Mô tả:
Đề thi thử Quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán trường THPT Lý Tự Trọng, Khánh Hòa
SỞ GD & ĐT KHÁNH HOÀ
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I - NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề
2x −1
x −1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị (C) , hãy tìm trên đồ thị (C) điểm M có
hoành độ dương sao cho tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M cắt đường tiệm cận đứng , tiệm cận
ngang lần lượt tại A và B thỏa mãn: 2IA2 + IB2 = 12 .
Câu I: (2đ) Cho hàm số y = f ( x) =
Câu II: (2đ) Giải các phương trình sau :
(1 − s inx)(2sin 2 x + 6 cosx + 2sinx + 3)
1.
=2
2 cos x + 1
1
2. log 27 x3 + log 3 ( x + 4) = log 3 ( x − 2)2
4
1
( x 2 + x )e x
dx
x + 2e − x
0
Câu III: (1đ) Tính tích phân : I = ∫
Câu IV: (1đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho hai điểm A(1;2); B(4;1) và đường thẳng
d: 3x-4y+5=0. Viết phương trình đường tròn (C) đi qua A,B và cắt d tại C, D sao cho CD = 6.
Câu V: (1đ) Trong một chiếc hộp có chứa 6 viên bi đỏ, 5 viên bi vàng và 4 viên bi trắng. Lấy
ngẫu nhiên trong hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi lấy ra không có đủ cả 3 màu.
Câu VI: (1đ) Cho hình chóp đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên của hình chóp tạo
với mặt đáy một góc 600 . Mp(P) chứa AB và đi qua trọng tâm G của ∆ SAC cắt SC , SD lần lượt
tại M,N . Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a
x3 − 6 x 2 + 13 x = y 3 + y + 10
Câu VII: (1đ) Giải hệ phương trình :
3
2
2 x + y + 5 − 3 − x − y = x − 3 x − 10 y + 6
Câu VIII: (1đ) Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thức:
1
1
1
P=
+
+
4 + 2 ln(1 + x) − y 4 + 2 ln(1 + y ) − z 4 + 2 ln(1 + z ) − x
-----------------HẾT ---------------
Câu
Câu I
(2đ)
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI THỬ LẦN I – NĂM HỌC 2014-2015 - KHỐI 12
Đáp án
Điểm
2x −1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) : y = f ( x ) =
: (1đ)
x −1
+ Tập xác định : D = R \ {1}
+ y' =
−1
( x − 1)
2
< 0; ∀x ∈ D : Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1)
và (1; +∞)
+ lim y = −∞ ; lim y = +∞ : TCĐ x = 1
x →1−
x →1+
0.25
0.25
+ lim
y = 2 : TCN y = 2
+
x →− ∞
+ Bảng biến thiên:
x
-∞
y'
y
2
1
+∞
-
0.25
+∞
-∞
2
1
+ Điểm đặc biệt : (0;1) ; ;0
2
+ Đồ thị:
y
0.25
2
I
1
1
x
2. (1đ)
+ I(1;2) . Gọi M(x0;
2 x0 − 1
) ∈ (C) , x0 > 0 ; x0 ≠ 1
x0 − 1
+ Pttt với (C) tại M : d : y = −
1
2x −1
( x − x0 ) + 0
( x0 − 1) 2
x0 − 1
0.25
2 x0
)
x0 − 1
+ B là giao điểm của d và TCN ⇒ B(2x0 -1; 2)
4
+ Tính được IA2 =
; IB2 = 4(x0 – 1)2
2
( x0 − 1)
+ A là giao điểm của d và TCĐ ⇒ A(1;
+ 2IA2 + IB2 = 12 ⇔
0.25
2
+ ( x0 − 1) 2 = 3 ⇔ ( x0 − 1) 4 − 3( x0 − 1) 2 + 2 = 0
( x0 − 1) 2
x0 − 1 = 1
x0
x
( x0 − 1) 2 = 1
x0 − 1 = −1
0
⇔
⇔
⇔
2
x −1 = 2
x
( x0 − 1) = 2
0
0
x0 − 1 = − 2
x0
=2
= 0 (loai)
= 1+ 2
0.25
= 1 − 2 (loai)
+ KL: Vậy có 2 điểm cần tìm: M1(2;3) ; M2 (1+ 2 ; 2+
Trang 1
2
)
2
0.25
1. Giải phương trình: (1 − s inx)(2sin 2 x + 6 cosx + 2sinx + 3) = 2 (1)
2 cos x + 1
Câu II:
(2đ)
1
2π
+ k 2π ; k ∈ Z
2
3
(1) ⇔ (1 − s inx)(4 sin x cos x + 6 cos x + 2sin x + 3) = 2
2 cos x + 1
(1 − s inx)(2sin x + 3)(2 cosx + 1)
⇔
=2
2 cos x + 1
+ Điều kiện: cos x ≠ − ⇔ x ≠ +−
⇔ (1 − s inx)(2sin x + 3) = 2 ⇔ 2sin 2 x + sinx − 1 = 0
π
x = − 2 + k 2π
sinx = −1
π
thỏa mãn điều kiện
⇔
⇔ x = + k 2π
sinx = 1
6
2
x = 5π + k 2π
6
1
2. Giải phương trình: log 27 x3 + log 3 ( x + 4) = log 3 ( x − 2)2 (1)
4
+ ĐK : 0 < x ≠ 2
Với ĐK trên, (1) ⇔ log3 x + log3 ( x + 4) = log 3 x − 2
⇔ log 3 [ x( x + 4)] = log 3 x − 2 ⇔ x( x + 4) = x − 2
x > 2
x > 2
2
x( x + 4) = x − 2
x + 3x + 2 = 0
⇔
⇔
x < 2
x<2
2
x( x + 4) = − x + 2
x + 5 x − 2 = 0
x > 2
x = −1 ∨ x = −2
−5+ 33
⇔ x < 2
⇔x= −
2
−5+− 33
x =
2
Đối chiếu đk , nghiệm của pt : x = −5 + 33
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
2
1
2
( x + x )e
dx =
x + 2e − x
0
I =∫
x
1
∫
0
2x
x( x + 1)e
dx
xe x + 2
x
Câu III:
(1đ)
Đặt t = xe ⇒ dt = (x+1)ex dx
Đổi cận: x = 0 ⇒ t =0 , x=1 ⇒ t=e
e
e
t
2
I =∫
dt = ∫ (1 −
)dt
t+2
t+2
0
0
= (t-2ln|t+2|) |e0 = e+2ln
0.25
0.25
0.25
0.25
2
e+2
Trang 2
Câu IV
(1đ)
y
D
I
0.25
C
A
B
x
O
D
I
Nhận xét A thuộc d nên A trùng với C hay D . (Giả sử A trùng C)
Gọi I(a;b) là tâm đường tròn (C), bán kính R>0.
(C) đi qua A,B nên IA=IB=R
⇔ b = 3a − 6
⇔ (1 − a ) 2 + (2 − b) 2 = (4 − a ) 2 + (1 − b) 2 = R
Suy ra I(a;3a-6) và R = 10a 2 − 50a + 65 (1)
Gọi H là trung điểm CD ⇒ IH ⊥ CD và IH = d(I;d) =
R=IC= CH 2 + IH 2 = 9 +
Từ (1) và (2) , có:
( 9a − 29 )
−9a + 29
5
0.25
2
(2)
25
10a 2 − 50a + 65 =
9+
( 9a − 29 )
2
25
a = 1
⇔ 13a 2 − 56a + 43 = 0 ⇔
a = 43
13
0.25
+ a=1 ⇒ I (1; −3); R = 5 . Pt đường tròn (C): (x-1)2 +(y+3)2 =25
43
43 51
5 61 .
+ a=
⇒ I ( ; ); R =
13
13 13
13
2
2
Pt đường tròn (C): x − 43 + y − 51 = 1525
13
13
169
Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp : C154 = 1365 cách
0.25
0.25
+ Chọn 2 bi đỏ, 1 bi trắng , 1 bi vàng: C62 .C51.C41
+ Chọn 1 bi đỏ, 2 bi trắng , 1 bi vàng: C61 .C52 .C41
Câu V
(1đ)
+Chọn 1 bi đỏ, 1 bi trắng , 2 bi vàng: C61 .C51.C42
Số cách chọn 4 viên bi có đủ 3 màu :
C62 .C51.C41 + C61 .C52 .C41 + C61 .C51.C42 = 720 cách
Số cách chọn 4 viên bi không đủ cả 3 màu : 1365-720 = 645 cách
645 43
Xác suất cần tìm : P =
=
1365 91
Trang 3
0.25
0.25
0.25
Câu VI
(1đ)
S
N
G
A
I
M
D
J
O
B
C
Gọi O là giao điểm của AC và BD
S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO ⊥ (ABCD)
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD , xác định được góc giữa mặt bên
= 600 .
(SCD) và mặt đáy (ABCD) là SJI
a 3
1
a3 3
; VS.ABCD = SO.S ABCD =
(đvtt)
2
3
6
Trong (SAC) , AG cắt SC tại M , M là trung điểm của SC
C/minh được MN// AB và N là trung điểm của SD
VSABM SM 1
1
=
= ⇒ VSABM = VS . ABCD
VSABC
SC 2
4
VSAMN SM SN 1
1
=
⋅
= ⇒ VSAMN = VS . ABCD
VSACD
SC SD 4
8
Nhận xét ∆ SIJ đều ; SO =
0.25
0.25
0.25
3
a3 3
⇒ VS . ABMN = VS . ABM + VS . AMN = VS . ABCD =
(đvtt)
8
16
x 3 − 6 x 2 + 13 x = y 3 + y + 10 (1)
Giải hệ phương trình :
3
2
2 x + y + 5 − 3 − x − y = x − 3 x − 10 y + 6 (2)
Câu VII
(1đ)
0.25
(1đ)
0.25
(1) ⇔ ( x − 2)3 + ( x − 2) = y 3 + y
Xét hàm số f(t) = t3+t , t ∈ R có f ’(t) = 3t2+1>0, ∀t ∈ R
⇒ f(t) đồng biến trên R và (1) ⇔ x − 2 = y (3)
Thay (3) vào (2): 3 x + 3 − 5 − 2 x = x 3 − 3x 2 − 10 x + 26 (4); − 1 ≤ x ≤ 5
0.25
5
0.25
2
+ Chứng minh g(x) =
3 x + 3 − 5 − 2 x đồng biến trên đoạn −1;
2
5
nghịch biến trên đoạn −1;
2
g(2) = h(2) = 2 ⇒ x=2 là nghiệm duy nhất của pt (4)
Đáp số ( x; y ) = ( 2;0 )
0.25
Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thức:
1
1
1
P=
+
+
4 + 2 ln(1 + x) − y 4 + 2 ln(1 + y ) − z 4 + 2 ln(1 + z ) − x
Với a, b, c >0,áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
0.25
+ Chứng minh h(x) = x 3 − 3x 2 − 10 x + 26
Câu VIII
(1đ)
1 1 1
9
1 1 1
(1)
(a + b + c) + + ≥ 9 ⇒ + + ≥
a b c a+b+c
a b c
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c
Áp dụng (1) ta có P ≥
9
12 + 2 ln(1 + x) − x + 2 ln(1 + y ) − y + 2 ln(1 + z ) − z
Trang 4
Xét f (t ) = 2 ln(1 + t ) − t , t ∈ [0;3]
2
1− t
f ' (t ) =
−1 =
;
f ' (t ) = 0 ⇔ t = 1
1+ t
1+ t
f (0) = 0, f (1) = ln 4 − 1, f (3) = 4 ln 2 − 3 ⇒ 4 ln 2 − 3 ≤ f (t ) ≤ ln 4 − 1
⇒ 12 ln 2 − 9 ≤ f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ≤ 3ln 4 − 3
⇒ 12 ln 2 + 3 ≤ f ( x) + f ( y ) + f ( z ) + 12 ≤ 9 + 3ln 4
9
9
3
⇒P≥
≥
=
12 + f ( x) + f ( y ) + f ( z ) 9 + 3ln 4 3 + ln 4
3
Vậy MinP =
⇔ x = y = z =1
3 + ln 4
Mọi cách giải khác đúng của hs đều cho điểm tương ứng với mỗi phần của câu
Trang 5
0.25
0.25
- Xem thêm -