Tài liệu Đề thi thử thpt quốc gia môn toán lần 1 năm 2015 trường thpt trần đại nghĩa

Trường THPT Trần Đại Nghĩa ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 MÔN TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Tổ Toán -----------------------------------Câu 1: (2 điểm) 1 / Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 3  3 x  2 2/ Tìm tọa độ của điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M song song với đường thẳng (d): 9x – y 18 = 0 Câu 2: a/ (0,5 điểm) Giải phương trình sau log 3 (2 x  1)  4 log 9 (5 x  2)  4  0 b/ (0.5 điểm) Giải phương trình cos3x + 2 sin2x – cosx = 0 1 Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân  0 xdx x 1  x 2 . Câu 4: a/ (0.5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x)  2 x  5  x b/ (0.5 điểm) Biết trong số 10 vé xổ số còn lại trên bàn vé có 2 vé trúng thưởng. Khi đó một người khách rút ngẫu nhiên 5 vé . Hãy tính xác suất sao cho trong 5 vé được rút ra có ít nhất một vé trúng thưởng Câu 5: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, mặt bên (SAB) nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD), tam giác SAB vuông tại S, SA = a Hãy tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SC theo a Câu 6: (1 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2 x  2 y  z  1  0 và điểm A(1 ; -1; 0) a/ Hãy viết phương trình mp ( ) qua điểm A và song song với mặt phẳng (P) b/ Tìm tọa độ điềm M thuộc mp (P) sao cho MA vuông góc với mp (P) Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có đường chéo AC phương trình là x + y 10 = 0. Tìm tọa độ điểm B biết rằng đường thẳng CD qua điểm M (6; 2) và đường thẳng AB qua điểm N(5; 8)  x 2  xy  y 2  7 Câu 8: (1 điểm) Giải hệ phương trình  2 2  x  xy  2 y   x  2 y Câu 9: (1 điểm) Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn x 2  y 2  (3 x  2)( y  1)  0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x 2  y 2  x  y  8 4  x  y --------------Hết-------------- Câu 1a Đáp án Nội dung + TXĐ D=R + y '  3x 2  3 x  1 y’=0    x  1 + lim y  ; lim y   x  1đ 1b Điểm 0.25 x  + BBT: Đúng chiều biến thiên Đúng các giới hạn và cực trị + KL: Hs đồng biến trong khoảng (-∞ ;-1)và (1 ; +∞); nghịch biến trong khoảng (-1 ; 1); đạt cực đại bằng 0 tại x=-1 ; đạt cực tiểu bằng -4 tại x=1 + Điểm đặc biệt: đồ thị hàm số cắt trục hoành tại các điểm (2; 0) và (-1;0) có điểm uốn (0; 2) + Đồ thị: Vẽ đúng đồ thị qua các điểm cực trị , điểm đặc biệt và đúng dạng + Đường thẳng 9x – y – 18 = 0 có hệ số góc bằng 9 + Gọi M0( x0; y0) là điểm mà tại đó tiếp tuyến song song đường thẳng 9x - y- 18=0  f '( x0 )  9 0.25 0.25 0.25 0.25  3 x02  3  9 1đ 2a  x0  2   x0  2 + Với x0 =2 y0 = 0 M0( 2; 0) x0 = -2 y0 = -4  M0( -2 ; -4 ) + Kiểm tra lại M0( 2,0)  tiếp tuyến tại M0 có pt là y= 9(x – 2)  9 x  y  18  0 ( loại) M0(-2;-4)tiếp tuyến tại M0 có pt là y  9( x  2)  4  9x-y+14=0( nhận) 0.25 0.25 0.25 1 2 log 3 (2 x  1)  4 log 9 (5 x  2)  4  0 a/ + Đk : x   log 3 (2 x  1)  2 log 3 (5 x  2)  4  log 3 (2 x  1)  log 3 (5 x  2) 2  4  log 3 0.5  2x 1 5x  2 2  4 2x 1  34 (5 x  2) 2 0.25  25 x 2  142 x  85  0 x  5   x  17 25  So với đk ta nhận x=5 và x  2b 0.5 b/ 2sin2x +cos3x – cosx = 0  2 sin2x – 2 sin2x.sinx = 0 17 25 0.25  2sin2x ( 1 – sinx) = 0 sin 2 x  0  sin x  1 3 k  x   2    x   2  2 1 1 2 2 ( x  1) dx x  2x 1 0 x 2  1  0 x 2  1 .dx 0.25 0.25 1 2x   =  1  2 dx x 1 0 1 1 2 x.dx x2  1 0 0.25 d(x  1) x2  1 0 0.25 =  1.dx   1đ 0.25 0 1 2 =x0  1 =1+ ln x  1 2 1 0 =1+ln2 0.25 4a 0.5 đ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f ( x)  2 x  5  x + x  [0;5] 1 1  + f '( x)  x 2 5 x + f '( x)  0  x  4   0;5 0.25 + f (0)  5; f (5)  2 5; f (4)  5 Maxf ( x)  5  f (4) + x 0;5 min f ( x)  5  f (0) x 0;5 4b 0.5 đ 5 0.25 + Số phần tử của không gian mẫu:  = C105 =252 + Biến cố A: ‘Trong năm vé rút ra có ít nhất một vé trúng thưởng’  biến cố A : ‘Trong năm vé rút ra không có vé nào trúng thưởng’ Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là C85 = 56 56 Xác suất của biến cố A là P( A ) = 252 56 7 Xác suất của biến cố A là P(A) = 1   252 9 + Trong mp(SAB), dựng SH  AB, do (SAB)  (ABCD)  SH  ( ABCD)  SH là chiều cao khối chóp 1  VS . ABCD  B.h 3 + B= dt ABCD= 4a2 + h = SH 0.25 0.25 SB  AB 2  SA2 = a 3 SB.SA h  SH  AB a 3 = 2  VS . ABCD  2a 3 3 0.25 0.25 1đ  d(AB,SC) Vì AB// DC nên d (AB, SC)= d( AB, (SDC)) = d ( A, (SDC) 3V  A.SDC dtSDC 1 3. .VS . ABCD  2 dtSDC  dt SDC=? tgSAD vuông tại A nên SD  a 5 tgSBC vuông tại B nên SC  a 7 , DC= 2a  dtSDC  19 2 a 2 nên d ( A, ( SDC ))  6a 0.5 đ 6b 0.5 đ 0.25 6a 57 19 + Mp ( ) song song với (P) nên mp ( ) có vecto pháp tuyến là  n  (2; 2;1) mặt khác ( ) qua điểm A (1;-1; 0) nên : Pt của ( ) là 2 (x – 1) -2 (y + 1) +1( z – 0)= 0  2x – 2y +z -4 = 0 + Gọi M (x; y; z) - Do M  ( P )  2 x  2 y  z  1  0   - Do MA  (P)  MAcùng phuongn  Mà MA  (1  x; 1  y;  z )  n  (2; 2;1) 1  x 1  y  z nên   2 2 1 x  y  0   y  2 z  1 0.25 0.25 0.25 0.25 2 x  2 y  z  1  x  y  0  y  2 z  1  1  x  3  1   y   3  1  z   3  1 1 1 KL : M  ;  ;   3 3 3  + Gọi n  (a; b) là vecto pháp tuyến của đường thẳng AB với a 2  b 2  0 góc giữa đường thẳng AB và AC bằng 450 ab  cos 450  a 2  b 2 . 12  12 Ta có hpt 7 0.25 0.25  a 2  b2  a  b 1đ  a.b  0 a  0  b  0 + a=0 nên b ≠0  chọn b= 1 pt đt AB là 0(x – 5)+ 1( y – 8)=0  y=8 + b=0 nên a ≠0  chọn a=1  pt đt AB là 1( x – 5) +0(y – 8)=0  x=5 0.25 * Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AC, do AC là phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng BC và DC nên M’ thuộc đường thẳng BC  pt đt MM’ là 1( x- 6) -1(y – 2)=0  x – y – 4 = 0 0.25 + Gọi H là giao điểm của đt MM’ và AC  H( 7;3) + H là trung điểm MM’  M’(8; 4 ) * Với M’(8;4) và AB : y=8 pt BC là x= 8 B= AB  BC B(8;8) * Với M’(8,4) và AB : x= 5 pt BC là y=4  B= AB  BC  B(5;4) 8 1đ + x 2  xy  2 y 2   x  2 y  x 2  (1  y ) x  y 2  2 y  0 có   (3 y  1) 2 x  2y nên   x   y 1 y 1 x  2 + Với x=2y thế vào (1) ta có   y  1  x  2  y  3  x  2 + Với x= -y-1 thế vào (1) ta có   y  2  x  3 Vậy hệ có 4 nghiệm (2;1); (-2;-1); (2;-3); (-3;2) 9 0.25 + Ta có x 2  y 2  (3 x  2)( y  1)  0  ( x  y ) 2  3( x  y )  2   xy  y 0.25 0.25 0.25 0.25 Vì x,y không âm nên ( x  y ) 2  3( x  y )  2  0  1  x  y  2 Đặt t = x+y khi đó t  1; 2 0.25 Ta có P  x 2  y 2  x  y  8 4  x  y  ( x  y ) 2  ( x  y )  8 4  ( x  y ) P  t2  t  8 4  t + Xét hàm f (t )  t 2  t  8 4  t với t  1; 2 1đ 0.25 4 4 với t  1; 2  f '(t )  3   0 với t  1; 2 4t 2 và f(t) liên tục trên đoạn [1;2] nên f(t) đồng biến trên đoạn [1;2]  maxf (t )  f (2)  6  8 2  f (t )  6  8 2 ta có f '(t )  2t  1  [1;2]  x. y  0 x  2  P  6  8 2 , P= 6  8 2 khi   t  2 y  0 KL: Giá trị lớn nhất của P là 6  8 2 đạt được khi x = 2 và y = 0 0.25 0.25