Tài liệu Bộ đề thi thử thpt quốc gia 2015 môn toán có đáp án

  • Số trang: 95 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 498 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Tham gia: 27/02/2015

Mô tả:

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 LỚP 12 NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN: Toán – Khối A, A1 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số y  2x  1 . x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho. b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng  d  : y  2 x  m cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A, B nằm về hai nhánh khác nhau của  C  .   Câu 2 (1,5 điểm). Giải phương trình: sin x 1  8 cos x   cos  3 x  3   2  Câu 3 (1,0 điểm). Cho hai đường thẳng d1 ,d 2 song song với nhau. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d 2 có n điểm phân biệt  n   ,n  2  . Cứ 3 điểm không thẳng hàng trong số các điểm nói trên lập thành một tam giác. Biết rằng có 2800 tam giác được lập theo cách như vậy. Tìm n ? Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A' B' C' có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên tạo với đáy một góc bằng 600 . Gọi M là trung điểm cạnh BC và I là trung điểm của AM . Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy A' B' C' là trọng tâm G của A' B' C' . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A' B' C' . Câu 5 (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x   0; 1  3    m  x 2  2 x  2  1  x( 2  x )  0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho ABC có trung điểm cạnh BC là M  3;1 , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B đi qua điểm E  1; 3 và đường thẳng chứa AC đi qua điểm F 1; 3 . Điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là điểm D  4;2  . Tìm toạ độ các đỉnh của ABC .  x3  3 x2  2  y3  3 y 2  Câu 7 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  3 x  2  y 2  8 y Câu 8 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x )  x 4  4 x3  8x 2  8x  5 x2  2x  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:………………….. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 LỚP 12 NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN: Toán – Khối A, A1,D Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn bản này gồm 06 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi Khảo sát. 3) Điểm toàn bài tính đến 0.25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả) II) Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Cho hàm số y  Điểm 2x  1 . x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho. Tập xác định: D   \ 1 Ta có: y'  3 2  0 x  D  1 x   0.25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;  Hàm số không có cực trị. Tính lim y  lim y  2 nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng y  2 là đường tiệm x  x  cận ngang Tính lim y  ;lim y  ; nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng x  1 là Câu 1 (2,5 điểm) 0.25 x 1 0.25 x 1 đường tiệm cận đứng Bảng biến thiên: x y’ – + 1 – – 2 + 0.25 y – Đồ thị: 2 0.25 b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng  d  : y  2 x  m cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A, B nằm về hai nhánh khác nhau của  C  . Xét phương trình hoành độ giao điểm của  d  : y  2 x  m và  C  : 2x  1  2 x  m 1 x 1 2 Với mọi x  1 , phương trình 1  2 x   m  4  x  m  1  0  2  0.25 Để  d  : y  2 x  m cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A, B nằm về hai nhánh khác nhau của  C  thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 sao cho x1  1  x2 Đặt f ( x )  2 x   m  4  x  m  1 Yêu cầu bài toán  2. f ( 1 )  0 Biến đổi 2. f ( 1 )  0  f ( 1 )  0  2.1  ( m  4 )  m  1  0  3  0  m   0.25 2 Kết luận: Với mọi giá trị thực của m đều thỏa mãn yêu cầu của bài toán.   Giải phương trình: sin x 1  8 cos x   cos  3 x  0.25 0.25 0.25 3   2  Ta có: Câu 2 (1,5 điểm) 3   sin x 1  8 cos x   cos  3x    sin x  8 sin xcos x   sin  3x  2  2    sin x  4 sin 2 x=- sin 3x   sin x+sin 3x   4 sin 2 x=0 0.5 0.25  2 sin 2 x cos x  4 sin 2 x=0  2 sin 2 x  cos x  2 =0  sin 2 x  0 1  cos x  2  0  2  0.25 0.25 k ;k   ; còn (2) vô nghiệm 2 k 0.25 ;k   Kết luận phương trình có nghiệm: x  2 Cho hai đường thẳng d1 ,d 2 song song với nhau. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d 2 có n điểm phân biệt  n   ,n  2  . Cứ 3 điểm không Giải (1) cho x  thẳng hàng trong số các điểm nói trên lập thành một tam giác. Biết rằng có 2800 tam giác được lập theo cách như vậy. Tìm n ? 1 2 0.25 Số tam giác có 1 đỉnh thuộc d1 , 2 đỉnh thuộc d 2 là: C10 .Cn 2 Câu 3 (1 điểm) 1 Số tam giác có 2 đỉnh thuộc d1 , 1 đỉnh thuộc d 2 là: C10 .Cn 1 2 2 0.25 1 Theo giả thiết: C10 .Cn + C10 .Cn =2800  10. n! n! 10 !  .  2800  n  2 !.2 ! 2! .8!  n  1! 0.25  n  20 .  n 2  8n  560  0   0.25  n  28 Kết luận: n  20 Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A' B' C' có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên tạo 0 với đáy một góc bằng 60 . Gọi M là trung điểm cạnh BC và I là trung điểm của AM . Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy A' B' C' là trọng tâm G của A' B' C' . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A' B' C' . Hình vẽ: Câu 4 (1 điểm) 0.25 Gọi M ' là trung điểm của B' C' ; K  A' M ' sao cho A' K  KG  GM ' Kẻ AH  A' M ';H  A' M ' Ta có AHGI là hình bình hành nên IG  AH Hơn nữa AM  A' M ' , I là trung điểm của AM , G là trọng tâm của A' B' C' 1 nên H là trung điểm của A' K  A' H  A' M ' 6 0.25 a2 3 a 3 a 3  A' H  Ta có: dtA' B' C'  ; A' M '  4 2 12 a 3 a AH  A' H .tan 600  . 3 12 4 Từ đó: VABC .A' B' C' a a2 3 a3 3 (đvtt)  AH .dtA' B' C'  .  4 4 16 Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x   0; 1   0.25 0.25 3 :  m  x 2  2 x  2  1  x( 2  x )  0 Đặt t  x2  2x  2 do x  [0;1  3] nên t  1;2 Bất phương trình tương đương với: m  Câu 5 (1 điểm) Khảo sát hàm số g(t)  Ta có: g'(t)   0 . Vậy g(t)  Và do đó: Maxg (t )  g (2)  Từ đó: m  Câu 6 (1 điểm) t2  2 đồng biến trên 1; 2 t 1 0.25 2 3 t2  2 2 có nghiệm t  [1,2]  m  max g(t )  g(2)  3 t 1 t1;2 Kết luận: m  0.25 t2  2 với t  1;2 t 1 t 2  2t  2 (t  1)2 t2  2 t 1 0.25 0.25 2 3 Cho ABC có trung điểm cạnh BC là M  3;1 , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B đi qua điểm E  1; 3 và đường thẳng chứa AC đi qua điểm F 1;3  . Điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là điểm D  4;2  . Tìm toạ độ các đỉnh của ABC . Hình vẽ: 0.25 Gọi H là trực tâm ABC thì có BHCD là hình bình hành, nên M là trung điểm HD  H  2; 0  x2 y 0    BH  : x  y  2  0 1  2 3  0 Do DC  BH và D  4;2  thuộc DC nên  DC  : x  y  6  0 Do BH  AC và F 1;3  thuộc AC nên  AC  : x  y  4  0 BH chứa E  1; 3 nên  BH  : x  y  6  0 x  y  4  0 0.25 Do C  AC  DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ  Tìm được C  5;1 0.25  M  3;1 là trung điểm của BC nên B 1;1  BC   4; 0  Do H là trực tâm ABC nên AH  BC   AH  : x  2  0 x  2  0  A  2; 2  x  y  4  0 Do A  AH  AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ  0.25 Kết luận: A  2; 2  ; B 1;1 ; C  5;1  x3  3 x2  2  y3  3 y 2  Giải hệ phương trình:  3 x  2  y 2  8 y Câu 7 (1 điểm)  y3  3 y 2  0 x  2  Điều kiện:  y 2  8 y  0   y  0 x  2  0  0.25 Khi đó: 3 x3  3x 2  2  y 3  3 y 2   x  1  3 x  1    f  x  1  f  y 3 3  3 y 3 0.25  y  3 với hàm số f (t )  t 3  3t   Xét hàm số f (t )  t  3t với t  1;   có f '(t )  3t  3  3 t  1  0 3 2 2 Hàm số f (t )  t  3t đồng biến trên 1;  3 Nên từ f  x  1  f Từ 3 x  2   0.25  y  3  x 1  y  3  x  2  y  3 1 y 2  8 y  9  x  2  y 2  8 y  9   y  3 1  y2  8y  9 y  3  y2  8 y  9 Với điều kiện y  0 , bình phương 2 vế của phương trình trên và biến đổi thành: y 4  16 y 3  72 y 2  63 y  162  0   y  1  y 3  17 y 2  99 y  162   0 0.25 x  3 y 1 Suy ra y  1 và x  3 . Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất:  Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x )  x 4  4 x 3  8x 2  8x  5 x2  2x  2 Tập xác định: D   Câu 8 (1 điểm) 0.25 1 2 2 Ta có: f ( x )  x  2 x  2  2 ; Chỉ ra: x  2 x  2  x  1 x  2x  2 1 2 2 Theo BĐT Cauchy: f ( x )  x  2 x  2  2 x  2x  2  Đẳng thức xảy ra  x 2 –2 x  2  1  x  1 . Vậy: Mi nf( x )  2 đạt được khi x  1 -----------------------Hết----------------------  2 11 0.25 0.25 0.25 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 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  ( m  1) x  2 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 . b) Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có hoành độ dương. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 cos 2 x(tan 2 x  tan x)  sin x  cos x . 1 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I  x ln(1  x 2 )dx .  0 Câu 4 (1,0 điểm). 8 2  a) Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2   . x  om 4 H .c b) Một chiếc hộp có chín thẻ giống nhau được đánh số liên tiếp từ 1 đến 9. Rút ngẫu nhiên đồng thời hai thẻ (không kể thứ tự) rồi nhân hai số ghi trên hai thẻ với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn. AT Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P1 ) : x  2 y  3z  4  0 và ( P2 ) : 3x  2 y  z  5  0 . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua điểm M (1; 2; 1) , vuông góc với hai mặt M phẳng ( P1 ) và ( P2 ) . N Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm cạnh AB. .V Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI , góc giữa đường thẳng SA và w mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SBC  . w Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 tâm I w và điểm M (3; 2) . Viết phương trình đường thẳng  đi qua M ,  cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.  x4  2x  y 4  y  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 ( x, y   ) 3 2  x  y  3   Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số a, b, c không âm sao cho tổng hai số bất kì đều dương. Chứng minh rằng a b c 9 ab  bc  ca    6. bc a c ab a bc ----------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:……………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN CÂU Ý 1 2,0 điểm a Tập xác định: D   . NỘI DUNG ĐIỂM x  0 Ta có y'  3x 2  6 x. ; y'  0   x  2 0,25 - Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và (2; ) ; nghịch biến trên khoảng (0; 2) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =-2. - Giới hạn: lim y  , lim y   0,25 x x  Bảng biến thiên:  x y' y 0 0 +  2 0 - + 2 0,25 om  -2  .c Đồ thị: y AT H f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 -4 N -6 x -2 .V -8 M 5 2 4 6 0,25 8 w w w -5 b Ta có y '  3 x 2  6 mx  m  1 . 0,25 Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi PT y'=0 có hai nghiệm phân biệt Điều này tương đương  '  9 m 2  3( m  1)  0  3m2  m  1  0 (đúng với mọi m). 2m  0 S  0  Hai điểm cực trị có hoành độ dương    m 1  m 1 P  0  3  0 Vậy các giá trị cần tìm của m là m  1 . 2 1,0 điểm Điều kiện: cosx  0 (*). PT đã cho tương đương 2sin 2 x  2sin x.cos x  sin x  cos x  2sin x(sin x  cos x)  sin x  cos x  (sin x  cos x)(2sin x  1)  0 +) sin x  cos x  0  tan x  1  x   + sin x   1  5  x   k 2 ; x   k 2 2 6 6 4  k 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của PT là x 3  4  k ; x   6  k 2 ; x  5  k 2 (k   ) 6 1,0 điểm 2 xdx  du   u  ln(1  x )  1  x2  Đặt  2  dv  xdx v  x  1  2 2 2 1 0,25 1 ( x 2  1) ln(1  x 2 ) Khi đó I    xdx 2 0 0 0,25 1 I  ln 2  x2 1  ln 2  2 0 2 0,25 1 Vậy I  ln 2  . 2 om 1,0 điểm a 8 8 2  Ta có  x 2     C8k  x 2 x  k 0  8 k   k 8  2       C8k  (2)k  x16 3k  x  k 0 k 0,25 AT Do đó hệ số cần tìm là C84 .(2) 4  1120 . H Hệ số của x 4 là C8k   2  với 16  3k  4  k  4 . 0,25 .c 4 0,25 b Số phần tử của không gian mẫu là: C 2  36 9 Gọi A là biến cố: "kết quả nhận được là số chẵn". M 0,25 1,0 điểm 26 13  . 36 18   ( P1 ) có véc tơ pháp tuyến là n1  (1; 2;3) ; ( P2 ) có véc tơ pháp tuyến là n2  (3; 2; 1)    ( P) có véc tơ pháp tuyến là n   n1 , n2   (8;10; 4)  2(4; 5; 2) . Phương trình của ( P) : 4( x  1)  5( y  2)  2( z  1)  0 Hay ( P) : 4 x  5 y  2 z  8  0 . 6 w w w .V 5 N Số kết quả thuận lợi cho A là: C51.C41  C42  26 . Xác suất cần tìm là P( A)  1,0 điểm S A I H B E A C H K H' I B I' A' H' K C 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đặt P  a b c 9 ab  bc  ca    bc ac ab abc Giả sử a  b  c , khi đó Suy ra ab ac b.b c.c     bc ac ab bc cb b c bc .   ac ab a Đặt t  b  c thì P  a t 9 at .   t a at om .c 73 5  (a; b; c)   ;1; 0  (HS có thể không cần nêu bước này).  2  .V N M AT H --------Hết-------- w 0,25 0,25 a t 9 at a  t 9 at      6 (AM-GM). Do đó P  6 (đpcm). t a a t at a  t Chú ý: Đẳng thức xảy ra khi a  t  3 at và chẳng hạn một bộ (a , b, c) thỏa mãn là w 0,25 0,25 Ta có w 9  3 3  1 3 3  1   2 1  Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( x; y )   ; ;  , .  2 2   3 3 3 3   1,0 điểm 0,25 ĐỀ KSCL ÔN THI 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 (4,0 điểm). Cho hàm số y  2x 1 . x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng có phương trình y  x  2015 . Câu 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: a) 2sin 2 x  3sin x  2  0 b) log 2 x  log 2  x  2   log 2  6  x  Câu 3 (2,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x3  3 x  2 trên đoạn  0; 2 . Câu 4 (2,0 điểm). Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác suất để có 2 học sinh nữ đứng cạnh nhau. Câu 5 (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  a 3 , SA   ABCD  , góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 60o . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. Câu 6 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H  3; 0  và trung điểm của BC là I  6;1 . Đường thẳng AH có phương trình x  2 y  3  0 . Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường thẳng DE có phương trình x – 2 = 0 và điểm D có tung độ dương. Câu 7 (2,0 điểm). Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn tâm O và O / , bán kính bằng a . Hai điểm A, B lần lượt nằm trên hai đường tròn tâm O và O / sao cho AB hợp với trục OO / một góc 450 và khoảng giữa chúng bằng a 2 . Tính theo a diện tích toàn phần của hình trụ đã cho. 2  xy  2  y x 2  2 Câu 8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y   ). 2 2 2  y  2  x  1 x  2 x  3  2 x  4 x Câu 9 (2,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x3 y 3  x  yz  y  xz  z  xy  2 . 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:………………………………………. ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN; LẦN I I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a 2x 1 Cho hàm số y  2,0 x 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho * Tập xác định : D   \ 1 0,25 * Sự biến thiên: 0,25 1 - Chiều biến thiên: y '   0 , x  1 2 ( x  1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1; ) 0,25 - Cực trị: Hàm số không có cực trị lim y   - Giới hạn : lim y   x 1 x 1 0,25 lim y  2 lim y  2 x  x  Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng: x  1 , tiệm cận ngang y  2 - Bảng biến thiên : x y/ 1   - - 2  0,5 y  2 1  Đồ thị: (C) cắt Ox tại  ;0  , cắt Oy tại (0;2). 2  0,5 b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng có phương trình y  x  2015 . Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm. Ta có hệ số góc của tiếp tuyến 2,0 0,5 tại điểm có hoành độ x0 là k  f /  x0    1  x0  1 2 Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng có phương trình y  x  2015 nên ta có  x0  0 1 1    k  1   x  2 2  x0  1  0 Với x0  0 ta được tiếp tuyến có phương trình y   x  1 Với x0  2 ta được tiếp tuyến có phương trình y   x  5 2 2 a Giải phương trình 2sin x  3sin x  2  0 1  sin x  2  2sin x  3sin x  2  0  2  sin x  2     k 2 x  1 6 sin x    k   2  x  5  k 2  6 sin x  2 PT vô nghiệm 5  k 2 6 6 b Giải phương trình log 2 x  log 2  x  2   log 2  6  x  Kết luận: PT có các nghiệm x  3   k 2 ; x  0,5 0,5 1,0 0,25 0,25 0,25 k   0,25 1,0 x  0  Điều kiện  x  2  0  2  x  6 6  x  0  0,25 PT  log 2  x  x  2    log 2  6  x  0,25  x  2  x  x  2   6  x  x2  x  6  0   x  3 Kết hợp điều kiện ta được x  3 là nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x3  3x  2 trên đoạn  0; 2 . Hàm số đã cho liên tục trên  0; 2 Ta có f '( x)  3 x 2  3 0,25 0,25 2,0 0,5 f '( x)  0  x  1   0; 2 0,5 f (0)  2, f (2)  4, f (1)  0 max f ( x)  f (2)  4; min f ( x)  f (1)  0 0,5  0;2 4 0,5  0;2 Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác suất để có 2 học sinh nữ đứng cạnh nhau. Gọi không gian mẫu là  , A là biến cố “xếp hai nữ đứng cạnh nhau”. Ta có n     5! 0,5 2,0 0,5 Đánh thứ tự các vị trí cần xếp từ 1 đến 5. Để 2 nữ đứng cạnh nhau thì vị trí xếp hai nữ là một trong bốn trường hợp: 1; 2  ,  2;3 ,  3; 4  ,  4;5  0,5 Mỗi trường hợp số cách xếp là 2!3! nên tất cả số cách xếp thỏa mãn hai nữ đứng cạnh nhau là n  A   4.2!3! 0,5 Vậy P  A   5 n  A 2  n  5 0,5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  a 3 , SA   ABCD  , góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 60o . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. 2,0 S H A E K B I D C Trong tam giác ABD kẻ đường cao AI  I  BD  0,5   60o  BD   SAI    SBD  ,  ABCD   SIA   a 3 3a  SA  2 2 3 1 a. 3 VS . ABCD  SA.S ABCD  3 2 Trong mặt phẳng  ABCD  đường thẳng qua D song song với AC, cắt đường thẳng AB tại E. Trong tam giác ADE kẻ đường cao AK  K  DE    SAK    SDE  . Dựng BD  2a  AI  0,5 0,5 AH  SK tại H, suy ra AH   SDE  . Do AC / /  SDE   d  AC , SD   d  A,  SDE    AH a 3 3a 3a  AH   d  AC , SD   2 4 4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H  3;0  và trung Ta có AK  6 điểm của BC là I  6;1 . Đường thẳng AH có phương trình x  2 y  3  0 . Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường thẳng DE có phương trình x  2  0 và điểm D có tung độ dương. 0,5 2,0 A K D E H B I C Gọi K là trung điểm của AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K và BCDE nội 0,5 tiếp đường tròn tâm I. Suy ra IK  DE  phương trình IK : y  1  0 . Tọa độ K 1;1  A  1; 2  0,5 a  3 2 D  2; a   DE . Ta có KA  KD  5  1   a  1    D  2;3  a  1(l ) Phương trình AC : x  3 y  7  0 . Phương trình BC :2 x  y  11  0 . Tọa độ C  8;5   B  4;  3 0,5 0,5 Vậy, A  1; 2  , B  4;  3 và C  8;5  . 7 Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn tâm O và O / , bán kính bằng a . Hai điểm A, B lần lượt nằm trên hai đường tròn tâm O và O / sao cho AB hợp với trục OO / một góc 450 và khoảng giữa chúng bằng a 2 . Tính theo a diện tích toàn phần của 2 2,0 hình trụ đã cho.   Kẻ đường sinh AA/ A/   O /  . Gọi H là trung điểm A/ B /  450 , d AB; OO /  O / H  a 2 Từ giả thiết ta có BAA   2 a 2 Ta có HB  O / B 2  O / H 2   A/ B  a 2 2 /  450 nên tam giác AA/ B vuông cân đỉnh A/  AA/  A/ B  a 2 Do BAA   Stp  S xq  2S d   2 a  a 2  2  a 2   2 2  2  a 2 8 x 2  2  x  x 2  x  x  x  0 x  R  x 2  2  x  0 x  R Nên ta có 1  y   x2  2  x  2  y  2 2 0,5 0,5 0,5  xy  2  y x 2  2 Giải hệ phương trình  ( x; y   ) 2 2 2  y  2  x  1 x  2 x  3  2 x  4 x.  xy  2  y x 2  2 1   2  y  2  x  1 x 2  2 x  3  2 x 2  4 x  2  . Vì 0,5 2,0 0,5  x2  2  x x 2x 2 Thế y  x  2  x vào phương trình  2  , ta có :   2 x 2  2  x  2  x  1 x 2  2 x  3  2 x 2  4 x  1  x x 2  2  2 x   x  1 x 2  2 x  3  0 . 0,5   x  1 1    x  1  2     x  1    2  x 2  2  (*)    Xét hàm số f (t )  t 1  t 2  2 . Ta có f '(t )  1  t 2  2  t2 t2  2 0,5  0, t  R  f (t ) đồng biến trên R. 1 f ( x  1)  f ( x)  x  1   x  x   . 2 1  1 x   x    y  1 .Vậy hệ đã cho có nghiệm là  2 2  y  1. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  1 . Tìm giá trị lớn nhất  *  9 của biểu thức P  x3 y 3  x  yz  y  xz  z  xy  2 . 0,5 2,0 Ta có x  y  z  1  z  x  y  1  z  xy  x  y  1  xy   x  1 y  1 x  yz  x  y  x  y  1  x  xy  y 2  y   x  y  y  1 0,5 y  xz  y  x  x  y  1   x  y  x  1 Ta được P  x3 y 3 2 3  x  y  .  x  1 .  y  1 3  x  y 2  4 xy  x3 y 3 x2 y2 Vì  x  0 P  3 3 3 3 4 xy.  x  1 .  y  1 4.  x  1 .  y  1 y  0  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x 1  27 2 4 x x x2 x2 3  1  33   x  1  x 0  3 2 2 4 4  x  1 27 Lập luận tương tự ta được 0  y 2 3  y  1  0,5 0,5 4 27 1 4 4 4 P . .  4 27 27 729 x y x  y  2   1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 2   z  x  y  1  z  5 x  y  2 4 . Vậy maxP  đạt được khi  729 z  5 -----------------------------HẾT------------------------- 0,5 KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + (1 − 2m ) x 2 + ( 2 − m ) x + m + 2 (Cm) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. b. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: sin 2 x − 2 2(s inx+cosx)=5 Câu 3. (1 điểm) Giải phương trình: 51+ x − 51− x = 24 Câu 4. (1 điểm) 2 2 a) Giải phương trình log 2 ( 2 x − 3) − 2 log 2 x = 4 2 b) Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3. Câu 5. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y + 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB = 3 . Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD), biết SD = 2a 5 , SC tạo với mặt đáy (ABCD) một góc 60° . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SA. Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x − y − 3 = 0 và d 2 : x + y − 6 = 0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 3 3 2  x − y + 3 y − 3 x − 2 = 0 Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình :  2 2 2  x + 1 − x − 3 2 y − y + 2 = 0 Câu 9. (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn 5− x + 5− y + 5− z = 1 . Chứng minh rằng : 25 x 25 y 25 z 5x + 5 y + 5z + + ≥ 5 x + 5 y + z 5 y + 5 z + x 5 z + 5x + y 4 --------------Hết-------------- ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung 3 2 1. Cho hàm số y = x + (1 − 2m ) x + ( 2 − m ) x + m + 2 (Cm) a. .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. Với m = 2 ta được y = x3 – 3x2 + 4 Tập xác định : D = R. lim y = +∞ ; lim y = −∞ x →+∞ Điểm 200 1,00 0,25 x →−∞ x = 0 ⇒ y = 4 Có y ' = 3 x 2 − 6 x ; y ' = 0 ⇔  x = 2 ⇒ y = 0 BBT 0,5 Vậy hàm số đồng biến trên ( −∞;0 ) và ( 2;+∞ ) ; hàm số nghịch biến trên (0;2) yCĐ = 4 tại x = 0; yCT = 0 tại x = 2 Đồ thị : + Lấy thêm điểm . + Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy 8 6 4 2 -15 -10 -5 5 10 15 0,25 -2 -4 -6 -8 b. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. Có y ' = 3 x 2 + 2 (1 − 2m ) x + ( 2 − m ) Để hàm số có cực trị thì phương trình y’=0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó ⇔ 3 x 2 + 2 (1 − 2m ) x + ( 2 − m ) = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = 4m 2 − m − 5 > 0 ⇔ m < - 1 hoặc m > 5 (1) 4 1,00 0,25 0,25
- Xem thêm -