Tài liệu Đề thi thử quốc gia môn toán lần 1 năm 2015 trường thpt nguyễn trung thiên, hà tĩnh

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015 TỔ TOÁN Môn TOÁN (Lần 1) Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x  1 (1) 2x  1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Chứng minh rằng đường thẳng y = x + m luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm m để độ dài đoạn AB = 2 . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 2x  sinx  2  4cos x 1 x ln  x  1 dx 0 x 1 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 4log 4  x 2  3  log 2  6 x  10   2  0 Câu 5 (1,0 điểm). Một tổ học sinh gồm có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh đi chăm sóc bồn hoa. Tính xác suất để 2 học sinh được chọn đi chăm sóc bồn hoa có cả nam và nữ. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,   600 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là góc BAD trọng tâm ABC. Góc giữa mặt phẳng (ABCD) và mặt phẳng (SAB) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3;1). Điểm E(1;3) nằm trên đường thẳng  chứa đường cao qua đỉnh B. Đường thẳng AC qua F(1;3). Tìm tọa độ các đỉnh của ABC biết đường tròn ngoại tiếp ABC có đường kính AD với D(4;2) Câu 8: Giải phương trình:  x  2  ( x 2  4x  7  1)  x   x2  3  1  0 Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P  x y z 2  2  2 . y  z x  z x  y       _________ 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 GDĐT HÀ TĨNH THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN TỔ TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015 Môn TOÁN (Lần 1) Đáp án gồm 03 trang CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 a) (1 điểm) (2,0đ) 1   Tập xác định: D   \   . 2  Sự biến thiên: 1 - Chiều biến thiên: y '  ; y '  0, x  D . (2 x  1) 2 1 1   Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ;  và  ;   . 2 2   1 1 - Giới hạn, tiệm cận: lim y  lim y   ; tiệm cận ngang y   . x  x  2 2 1 lim y   ; lim y   ; tiệm cận đứng x  . 1 1 2 x x 2 0.25 0.25 2 - Bảng biến thiên: x y' y 1 2     1  2 0.25    1 2 `  Đồ thị: 0.25 b) (1 điểm) Số giao điểm của đường thẳng y  x  m và đồ thị (C) bằng số nghiệm của pt: x 1  x  m .(1) 2x 1 1  x   2 x 2  2mx  m  1  0. (2) (1)   2  x  1  (2 x  1)( x  m) Phương trình (2) có biệt thức  '  m2  2m  2  (m  1)2  1  0, m  (2) có nghiệm phân biệt nên y  x  m luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B m . 0.25 0.25 Gọi A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) thì x1 , x2 là nghiệm của pt(2) và y1  x1  m, y2  x2  m  AB  2  x2  x1    y2  y1  2  2 ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2 . Mặt khác: x1  x2  m , x1 x2  m  1 . 2 2 2 (1,0đ) 0.25 Từ đó ta có: AB  2   x1  x2   4 x1 x2  1  m 2  2(m  1)  1  m  1 . Vậy m  1 . 0.25 sin 2 x  sin x  2  4 cos x  2sin x cos x  sin x  2  4 cos x  sin x(2 cos x  1)  2(1  2 cos x)  (sin x  2)(2 cos x  1)  0 0.25 0.25  cos x  1   x    k 2 . 2 3 0.25 Phương trình có các nghiệm là: x    3  k 2 , k   . 0.25 3 1 u  ln( x  1)  dx du  (1,0đ) Đặt:   x 1 x  dv  x  1 dx v  x  ln( x  1). 1 1 x ln( x  1)    I   x  ln  x  1  ln  x  1      dx 0  x 1 x  1  0.25 0.25 0 4 (1,0đ)  ln 2 ( x  1)  1 = 1  ln 2  ln 2   x  ln  x  1   2  0 0.25  ln 2 2  ln 2 2  2 ln 2  1  = ln 2  ln 2 2  1  ln 2   2  2  0.25 4 log 4  x 2  3  log 2  6 x  10   2  0 () . Điều kiện: x  3 . 0.25 ()  2 log 2 ( x 2  3)  2 log 2 (6 x  10)  2  0  log 2  x 2  3 .2   log 2  6 x  10  0.25 x  1  2( x 2  3)  6 x  10    x  2. Đối chiếu điều kiện thì phương trình có một nghiệm x  2 . 0.25 0.25 Gọi  là không gian mẫu: A là biến cố “2 học sinh được chọn gồm cả nam và nữ”. 5 (1,0đ) Số phần tử không gian mẫu: n()  C 2  66 . 12 Số trường hợp thuận lợi cho A là n( A)  C51.C71  35 . Xác suất của biến cố A là P( A)  6 (1,0đ) 0.25 0.25 0.25 n( A) 35   53, 03% . n() 66 0.25 Gọi H là trọng tâm ABC , K là hình chiếu của H   600 ; H  BD ; BH  1 BD . lên AB suy ra: SKH 3 DM là đường cao tam giác ABD,  HK // DM a 1 a 3  SH  KH .tan 600  .  HK  MD  2 3 6 a2 3 . 2 a3 3  . 12 0.25 Diện tích ABCD: S ABCD  2S ABD  Thể tích VSABCD 1  SH .S ABCD 3 0.25 Kéo dài KH cắt DC tại N  KN  DM  a 3 2 a 3  HN  KN  . 2 3 3 Gọi IH là đường cao của SHN  d  H , ( SCD)   HI . Ta có: HI  Vậy d  B,( SCD)   SH .HN a  . 2 2 7 SH  HN 3 3 3 7a d  H , ( SCD)   HI  . 2 2 14 0.25 Gọi H là trực tâm ABC  BDCH là hình bình hành  M là trung điểm của DH  H  2; 0  .  Đường thẳng AC đi qua F 1;3 và nhận HE  3; 3 7 (1,0đ) làm véctơ pháp tuyến nên phương trình của AC là: x  y  4  0 . Đường cao BH qua H và E nên phương trình của BH là: x  y  2  0 . 8 Phương trình biến đổi thành:  x  2  (1,0đ)  Đường cao AH đi qua H và vuông góc với BC nên AH có phương trình: x  2 . Toạ độ A thoả mãn hệ: x  2 x  2 Vậy A  2; 2  .    x  y  4  0  y  2. 0.25  x  2  2    3 1  x  x2  3  1  t 2  3  1 , phương trình trở thành f  u   f  v  . t2 2 9 Từ giả thiết suy ra: 0  x, y, z  3 . Ta có:  y  z   2  y 2  z 2   2  3  x 2  , (1,0đ) x x x 1   x2 .  . Mặt khác 2 2 2 2 3  x  4  y  z  2 3  x  Tương tự:  P x 1 2 x 1 2 2 2  x  x .   luôn đúng,  2  x 3  x x  1 x  2  0       2 2 3  x2  4  y  z 4 y  z  x 2  0.25 0.25  0 ,  t . Hàm f  t  luôn đồng biến nên f  u   f  v   u  v . t2  3 Phương trình tương đương x  2   x  x  1 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 . Thật vậy: 0.25 Gọi toạ độ của B, C là: B   b; b  2  , C   c; 4  c  . Do M là trung điểm BC nên ta có hệ: b  c  6 b  1  Vậy B  1; 1 ; C   5; 1 .  b  c  2  2 c  5. Đặt u  x  2 , v   x . Xét hàm số f  t   t Vì f '  t   1  t 2  3  0.25 1 2 z 1 x y z 1 y ,  z2 .      x2  y 2  x2  . 2 2 2 2 4  x  y 4  y  z   z  x  x  y 4 3 3 3 . Khi x  y  z  1 thì P  . Vậy Pmin  . 4 4 4 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25