Mô tả:
Đề thi thử Quốc gia lần 2 năm 2015 môn Toán trường THPT Lý Thái Tổ, Bắc Ninh
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
Môn: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi 09/03/2015
3
2
Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: y = x − 3(m + 2)x + 9x − m − 1 (Cm ) với m là tham số
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0.
b. Gọi ∆ là tiếp tuyến với đồ thị (Cm ) tại giao điểm của đồ thị (Cm ) với trục tung. Viết
phương trình tiếp tuyến ∆ biết khoảng cách từ điểm A(1; −4) đến đường thẳng ∆ bằng
82 .
Câu 2 (1.0 điểm) Giải phương trình: cos 2x + cos x sin x − sin x + sin 2 x = cos x
5
Câu 3 (1.0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (3x + 1) 2x − 1 dx
1
Câu 4 (1.0 điểm)
a. Giải bất phương trình: log 2 (x + 1) − 2 log 4 (5 − x) < 1 − log 2 (x − 2)
b. Có 6 tấm bìa được đánh số 0, 1, 2, 3, 4, 5. Lấy ngẫu nhiên 4 tấm bìa và xếp thành hàng
ngang từ trái sang phải. Tính xác suất để xếp được một số tự nhiên có 4 chữ số.
Câu 5 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −1; 0), B(2; 0; −1) và
mặt phẳng (P): 2x + y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm C trên (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông
góc với mặt phẳng (P) và tam giác ABC có diện tích bằng 14 .
Câu 6 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 3a và ABC = 60o.
Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD biết
SA = SB = SC = a 7 .
Câu 7 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân
giác trong góc ABC đi qua trung điểm M của cạnh AD, đường thẳng BM có phương trình:
x − y + 2 = 0, điểm D nằm trên đường thẳng ∆ có phương trình: x + y − 9 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh B có hoành độ âm và đường thẳng AB đi qua E(−1; 2).
x 2 − 2x − 2(x 2 − x) 3 − 2y = (2y − 3)x 2 − 1
Câu 8 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:
3
2x 2 + x 3 + x + 2
2 − 3 − 2y =
2x + 1
Câu 9 (1.0 điểm) Cho x, y là hai số thỏa mãn: x, y ≥ 1 và 3(x + y) = 4xy. Tìm giá trị lớn nhất và
1
1
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 − 3 2 + 2
y
x
-------------------------- 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 LÝ THÁI TỔ
Câu
1
(2.0 điểm)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)
Đáp án
Điểm
a. (1.0 điểm) m = 0 ⇒ y = x 3 − 6x 2 + 9x − 1
• Tập xác định: D = ℝ.
• Sự biến thiên:
x = 1 ⇒ y = 3
y ' = 3x 2 − 12x + 9; y ' = 0 ⇔
x = 3 ⇒ y = −1
0.25
Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞
x →−∞
x →+∞
Bảng biến thiên:
x
y'
−∞
1
+
0
3
+∞
3
−
0
+
0.25
+∞
y
−∞
−1
- Hs đb trên khoảng (−∞;1), (3; +∞) và nb trên khoảng (1; 3).
- Hàm số đạt cực đại tại x = 1; y CÑ = 3 ; đạt cực tiểu tại x = 3; y CT = −1.
• Đồ thị:
x
4
y
3
0.25
0
−1
0.25
b. (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến ∆ …
TXĐ: D = ℝ, y ' = 3x 2 − 6(m + 2)x + 9
Giả sử M là giao điểm của đồ thị hàm số (Cm ) với Oy ⇒ M(0; − m − 1)
Phương trình tiếp tuyến ∆ là: y = 9x − m − 1 hay 9x − y − m − 1 = 0
2
(1.0 điểm)
9. 1 − ( −4) − m − 1
m = 94
= 82 ⇔ 12 − m = 82 ⇔
92 + (−1)2
m = −70
Vậy phương trình tiếp tuyến ∆ là: y = 9x − 95; y = 9x + 69.
Giải phương trình …
Ta có: d(A; ∆) = 82 ⇔
PT ⇔ cos2 x − sin 2 x + cos x sin x + sin 2 x − (sin x + cos x) = 0
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
⇔ (cos x − sin x)(cos x + sin x) + sin x(cos x + sin x) − (cos x + sin x) = 0
⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x + sin x − 1) = 0
0.25
sin x + cos x = 0
⇔ (sin x + cos x)(cos x − 1) = 0 ⇔
cos x = 1
0.25
Trang 1/5
3
(1.0 điểm)
π
tan x = −1 x = − + kπ
⇔
⇔
4
cos x = 1
x = k 2π
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = −π \ 4 + kπ; x = k 2π.
Tính tích phân …
0.26
Đặt t = 2x − 1 ⇒ t 2 = 2x − 1 ⇒ tdt = dx
Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1
x=5 ⇒t =3
0.25
3
3(t 2 + 1)
13
13
⇒ I = ∫
+ 1 .t.tdt = ∫ (3t 2 + 5)t 2 dt = ∫ (3t 4 + 5t 2 )dt
2
21
21
1
0.25
3
1 3t 5 5t 3
1 3.35 5.33 3 5 1414
=
+
+
− − =
=
2 5
3
2 5
3
5 3 15
1
4
(1.0 điểm)
0.5
a. (0.5 điểm) Giải bất phương trình …
Điều kiện: 2 < x < 5 (*)
Khi đó, BPT ⇔ log2 (x + 1) + log 2 (x − 2) < log 2 2 + log 2 (5 − x)
0.25
⇔ log2 (x + 1)(x − 2) < log 2 2(5 − x)
⇔ (x + 1)(x − 2) < 2(5 − x) ⇔ x 2 + x − 12 < 0 ⇔ −4 < x < 3
Kết hợp điều kiện (*) ta có: 2 < x < 3 là nghiệm của bất phương trình.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 2 < x < 3.
b. (0.5 điểm) Tính xác suất …
- Phép thử T: “Lấy ngẫu nhiên 4 tấm bìa và xếp thành hàng ngang từ trái sang
phải” ⇒ Số phần tử của không gian mẫu là: Ω = A 64 = 360
0.25
0.25
- Gọi A là biến cố “Xếp được một số tự nhiên gồm 4 chữ số”
Giả sử n = a1a2 a3a4 là số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau.
Chọn a1 có 5 cách.
Chọn a2 a3a4 có A35 cách.
0.25
⇒ Ω A = 5.A 35 = 300
Vậy P(A) =
5
(1.0 điểm)
ΩA
Ω
=
300 5
=
360 6
Tìm tọa độ điểm C nằm trên mặt phẳng (P) …
Giả sử C(a; b; c) , n P = (2;1;1) là 1 VTPT của (P).
Do C ∈ (P) ⇔ 2a + b + c + 1 = 0 (1)
Ta có:
AB = (1;1; −1)
0.25
⇒ AB,AC = (c + b + 1;1 − a − c; b − a + 2)
AC = (a − 1; b + 1; c)
⇒ Mặt phẳng (ABC) nhận n = (c + b + 1;1 − a − c; b − a + 2) là 1 VTPT
Vì (ABC) ⊥ (P) ⇔ n.n P = 0 ⇔ −2a + 3b + c + 5 = 0 (2)
1
AB, AC ⇒ (c + b + 1)2 + (1 − a − c)2 + (b − a + 2)2 = 2 14 (3)
2
b = 2a − 2
Từ (1) và (2) ta có:
c = 1 − 4a
0.25
Mà: S∆ABC =
Trang 2/5
0.25
Thay vào (3) ta được:
a = 2 ⇒ b = 2,c = −7
(−2a)2 + (3a)2 + a2 = 4.14 ⇔ a2 = 4 ⇔
a = −2 ⇒ b = −6,c = 9
Vậy tọa độ điểm C thỏa mãn đề bài là: C(2; 2; −7), C(−2; −6; 9).
6
(1.0 điểm)
0.25
Tính thể tích khối tứ diện SACD …
S
Do SA = SB = SC và tam giác
ABC đều nên hình chiếu của đỉnh
S trên (ABCD) là trọng tâm H của
tam giác ABC.
∆ ABC đều ⇒ BH = a 3
Ta có: S∆ACD = S∆ABC
0.25
9a2 3
=
4
A
D
K
H
B
C
∆SHB vuông tại H nên ta có: SH = SB2 − BH 2 = 2a
1
3a3 3
Vậy VSACD = SH.S∆ACD =
3
2
Vì H là trọng tâm tam giác ABC nên 3HD = 2BD
0.25
Do AB // CD nên d(AB;SD) = d(AB;(SCD)) = d(B;(SCD)) =
3
d(H;(SCD))
2
0.25
Ta có: HCD = HCA + SAD = 30o + 60o = 90o ⇒ HC ⊥ CD.
Mà SH ⊥ CD nên CD ⊥ (SHC)
Trong (SHC) kẻ HK ⊥ SC (K ∈ SC) ⇒ d(H;(SCD)) = HK
∆SHC vuông tại H nên:
7
(1.0 điểm)
1
1
1
1
1
2 21 a
=
+
= 2 + 2 ⇒ HK =
2
2
2
7
HK
HS HC
4a 3a
0.25
3
3 21 a
Vậy d(AB;SD) = HK =
⋅
2
7
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
▪ Kẻ đường thẳng đi qua E vuông
góc BM tại H và cắt AC tại E '.
⇒ H là trung điểm của EE '
Phương trình EH là: x + y − 1 = 0
1 3
H = EH ∩ BM ⇒ H − ;
2 2
Vì H là trung điểm EE ' ⇒ E '(0;1)
M
A
D
E
H
B
0.25
E'
C
▪ Giả sử B(b; b + 2) ∈ BM (b < 0) ⇒ BE = (−1 − b; − b), BE ' = (− b; −1 − b)
b = 0 (loaïi)
Mà BE ⊥ BE ' ⇔ BE.BE ' = 0 ⇔ 2b(1 + b) = 0 ⇔
b = −1 (tm) ⇒ B(−1;1)
▪ Phương trình cạnh AB là: x = −1.
Giả sử A(−1;a) ∈ AB (a ≠ 1) và D(d; 9 − d) ∈ ∆
d −1 9 + a − d
Do M là trung điểm AB ⇒ M
;
2
2
Trang 3/5
0.25
0.25
Mặt khác: M ∈ BM ⇔
d −1 9 + a − d
−
+ 2 = 0 ⇔ −a + 2d − 6 = 0 (1)
2
2
▪ Ta có: AD = (d + 1; 9 − d − a), AB = (0;1 − a)
Mà AB ⊥ AD ⇔ AB.AD = 0 ⇔ −a − d + 9 = 0 (2)
a = 4 ⇒ A(−1; 4)
Từ (1) và (2) ta có:
d = 5 ⇒ D(5; 4)
0.25
Do AB = DC ⇒ C(5;1)
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(−1; 4), B(−1;1),C(5;1), D(5; 4).
8
(1.0 điểm)
Giải hệ phương trình …
1 1
3
Điều kiện: x ≠ − ; − ≤ y ≤
2 2
2
PT (1) ⇔ x 2 − 2x + 1 − 2(x − 1)x 3 − 2y + x 2 (3 − 2y) = 0
⇔ (x − 1)2 − 2(x − 1)x 3 − 2y + x 2 (3 − 2y) = 0
(
⇔ x − 1 − x 3 − 2y
)
2
= 0 ⇔ x 3 − 2y = x − 1 (3)
0.25
Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình ⇒ x ≠ 0
x −1
1
Suy ra (3) ⇔ 3 − 2y =
= 1−
x
x
Thay vào PT (2) ta được:
1+
1 3 2x 2 + x 3 + x + 2
1
=
⇔ (2x+1) 1 + = x + 2 + 3 2x 2 + x 3
x
x
2x + 1
0.25
3
1
1
2
2
1
1
2
2
⇔ 2 + 1 + = 1 + + 3 1 + ⇔ 1 + + 1 + = 1 + + 3 1 + ( 4)
x
x
x
x
x
x
x
x
Xét hàm số f(t) = t 3 + t với t ∈ ℝ
Ta có: f '(t) = 3t 2 + 1 > 0 ∀t ∈ ℝ
⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên ℝ.
1
2
1
2
Do đó, (4) ⇔ f 1 + = f 3 1 + ⇔ 1 + = 3 1 + (5)
x
x
x
x
Đặt a = 1 / x (a ≠ 0) ⇒ (5) trở thành:
0.25
1 + 2a ≥ 0
1 + a = 3 1 + 2a ⇔
3
2
(1 + a) = (1 + 2a)
1
a ≥ − 2
1
1
1 + 5
1+ 5
a ≥ −
a ≥ −
⇔
⇔
⇔ a =
⇔a=
2
2
2
2
a3 − a 2 − a = 0
a 2 − a − 1 = 0
1 − 5
a =
2
1+ 5
5 −1
1− 5
⇒x=
⇒ (3) ⇔ 3 − 2y =
< 0 (loại)
2
2
2
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm
▪ Với a =
Trang 4/5
0.25
9
(1.0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức …
Đặt t = x + y (t > 0). Khi đó xy =
3t
4
Từ giả thiết ta có: 3(x + y) = 4xy ≤ (x + y)2 ⇒ x + y ≥ 3 ⇒ t ≥ 3
3t
Vì x, y ≥ 1 nên (x − 1)( y − 1) ≥ 0 ⇔ xy − (x + y) + 1 ≥ 0 ⇔ − t + 1 ≥ 0 ⇔ t ≤ 4
4
Vậy ta có 3 ≤ t ≤ 4 .
Mặt khác từ giả thiết ta có:
0.25
1 1 4
+ = ⋅
x y 3
2
1 1
6
9
8 16
Suy ra: P = (x + y) − 3xy(x + y) − 3 + +
= t3 − t 2 + −
4
t 3
x y xy
0.25
3
9
8 16
Xét hàm số: f(t) = t 3 − t 2 + −
vớ i 3 ≤ t ≤ 4
4
t 3
9
8
1
Ta có: f '(t) = 3t 2 − t − 2 = 2 t 3 ( 5t − 9 ) + t 4 − 16 > 0 với mọi t ∈ [3; 4]
2 t
2t
⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên đoạn [3; 4].
(
(
))
49
3
khi t = 3 ⇔ x = y =
12
2
x = 1, y = 3
74
GTNN của P là: f(4) =
khi t = 4 ⇔
3
x = 3, y = 1
0.25
Vậy GTNN của P là: f(3) =
▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.
Trang 5/5
0.25
- Xem thêm -