Tài liệu Đề thi thử quốc gia lần 1 năm 2015 môn toán trường thpt lạng giang số 1, bắc giang

TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 LẦN THỨ NHẤT Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút không kể thời gian phát đề. Câu 1. (3 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  3 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng d : y  3  4 x . 3. Tìm m để (C) cắt đường thẳng  : y  m  x  1  1 tại 3 điểm A(1;1), B, C phân biệt sao cho tam giác IBC vuông tại I với I  1;3 . Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: sin 2 x  cos 2 x  1  2cos x . Câu 3. (1.5 điểm) Giải các phương trình: 1. 2 2 x 1  2 x  3  64  0 . 2. log 4  x  3  log 2 x  1  1 . 2 Câu 4. (0,5 điểm) Một hộp chứa 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng và 7 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó 4 viên bi. Tính xác suất để lấy được đủ 3 loại bi và số bi đỏ bằng số bi xanh. Câu 5. (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I với AB  2a 3 , BC  2a. Biết chân đường cao H hạ từ đỉnh S xuống đáy ABCD trùng với trung điểm của DI và SB hợp với đáy góc 600 . Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ H đến (SBC). Câu 6. (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ  11 13  từ B và C. Tìm tọa độ điểm A biết E  7;1 , F  ;  , phương trình đường thẳng BC là 5 5 x  3 y  4  0 và điểm B có tung độ dương. Câu 7. (1 điểm). Giải hệ phương trình:  xy  32   x  y 2  8   x y 1 .  2   2 4  x 1 y 1 Câu 8. (1 điểm) Cho các số thực dương x, y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 1 x2  y2  z 2  4  8 .  x  2  y  2  z  2  ---------------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:…………………………. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT MÔN TOÁN LẦN 1 Câu NỘI DUNG Điểm 1.(1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . +Tập xác định,tính các giới hạn 0,25 +Tính đạo hàm, giải phương trình y’=0, lập bảng biến thiên 0,25 + Chỉ ra sự biến thiên, cực trị 0,25 + Đồ thị 0,25 2. (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng d : y  3  4x . + Tìm được giao điểm của (C) và d là A(0;3) 0,5 + Viết được phương trình tiếp tuyến y  3 0,5 3. (1 điểm) Tìm m để (C) cắt đường thẳng  : y  m  x  1  1 tại 3 điểm A(1;3), B, C phân biệt sao cho tam giác IBC vuông tại I với I(-1;3). Câu 1 +  cắt (C) tại 3 điểm phân biệt  x3  3x 2  3  m  x  1  1 có 3 nghiệm phân biệt   x  1  x 2  2 x  2  m   0 có 3 nghiệm phân biệt  x  2 x  2  m  0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1  '  0   ...  m  3 1  2  2  m  0 0.25 2 +  cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A(1;3), B( x1 ; mx1  1  m ), C( x2 ; mx2  1  m )  x1  x2  2 Với x1 , x2 là các nghiệm của (1), theo Viet ta có   x1 x2  2  m +  không đi qua I khi m  1 . Tam  giác IBC vuông tại I khi IB.IC  0   x1  1 x2  1   mx1  m  2  mx2  m  2   0 0.25 + Rút gọn được m 3  3m 2  m  5  0  m  1 (tmđk). Kết luận (1 điểm) Giải phương trình sin 2 x  cos 2 x  1  cos x 0.25 0.25 PT  2sin x cos x   2 cos 2 x  1  1  2 cos x Câu 2 Câu 3 cos x  0  2 cos x  sin x  cos x  1  0   sin x  cos x  1 0,5  cos x  0  x  k 2  k    0,25   x   k 2  1    sin x  cos x  1  sin  x     k   2  4 2   x    k 2 KL……. 1.(1 điểm). 2 2 x 1  2 x  3  64  0 +PT  2.2 2 x  8.2 x  64  0 2x  8  x  x  3 . KL  2  4  vn  0,25 0.5 0,5 2.(0.5 điểm). log 4  x  3  log 2 x  1  + ĐK x  1 1 2 1 1 1 log 2  x  3  log 2  x  1  . 2 2 2 +Giải đúng và kết hợp điều kiện được x  5 . (0.5 điểm) Một hộp chứa 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng và 7 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó 4 viên bi. Tính xác suất để lấy được đủ 3 loại bi và số bi đỏ bằng số bi xanh. 0,25 + Số cách lấy ra từ hộp đó 4 viên bi là C184  3060 0.25 pt  Câu 4. 0.25 + Số cách lấy 4 viên bi trong đó có đủ 3 loại và số bi đỏ bằng số bi xanh (1đỏ, 1 xanh, 2 vàng) là: C51.C62 .C71  525 Xác suất cần tính là Câu 5. 525 35  3060 204 0.25 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I với AB  2a 3 , BC  2a. Biết chân đường cao H hạ từ đỉnh S xuống đáy ABCD trùng với trung điểm của DI và SB hợp với đáy góc 600 . Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ H đến (SBC). +Tính được S ABCD  4a 2 3 0.25   600 , từ đó tính được SH  3a 3 + Chỉ ra SBH 0.25 1 Suy ra VSABCD  SH .S ABCD  12a 3 . 3 + Kẻ HE  BC , HK  SE , chứng minh được HK   SBC   d  H ,  SBC    HK +Tính được HK  3 15a , kết luận. 5 0.25 0.25 Câu 6 (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi E, F lần lượt là chân  11 13  đường cao hạ từ B và C. Tìm tọa độ điểm A biết E  7;1 , F  ;  , phương 5 5 trình đường thẳng BC là x  3 y  4  0 và điểm B có tung độ dương. + Gọi K là trung điểm của BC. Vì K  BC nên K  4  3t; t  .   BFC   900 nên KE=KF, từ đó tính được K(4;0). Vì BEC 0.25 + Vì B  BC nên B  4  3b; b  , b  0 .   900 nên KB=KE, từ đó chỉ ra B(1;1;). Do BEC 0.25 + Tính được C(7.-1), Viết được phương trình CE:x=7, phương trình BF: 4x-3y-1=0 0.25 + A  BE  CF , từ đó tính được A(7;9) 0.25  xy  32   x  y 2  8  (1 điểm) Giải hệ phương trình:  x y 1  2   2 4  x 1 y 1 + Nhận xét: x  0, y  0 không thỏa mãn phương trình thứ nhất Câu 7 Biến đổi phương trình thứ nhất về dạng: x2  1 y 2  1 .  8 x y 1  ab    x y  4 + Đặt a  2 ; b  2 , ta được hệ:  . x 1 y 1  1  8  ab 1 1    a   2  a  4 Giải hệ thu được  hoặc  b  1 b   1   4 2 1   a   2 + Với  , giải được b  1  4  x  1 .   y  2  3 0.25 0.25 0.25 1   a  4  x  2  3 + Với  , giải được  .  y  1 b   1  2 Kết luận. 0.25 (1 điểm) Cho các số thực dương x, y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 8 . P  x 2  y 2  z 2  4  x  2  y  2  z  2  + Ta có x y 2 2  x  y  2 2 ;z 2  z  2 4 2 1 2 2  x  y    z  2    2 1 2 .  x2  y2  z 2  4 x  y  z  2  x2  y 2  z 2  4  2 1 2  x2  y2  z 2  4   x  y  z  2  4 0.25 + Ta có Câu 8.  x  2  y  2  z  2   x  y  z  6  27 3  8 216   x  2  y  2  z  2   x  y  z  6 3 . Do đó P  0.25 2 216 .  x  y  z  2  x  y  z  6 3 Đặt t  x  y  z  2, t  2 . Ta có P  2 216   f t  t  t  4 3 1 Dùng đạo hàm chỉ ra GTLN của f  t  bằng khi t  8 . 8 1 KL: GTLN của P là , đạt được khi x  y  z  2 . 8 0.25 0.25