). Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -2. Giới hạn tại vô cực: lim y   ; lim y   - Bảng biến thiên: - x  x  y/ + 0 0 0,25 x   2 0 - +  2 0,25 y -2   *Đồ thị: Giao Oy tại (0;2), Giao Ox tại (1;0) và 1  3;0 Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng (Học sinh tự vẽ hình) b) (1,0 điểm) x  0 Ta có y /  3x 2  6mx ; y /  0    x  2m  0,25 0,25 / Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị  y  0 có 2 nghiệm phân biệt  m  0 2 (1,0đ) Tọa độ các điểm cực trị A, B là A(0;4m 2  2); B(2m;4m 3  4m 2  2) m  1 I là trung điểm của AB nên  3 2  2 m  4 m  2  0 Giải hệ được m = 1, thỏa mãn điều kiện tồn tại cực trị. Vậy giá trị của m cần tìm là m = 1. Phương trình đã cho tương đương với 2 sin x  2 3 cos x  3 sin 2 x  cos 2 x  3 cos x  cos 2x  2 sin x  2   0,25 0,25 0,25 0,25  4 sin x  2  3 cos x  3 sin 2 x  0  1  2 sin x  3 cos x  2  0 0,25 * 3 cos x  2  0 : phương trình vô nghiệm    x  6  k 2 * 1  2 sin x  0   . Nghiệm của phương trình là  x  5  k 2 6  0,25 1  x   x     k 2 6 k  Z 5  k 2 6 0,25 Câu Đáp án 3 x  2 2 x  5 x  2 2x  5 x  2 2x  5  lim (1,0đ) Ta có lim x  2 x  2 x2 x  2 x  2 2x  5   lim    Điểm  x 2  8x  20 0,25 x  2x  2 2x  5  x  10 x  2x  10   lim lim x  2 x  2 x  2 2 x  5  x  2 x  2 2 x  5 x  2 0,25 = 3. 4 4  330 . Số phần tử của không gian mẫu là: C11 (1,0đ) 4 viên bi được chọn gồm 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh. Số cách chọn 4 viên bi đó là C 35 .C16  60 . 60 2  . Vậy xác suất cần tìm là p  330 11 5 5  x 2 2 (1,0đ)  x  1  y  2   9  2  Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ:  2 x  5  0 y  2  3 3  2 Đường tròn (C) có tâm I(1; 2). Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (C) nên I là trọng tâm của tam giác. Từ đó tìm được A(-2; 2). 5 3 3 3 3 5 ; C ;2   và ngược lại. A(-2; 2) Vậy B ;2     2 2 2 2     / 6 Từ giả thiết có C D  (ABC); AC / , (ABC)  AC / , AD  C / AD  45 0 (1,0đ) a 7 a 7 Sử dụng định lí cosin cho ABD  AD   C / D  AD  3 3 / / / / Vì CC // AA nên AD, CC  AD, AA . 4a Vì C / D  (ABC) nên C / D  (A / B / C / )  C / D  C / A /  DA /  3 2 2 a AA /  CC /  C / D 2  DC 2  3 Áp dụng hệ quả của định lí cosin trong A / AD ta được 14 14  cosAD, CC /   cos A / AD  cos A / AD   56 56 7 Vì A  d  A(a;2  3a ) . (1,0đ) Có S ADM  2S DCM  d A, DM   2d C, DM        0,25  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25  a  1  A(3;7)  . Do A, C nằm khác phía với đường thẳng DM nên A(-1; 5). a  3  A(1;5) AD  CD . Giải hệ ta được d = 5 nên D(5; 3). Vì D  DM  D(d; d  2) . Từ giả thiết có  AD  CD 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Có BC  2AD  B(9;1) . 2 Câu 8 (1,0đ) Đáp án   Điểm   2 x  1  4 x 2 y  1  y 2  1 (1) . Điều kiện x  y  xy  1  0 (*). Vì t  1  t 2  0  x x  y  xy  1  2xy  x  y  1 (2) 4x 2  y 2 nên (1)  2x  1  4 x 2  1  y 2  y  2x  y  0 1  4x 2  1  y 2 0,25    2 x  y  1  4 x 2  1  y 2  2 x  y  0  2 x  y  0  y  2 x Thay y = -2x vào (2) ta được x 3x  2x 2  1  4x 2  3x  1  xx 0,25 3 1 3 1 3 1    2  2  x 2   4   2  . Đặt t   2 x x x x x  x  Khi x > 0 ta được t  2  t  4  t  7. Từ đó, kết hợp với x > 0 ta được 3  37 3  37 ;y thỏa mãn điều kiện (*) 7 14 Khi x < 0 ta được  t  2  t  4  t  2. Từ đó, kết hợp với x < 0 ta được x x 17  3 3  17 ;y thỏa mãn điều kiện (*). Vậy hệ có 2 cặp nghiệm…. 2 4 0,25 0,25 9 Với hai số không âm A, B ta chứng minh: 1  A  1  B  1  1  A  B (1). Thật vậy, (1,0đ) (1)  2  A  B  2 1  A 1  B  2  A  B  2 1  A  B  1  A  B  AB  1  A  B , luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi A = 0 hoặc B = 0. 0,5 Áp dụng (1) ta có 5  1  2a 2  1  2b 2  1  2c 2  1  1  2a 2  2b 2  1  2c 2  2  1  2a 2  2b 2  2c 2 . Suy ra a 2  b 2  c 2  4, hay b 2  c 2  4  a 2 . (2)   3     3 Khi đó 4 2a 3  b 6  c 6  4 2a 3  b 2  c 2  4 2a 3  4  a 2 . Từ (2) và do a, b, c không âm ta có 0  a  2 .   Xét hàm số f (a )  4 2a 3  4  a 2  f / (a )  12 2a 2  6a 4  a 2 2  3 trên 0;2 . Ta có      6a a  2 a 6  a 2  2 8  a 2 Với a  0;2 , f / (a )  0  a  0; a  2 Có f (0)  64; f ( 2 )  24; f (2)  32 2  f (a )  64; a  0;2 Vậy 4 2a 3  b 6  c 6  64 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  0, c  2 hoặc a  c  0; b  2 3 0,5