SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LÀO CAI
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
x 3 3 2
1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = - x - 3 x + (1).
2 4
2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1);
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C). Biết tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng
(d ) : y =
8
x + 1 .
27
Câu 2 (1,0 điểm).
1) Giải phương trình: cos 2x + cos 2 x - sin x+2 = 0 .
2) Tìm các số thực x, y thỏa mãn: 2 x + 1 + (1 - 2 y ) i = ( -2 + x ) i 2 + (3 y - 2) i .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình sau trên tập số thực: log23 x - log9 (9x 2 ) - 1 = 0 .
ìï2 x 2 + 5 = 2 2 y + x 2
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: í
.
ïî x + 3 xy + x - y 2 - y = 5 y + 4
1 x
e + x
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ò x dx .
e
0
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAC bằng 60 0 .
Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD =
2HB. Đường thẳng SO tạo với mặt phẳng ( ABCD ) góc 60 0 với O là giao điểm của AC và BD.
Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) theo a .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn
đường kính AC. Biết M ( 3; - 1 ) là trung điểm của cạnh BD , điểm C ( 4; - 2 ) . Điểm N ( -1; - 3 ) nằm
trên đường thẳng đi qua B và vuông góc với AD. Đường thẳng AD đi qua điểm P (1;3 ) . Tìm tọa
độ các đỉnh A, B, D.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm M ( 2;3;5 ) và đường thẳng
d :
x + 1 y + 2 z - 2
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua M và vuông góc với đường thẳng
1
3
2
d . Tìm tọa độ điểm N thuộc d sao cho N cách M một khoảng bằng 5.
22
2 ö
æ
Câu 9 (0,5 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niutơn của ç x 2 - ÷ .
x ø
è
5
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x là số thực thuộc đoạn éê -1; ùú . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
4 û
ë
8
của biểu thức P =
5 - 4 x - 1 + x
.
5 - 4 x + 2 1 + x + 6
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Cảm ơn thầy Ngô Quang Nghiệp (
[email protected] )đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LÀO CAI
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN THI: TOÁN
( Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang, 10 câu)
I. Hướng dẫn chấm:
1. Cho điểm lẻ tới 0,25;
2. Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần, không làm tròn;
3. Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức;
4. Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần.
5. Với bài hình học không gian (câu 6) nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không
cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu
Nội dung
Điểm
1
1. (1,0 điểm)
* Tập xác định: D = R
(2,0 điểm) * Sự biến thiên:
· Giới hạn: lim y = -¥ ;lim y = +¥ .
x ®-¥
0.25
x ®+¥
3
2
é x = -1
ë x = 2
3
2
· Đạo hàm: y ' = x 2 - x - 3; y ' = 0 Û ê
· Bảng biến thiên
x
¥
+
y'
0
+¥
2
1
0
0.25
+
+¥
9
4
y
9
2
¥
· Kết luận:
Hàm sô nghịch biến trên khoảng (- 1;2) ;
Hàm sô đồng biến trên các khoảng (–¥;1) và (2;+¥) ;
9
Hàm số đạt cực đại tại điểm xCD = - 1 ; y CD = ;
4
9
Hàm số đạt cực tiểu tại x CT = 2 ; y CT = -
2
0.25
4
* Đồ thị:
y
0.25
9
2
4
5
1
2
O
2
2
1
7
9
I
8
5
x
2
2
4
9
2
2.(1,0 điểm)
Gọi D là tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M ( x0 ; y 0 ) và vuông góc với đường
8
27
thẳng y = x + 1 . Khi đó D có hệ số góc bằng
27
8
27
Û y ' ( x0 ) = -
8
3
3
3
1
9
Û x02 - x0 + = 0 Û x0 = . Ta có y0 = -
2
2
8
2
8
27
27
9
1 9
Phương trình của D là y = - æç x - ö÷ - Û y = - x +
8 è
8
16
2 ø 8
2
(1,0điểm)
0,25
0,25
0,25
0,25
1.(0,5 điểm)
cos 2x + cos 2 x - sin x = 0 Û -3sin 2 x - sin x + 4 = 0 Û sin x = 1
0,25
sin x = 1 Û x =
p
2
+ k 2p . ( k Î ¢ )
0,25
2.(0,5 điểm)
2 x + 1 + (1 - 2 y ) i = ( -2 + x ) i 2 + (3 y - 2)i Û 2 x + 1 + (1 - 2 y ) i = ( 2 - x ) + (3 y - 2) i
ì 2 x + 1 = 2 - x
Ûí
î 1 - 2 y = 3 y - 2
1
ì
ïï x = 3
Ûí
ï y = 3
ïî 5
3
(0,5 điểm)
4
(1,0 điểm)
0,25
0,25
log23 x - log9 (9x 2 ) - 1 = 0 (1)
Điều kiện: x > 0. Với điều kiện trên ta có
é log x = -1
(1 ) Û log2 3 x - log3 x - 2 = 0 Û êê 3
êë log3 x = 2
é
ìï 1 üï
êx = 1
Ûê
. Kết hợp điều kiện phương trình (1) có tập nghiệm là S = ïíï ; 9 ïýï
3
ê
ï
îï 3 þ
êë x = 9
ìï2 x 2 + 5 = 2 2 y + x 2 (1)
. Điều kiện: xy + x - y 2 - y ³ 0 và y ³ 0
í
2
ïî x + 3 xy + x - y - y = 5 y + 4 (2)
0,25
0,25
Với điều kiện trên:
( 2 ) Û ( x - 2 y - 1 ) + 3
(
0,25
)
xy + x - y 2 - y - y - 1 = 0
3 ( y + 1 )
é
ù
Û ( x - 2 y - 1 ) ê1 +
ú = 0
2
xy + x - y - y + y + 1 úû
êë
Û x - 2 y - 1 = 0 ( Vì với x,y thỏa mãn xy + x - y 2 - y ³ 0 và y ³ 0 thì
0,25
3 ( y + 1 )
> 0 )
xy + x - y 2 - y + y + 1
1+
Thế 2 y = x - 1 vào (1) ta có
2 x 2 + 5 = 2 x - 1 + x 2 Û 2
é 2( x + 2)
+
Û ( x - 2 ) ê - 2
x + 5 + 3
ë
Ta thấy : "x ³ 1 ,
0,25
x 2 - 4
x - 2
+ ( x - 2)( x + 2)
x - 1 + 1
x 2 + 5 + 3
2
ù
+ ( x + 2 ) ú = 0 (3)
x - 1 + 1
û
=2
æ
ö
2
2
+
x
+
2
1
(
)
ç
÷ > 0 ,
2
2
x
1
+
1
x +5+3
x + 5 + 3 ø
è
nên (3) có nghiệm duy nhất x = 2. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1
( x; y ) = æç 2; ö÷ .
è 2 ø
-
5
(1,0 điểm)
2( x + 2)
2
+ ( x + 2 ) =
x -1 +1
+
1
1
0,25
1
e x + x
I = ò x dx = ò 1.dx + ò x.e - x . dx
e
0
0
0
0,25
1
I1 = ò 1.dx = x 1 0 = 1
0,25
0
1
ìu = x
ì du = dx
I 2 = ò x.e - x . dx . Đặt í
Þ
í
-x
- x
0
î dv = e dx î v = -e
1
1
1
I 2 = ( - xe ) 0 + ò e - x .dx = ( - xe - x - e - x ) 0 = 1 -x
0
S
6
(1,0 điểm)
A
D
H
B
O
C
0,25
2
2
. Vậy I = I1 + I 2 = 2 -
e
e
0,25
* Tính thể tích khối chóp S.ABCD :
SH ^ (ABCD) =>HO là hình
chiếu
của
SO
trên
(ABCD)
nên
0,25
· = 60
·
·
( SO
, ( ABCD )) = ( HO
, AC ) = SOH
0
a 2 3 a 2 3
=
4
2
1 a 3
a
Trong tam giác SHO có SAH = HO.tan 600 =
3 =
3 2
2
Diện tích ABCD là S ABCD = 2S DABC = 2.
1
3
Thể tích S.ABCD là VS . ABCD = SH . S ABCD =
0,25
a 3 3
12
*Tính khoảng cách từ B đến (SCD) :
d ( B , ( SCD ) ) =
VB. SCD = VS . BCD
3 V B . SCD
(1)
S SCD
0,25
1
a 3 3
= VS . ABCD =
(2)
2
24
SD = SH 2 + HD 2 =
a 57
a 21
; SC = SH 2 + HC 2 =
6
6
Trong tam giác SCD có
SD =
a 57
a 21
SC + SD + CD
; SC =
; CD = a; p =
;
6
6
2
S SCD =
a 2 21
p ( p - SC )( p - SC )( p - CD ) =
(3)
12
Từ (1), (2), (3) ta có
0,25
3a 7
d ( B , ( SCD ) ) =
14
7
(1,0 điểm)
Giả sử D ( a; b ) . Vì M là trung điểm BD nên B ( 6 - a; -2 - b ) .
Ta có ·
ADC = 900 Þ AD ^ DC Þ BN / / CD
uuur
NB = ( 7 - a;1 - b )
uuur
CD = ( a - 4; b + 2 ) . Ta có
( 7 - a )( b + 2 ) = ( a - 4 )(1 - b ) Û b = a - 6 (1 )
uuur
Ta có PD = ( a - 1; b - 3) ;
uuur uuur
PD ^ CD Û ( a - 1)( a - 4 ) + ( b + 2 )( b - 3 ) = 0 (2)
và
uuur uuur
NB, CD
cùng phương
é a = 5
ë a = 4
0,25
0,25
Thế (1) vào (2) ta có 2a 2 - 18a + 40 = 0 Û ê
0,25
Với a = 4 ta có b = 2. Khi đó D(4;2) trùng C (loại).
Với a = 5 ta có b = 1. Vậy D(5;1) và B(1;1).
Vì AD đi qua P(1;3) và D(5;1) nên phương trình đường thẳng AD: x + y – 4 = 0.
Vì AB vuông góc với BC nên phương trình đường thẳng AB: 3x y – 4 = 0.
0,25
ì3 x - y - 4 = 0
ì x = 2
.
Ûí
îx + y - 4 = 0
î y = 2
Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình í
Vậy A ( 2; 2 ) , D(5;1) và B(1;1).
* Viết phương trình mặt phẳng (P) :
r
8
d có véctơ chỉ phương là : u = (1;3; 2) , vì (P) vuông góc với d nên (P) có véctơ pháp
r
tuyến
u
= (1;3; 2)
(1,0 điểm)
Phương trình mp(P) : 1( x - 2 ) + 3( y - 3) + 2( z - 5) = 0 Û x + 3 y + 2 z - 21 = 0
* Tìm N:
Vì N thuộc d nên N(t 1; 3t 2; 2t + 2). Ta có
MN = 5 Û (t - 3) 2 + (3t - 5) 2 + (2t - 3) 2 = 5
ét = 3
æ 4 5 20 ö
Û 14t - 48t + 18 = 0 Û ê 3 . Vậy: N(2; 7; 8) hoặc N ç - ; - ; ÷
êt =
è 7 7 7 ø
ë 7
0,25
0,25
0,25
0,25
2
22
9
2 ö
æ
Số hạng tổng quát trong khai triển ç x 2 - ÷ là
x ø
è
(0, 5 điểm)
0,25
k
C22k ( x 2 )
22 - k
æ 2 ö = C k ( ) k x 44 -3 k
ç- ÷
22 -2
è x ø
ì0 £ k £ 22
ï
Ta có ík Î ¥
Û k = 12 , Vậy, hệ số của x 8 trong khai triển nhị thức Niutơn
ï44 - 3k = 8
î
0,25
22
2 ö
æ
12
( - 2 ) 12 .
của ç x 2 - ÷ là C 22
x ø
è
10
(1,0 điểm)
Đặt a = 5 - 4 x ; b = 1 + x thì a 2 + 4b 2 = 9; a, b ³ 0
é pù
Do đó đặt a Î ê0; ú : a = 3sin a ; 2b = 3cos a . Khi đó:
ë
2 û
3
3sin
a
cos a
a - b
2sin a - cos a
2
P =
=
=
a + 2b + 6 3sin a + 3cos a + 6 2sin a + 2 cos a + 4
2 sin a - cos a
é pù
, với a Î ê0; ú .
2sin a + 2 cos a + 4
ë 2 û
6 + 4sin a + 8cos a
é pù
> 0 với mọi a Î ê0; ú .
Ta có f '( x) =
2
(2 sin a + 2 cos a + 4)
ë 2 û
0,25
Xét hàm số f ( x) =
0,25
é pù
Suy ra hàm f(x) đồng biến trên đoạn a Î ê0; ú .
ë
2 û
1
æ p ö 1
Do đó: minp f (a ) = f (0) = - ; m ax
f (a ) = f ç ÷ = .
p
é
ù
6 aÎéê0; ùú
x Îê0; ú
è 2 ø 3
ë 2 û
ë 2 û
1
6
5
4
1
3
Vậy min P = - , khi x = ; Vậy max P = , khi a = - 1 .
Cảm ơn thầy Ngô Quang Nghiệp (
[email protected] )đã gửi tới www.laisac.page.tl
0,25
0,25
tf
L7't-
SO
GDÐA TINH
@A thi cd
EE THr CUOI LoP 12 THPT NAM HgC 2014 - 201s
MOn thi:TOAN
0I trang)
Ciu 1. (2,0 dtdm)Cho
Thoi gian ldm bdi:180 phfit
Tx-z
hhm s5, y =
Khio s6t sg bi6n thiOn vi vE AO tfri (C) cua him s6 dd cho.
b) Vi6t phuong uinh tifo tuy6n cua dd *iI:' tCl t4r giao diAm cria tl6 ttri (C) voi tryc tung.
.
a)
..
CAU 2. (1,0 di6m)
a)Cho
g6c
a thodmin:
vi'sinA=1.rrnr, A=sin 2(a+ 7t)
1."
0)
3, phAn
rz
io ctia z ld-2
-29-o<+
Phuong trintr dd cho tr& thanh
Vdi f =2,tac6
0.25
lz.4x -l7.zx
I2t2
-l7t
-29 =0
2'=Lex=lc
x- IoBz 29
lz€
n
VAy nghiem cria phuong trinh
li: x:
-29-0
1og,
29
e
t - -1(z)
0.25
t_2
T2
0.25
l2
Cfiu 4
(1.0 diem)
DiAu kien
t
{i = y<16(*)
Lo<
Vdi di6u
kiQn
0.25
(*) ta c6: 1-13 + vJr+1>
2
o
do do (1) e
L- x3
'-*_x,
-,tffi=n+Jy*
.[-;*,[m)
o(x+6)('
(do
x'-*Ji
-x+,1 y
Jy=-x
=o<+
t:-
+
,IYJY+I>o)
Thti vio (Z)tadusc:
Vi
*r[ffi
_?^
khdng phni
=7
"
(ax+3)(fia+{Fs-t)=9
h
nghigm cria (3) ndn (4)
Xdthamsti g(x) =Jx+4+{/E+8
Ta c6 g'(x) =
1
I
2J,+4 W
-!=!!.r,?-L-+
e
(3)
J r+q_+{lEr+e
-;fr;-l
Suy ra hdm s6 g(x) d6ng bii5n tr€n c6c khoan
4.25
e |-/rt+)rf ,**y.
LSp BBT ta th6y phuong trinh S:(x) = 0 c6 tOi Ca 2 nghiQm.
Ta l4i c6 g(0)=g(-3)=0 suy ra N=0;x=-3 ld cdc nghiQm criaphuong
)
0.25
trOn (a;+€)rt?l
- 4x+3
=9 ^-l
36 >0\'A.,
Vx)-4rx7LYJv' -r)*7' -3
.^,,
4
$x$)2'
t-l
g(x)=0.
Vsi r=0=) !=0i x=-3
=0
tri"h
0.25
y=9.
OOi ctrii5u di€u kiQn ta tfr6y phuong trinh c6 2 nghiQm: (0;0); (-3;9)
Cflu 5
Q,0 diem)
[
,t
444
= I r(t + s in}x)dx
000
Ta c6
,t
,r
- I **+
I x sin 2xdx
!.*=+#=*
lt
LL
obsin
4.25
(2)
0.25
L
2xdx= -
Th6 (2),(3)
Ciu 6
(1)
+
+!
to
xd@os2x)
vio (t) ta c6 : I
=+,rcos
z.lt .+ !
/.0
rorzxdx:+sin 2xlf = 1 (3)
'v
4
4
0.50
1
=t*
324 =n'-!8
32
Q.0 diAm)
-r"'i:t\t, \
,' -8I..--\-F K
-.'
:_
Ta c6 BO = AB.sin Z.BAQ =asfn3Oo
-t' AO
= AB.sin ZABQ =asin60o
=oJi
2)
0.25
:l
I
I
Snar- lo.Bo
'-v
suy ra
-9.4
2' 2 -o'Jt
4
Dod6 Ys.nro=+ sH.sABD=+
);
0.25
alr.+=+
Do du&ng ttrang AC c[t (SBD) tai tli6m O ld trung ei6m crla AC vd dudng
AII c6t (SBD) t4i B thoi
d
mdn AB
(c,(,sBD)) = d (t,(sBD)) =
HK L BO,HM
=|nA oen
lo rr,
(^sBD))
(1)
S/( ( K thuOc BO, M thuQc SK).
Ta c6 BO L(Srrq + BO L HM do tl6 HM L (SBD)
KC
Trqqe
ttrfig
0.25
J-
tarqejee-iueselH[
c9-sg,
=
+
d(H,(SBD)) = HM (2)
ofi,M-:=?Ao-=*
111137o.,|t+
HM' HS' HK" 2a' a" 2a'
fiSt trq,p (1), (2), (3) ta c6 d(C,(SBDD:og
,,A
'
ya-fnrf-fa dqqng
(3)
cao suY f?.
7
K6o dei AII cAt CD tai E. Do ABCD
hinh thang (ABI/CD) va H trung di6m
BC n6n OE ttr6y LruB - MnEC
* S-o, = S eaco =14
Cfiu 7
Q.0 dihm)
0.25
0.25
=ilH Jii
2x-3y * 1 :0.
Ta c6 AE
=
vi phuong trintr dudrng thAng AE:
Do dinh D c6 hoanh d0 duong va D
lr^r.?
n[m
tr0n cludrng thdng (d) c6 phuong
trinh 5x- y+1 =0
n6n D(d; 5d+l) vdi d > 0
0.25
0.25
Tt
D(2; 11)
E d6i nmg voi A qua H suy ra E(-2; -l) nen pn
ct6
3x-y+5=0
Duong thdng AB qua A, song song vdi dt CD n6n c6 pt: 3x
Cffu
8
Q.0 dihm)
I(hoang
circh
fh A(I;3;0)
fl= lz,t+z.z -
ffi
o
+tl
d6n mflt phang (P)
o
./a
-E-J
-y
-2
=0
0.25
li:
0.25
3
4
Duong thaog AA' qua A nhan vecto ph6p tuytin cria mp(P)
vecto
chiPhuong'
I
Ta c6 phuong
tinh tham
sti cria rtulng th6ne
n iQ;Z;-t)
lem
rx=r+Zt
0.25
AA':{ y =3+2t
lz= -t
I
Gqi I ld giao di6m cfia ducrng thing AAtva*Aa ttteng
Do thuQc du0mg thang AA'n6n l(l+2t;3 + Zt;-t)
I
Mpt khic I thuQc mflt phang (P) n€n
2(I + 2t) + 2(3 + 2t) - (-t) + I - 0
e)t
4.25
e f --1 =) I (-1;1;1)
0.25
Vi I ld trung ttiOm cria AA'nOn ta c6 A'(-3;-!;2)
Ciu
9
(0.5 diim)
56 phen fl}cria kfiOng gran m6u
li
s6 phdn
tu cria tap hqp S.
abcdef ld mQt sO U6t kj thuQc S
TathSy a c66c6chchgn(do a*0); b c66c6chchgn(do b *a).
- c6ch chgn; f
Tuong t.u ta th6y: c cb 5 c6ch cho.n; d c6 4 cdchchen; e c63
Kf
hi-€u
c62
4.25
2)
c6ch chgn.
u s n a.at
41
=
'6iiur"
"t
Xdt sO qaza3a4asa, thuQc S mi atazatalasau>3}}471,tac6 At>3
iai
THI: q>-4;
ta th6y a, c6 3 cdch chgn; a, c6 6 cdch chgn
ar c6 5 c6ch chen; ao c6 4 cilch cho.n; a, c6 3 cdch
suy ra c63.6! sd arararanosaa)300475 md
chQn;
a, c6 2 cfuchchgn.
ar24
Tt12: at =3. Ta th6y sO IOO+ZS c6 2 cht s6 0 nen Rhi chgn mot sii
Uit ty trong t6p S thi s6 d6 lu6n lcrn hon 300475 vi sti thuEc tap S thi c6 c6c
sti ktr6c nhau nln a,arkhdng el6ng ttroi Ueng O.
W
Do tt6 a, c6 6 c6ch chgn a, c6 5 c6ch cho.n; ao c6 4 cdchchgn;
cho.n; au c62 cdch chgn.
suy ra c6 6! s6
md a,
4.25
a, c63 c6ch
l.
=
"rqr"r"r"">300475
Viy c6 4.6! sO
thuQc S mi tr"r"rq"rrr>300475
"rtr"r"""r""
X6c suat can tim
cht
.
li t3p=- 2
4
arct
Cfiu
10
Q,0 dihm)
0.25
0,25
=r
2* *( @- v)'* r)'.
* (x-y)"
( xy
=
)
DAt @- Y)' +z= r
xy
(r >
2);
ra c6
xy_
(x
t-2
- y)'
2
-r 1- f(t)
G-t'+t-2
2* z(tt -4tz +4t-t)
f'(t)=Zt- (t'
(t -2)'
-2)'
suyra
f'(t)=Q€tLap BBT ta
3
+.6
2(t
- lxrz -3r + 1)
(t -2)'
0.25
(do t>2)
2
"eesu*or,l-ru#-r=9
c-0;arb>0
v4y F >t
1+
5tF
6
K-,,khi
, c6
*'+y'_l+.6
3+V5
-xy
a'+b2 +c2
c-0;a,b>0
a2
+b2 3+.6 e
=+
ab
az +b2
2
=J
Vay siatri
e = A;
lab
-3
a,b>0
g -3.,6
Ta th6y hg nny tu6n c6 nghiQmphdn biQt.
=+.2
a2 +b2
nho nhdt cria
hay
2
=l
F h ll.!}E
6
a
.....HET.....
Cảm ơn thầy Đào Trọng Xuân ([email protected]) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl
0.25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015
MÔN:TOÁN
Ngày thi: 02/4/2015
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2,00 điểm) Cho hàm số y = x 3 - 3x - 2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho. Hãy tìm tọa độ điểm M thuộc
đồ thị (C) sao cho tam giác MAB cân tại M.
Câu 2. (1,00 điểm) Giải phương trình log 2 ( x - 2) + 3log8 (3 x - 5) - 2 = 0 trên tập hợp số thực.
3
2
Câu 3. (1,00 điểm) Tính tích phân: I = ò 2
dx .
1 2 x + 3 x - 2
Câu 4. (1,00 điểm) Một lớp học có 33 học sinh, trong đó có 10 học sinh giỏi, 11 học sinh khá
và 12 học sinh trung bình. Chọn ngẫu nhiên trong lớp học 4 học sinh tham dự trại hè. Tính xác
suất để nhóm học sinh được chọn có đủ học sinh giỏi, học sinh khá và học sinh trung bình.
Câu 5. (1,00 điểm) Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc
với mặt phẳng đáy. Tính thể tích tứ diện biết đường cao AH của tam giác ABC bằng a và góc
giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) là 60 0 .
Câu 6. (1,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M, N lần lượt là trung
điểm của các cạnh BC, CD. Tìm tọa độ đỉnh B, điểm M biết N(0;2), đường thẳng AM có
phương trình x +2y – 2 = 0 và cạnh hình vuông bằng 4.
Câu 7. (1,00 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm A(4;2;4) và đường thẳng d :
ì x = -3 + 2 t
ï
í y = 1 - t (t Î ¡ ).
ï z = -1 + 4 t
î
Viết phương trình đường thẳng D đi qua A, cắt và vuông góc với đường thẳng d.
ì 27 x3 + 3 x + ( 9 y - 7 ) 6 - 9 y = 0
ï
Câu 8. (1,00 điểm) Giải hệ phương trình: í x 2
( x, y Î ¡ ) .
109
2
+
y
+
2
3
x
=
0
ï
81
î3
Câu 9. (1,00 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 52 x + 5 y , biết rằng
x ³ 0, y ³ 0, x + y = 1 .
Hết
Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( [email protected])
đã gửi tới www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Gồm có 04 trang)
1. Hướng dẫn chung
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm chấm phải bảo đảm không sai
lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.
Điểm bài thi không làm tròn số.
2. Đáp án và thang điểm
CÂU
1
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
2,00 đ
3
Cho hàm số y = x - 3x - 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Tập xác đinh: ¡ .
Sự biến thiên:
1,00 đ
é x = -1
+ Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 - 3 = 3( x 2 - 1). y ' = 0 Û 3( x 2 - 1) = 0 Û ê
.
ë x = 1
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥; - 1) và (1; +¥ ) ;
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( - 1;1) .
+ Cực trị và giới hạn:
H/s đạt cực đại tại x = - 1; yCĐ= y ( -1) = 0 .
0,25 đ
f(x)
8
6
H/s đạt cực tiểu tại x = 1; yCT= y (1) = - 4 .
4
2
Các giới hạn: lim y = -¥; lim y = +¥ .
x ®-¥
x ®+¥
f(x)=x^33x 2
x
9
8
7
6
5
4
3
2
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
+ Bảng biến thiên:
x -¥
1 1 + ¥
y’
+ 0 0 +
0 + ¥
y
¥
4
Đồ thị đi qua các điểm (2;0), (0;2):như hình vẽ.
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho DMAB cân tại M.
M(x;y) cần tìm là giao điểm của đường trung trực của đoạn AB và đồ thị (C).
Ta có các điểm cực trị là A(1;0), B(1;4), trung điểm của đoạn AB là I(0;2).
uuur
Đường trung trực đoạn AB nhận AB = (2; -4) làm vtcp có p/t x - 2 y - 4 = 0 .
x - 4
Hoành độ giao điểm của M là nghiệm của phương trình: x 3 - 3 x - 2 =
.
2
7
Giải ra ta được x = ±
và x = 0 (loại).
2
æ 7 14 - 8 ö
7
14 - 8
Với x =
Þ y =
, ta có điểm M 1 çç
;
÷÷ ;
2
4
2
4
è
ø
æ 7 - 14 - 8 ö
7
- 14 - 8
Với x = Þ y =
, ta có điểm M 2 çç - ;
÷÷ .
2
4
2
4
è
ø
0,25 đ
2
4
6
8
0,25 đ
0,25 đ
1,00 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2
Giải phương trình log 2 ( x - 2) + 3log8 (3 x - 5) - 2 = 0
1,00 đ
ì x - 2 > 0
Điều kiện í
Û x > 2 .
3
x
5
>
0
î
Phương trình tương đương: log 2 ( x - 2) + log 2 (3x - 5) = 2
0,25 đ
0,25 đ
Û log 2 [ ( x - 2)(3 x - 5) ] = 2 Û 3 x 2 - 11x + 6 = 0 .
3
0,25 đ
0,25 đ
Giải pt trên và đối chiếu điều kiện ta tìm được nghiệm pt đã cho là x = 3 .
3
2
Tính tích phân I = ò 2
dx
1 2 x + 3 x - 2
3
2
Ta có: I = ò
dx =
1 (2 x - 1)( x + 2)
1,00 đ
3
3
ö
2æ
2
1
dx
dx ÷
çò
ò
5 è 1 2x -1
x + 2 ø
1
0,50 đ
3
3
2 æ d (2 x - 1)
d ( x + 2) ö
= çò
-ò
÷
5 è 1 2x -1
x + 2 ø
1
=
0,25 đ
2
2
3
3
ln | 2 x - 1| 1 - ln | x + 2 | 1 = ln 3 .
5
5
(
)
0,25 đ
4
1,00 đ
Gọi A là biến cố: “4 HS được chọn có đủ HS giỏi, HS khá và HS trung bình”.
4
Số phần tử không gian mẫu: W = C33
=40920.
Ta có các trường hợp được chọn sau:
1
1
(1) Có 2 HS giỏi, 1 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: C102 .C11
.C12
= 5940
0,25 đ
1
1
(2) Có 1 HS giỏi, 2 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: C10
.C112 .C12
= 6600
1
2
(3) Có 1 HS giỏi, 1 HS khá và 2 HS trung bình. Số cách chọn là: C10
.C111 .C12
= 7260 . 0,25 đ
Ta được W A = 5940 + 6600 + 7260 = 19800.
Do đó P ( A) =
WA
W
=
0,25 đ
15
.
31
0,25 đ
5
1,00 đ
DABC vuông cân tại A nên BC = 2AH = 2a.
1
1
Từ đó S ABC = AH .BC = a.2 a = a 2 (đvdt).
2
2
Vì SA^(ABC) và AH ^ BC suy ra SH^ BC
· = 60 0
Do đó ((SBC),(ABC))= SHA
Suy ra SA = AH tan 600 = a 3 .
S
0,25 đ
A
0,25 đ
C
0,25 đ
H
3
1
1
a 3
Vậy VSABC = SA.S ABC = a 3. a 2 =
(đvtt).
3
3
3
0,25 đ
B
6
1,00 đ
Gọi I =AM Ç BN. DBIM đồng dạng DABM
suy ra AM^BN nên BN: 2x y +c = 0.
N(0;2) Þ c = -2 Þ BN: 2x y 2 = 0.
Tọa độ điểm I là nghiệm hệ pt:
y
0,25 đ
A
B
2
1
I
2
1
O
1
2 M
x
1
6
é
x =
ê
x
+
2
y
2
=
0
ì
æ 6 2 ö
5
Ûê
Þ I ç ; ÷ .
í
è 5 5 ø
î2 x - y - 2 = 0
ê y = 2
êë 5
AB.BM
4
Từ DABM vuông : BI =
=
.
2
2
5
AB + BM
ì 2 x - y - 2 = 0
ì B Î BN
ï
ï
2
2
Tọa độ điểm B(x;y) thỏa mãn í
4 Þ íæ 6
2
16 .
ö
æ
ö
BI
=
x
+
y
=
ï
÷ ç
÷
5 ïî çè 5
5
î
ø è5
ø
2
ì
x =
ï
x
=
2
ì
ï
æ 2 -6 ö
5
Giải hệ ta được í
và í
, suy ra B (2; 2) ( loại ç ; ÷ ).
è 5 5 ø
î y = 2
ï y = -6
ïî
5
ì x + 2 y - 2 = 0
ìï M Î AM
ï
2
2
Tọa độ điểm M(x;y) thỏa í
Þ íæ
6ö æ
2ö
4 .
2
2
x
+
y
ïç
÷ ç
÷ =
îï IM = BM - BI
5ø è
5ø
5
î è
2
ì
x =
ï
ì x = 2
ï
æ 2 4 ö
5
Giải hệ ta được í
và í
, suy ra M 1 (2; 0), M 2 ç ; ÷ .
è 5 5 ø
î y = 0
ï y = 4
ïî 5
7
0,25 đ
0,25 đ
1,00 đ
Do D đi qua A và vuông góc với d nên D phải nằm trong mặt phẳng (P) đi qua
A và vuông góc với d.
r
Mặt phẳng (P) nhận vtcp u = (2; -1; 4) của d làm vtpt, đi qua A(4;2;4) có
phương trình : 2x y + 4z 10 = 0.
Gọi M là giao điểm của d và (P) thì M(3 + 2t;1 t;1 + 4t) Î d và MÎD.
Ta cũng có MÎ(P) Û 2(3 + 2t) (1 t) + 4(1 + 4t) – 10 = 0
Û 21t – 21 = 0 Û t = 1.Vậy M(1;0;3).
uuuur
Khi đó AM = (3; 2; -1) , đường thẳng D qua A và M có phương trình:
x + 4 y + 2 z - 4
=
=
.
3
2
- 1
8
0,25 đ
ì 27 x3 + 3 x + ( 9 y - 7 ) 6 - 9 y = 0 (1)
ï
Giải hệ phương trình: í x 2
.
109
2
+
y
+
2
3
x
=
0
(2)
ï
81
î 3
2
2
Với điều kiện: x £ , y £ , (1) viết lại là: 9 x 2 + 1 3x = ( 6 - 9 y + 1) 6 - 9 y .
3
3
(
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
1,00 đ
)
0,25 đ
Đặt u = 3 x, v = 6 - 9 y , ta có: ( u 2 + 1) u = ( v 2 + 1 ) v .
Xét h/s: f (t ) = ( t 2 + 1 ) t có f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0 nên h/s luôn đồng biến trên ¡ ,
ì x ³ 0
ï
Suy ra u = v Û 3 x = 6 - 9 y Û í
2 2 .
ïî y = 3 - x (3)
2
x 2 æ 2
109
ö
Thế (3) vào (2) ta được: + ç - x 2 ÷ + 2 - 3 x = 0 (4).
3 è3
81
ø
2
Nhận xét: x = 0, x = không phải là nghiệm của (4).
3
0,25 đ
2
x 2 æ 2
109
ö
+ ç - x 2 ÷ + 2 - 3 x 3 è3
81
ø
3
æ 2 ö
Ta có: g '( x) = 2 x 2 x 2 - 1 < 0, "x Î ç 0; ÷
2 2 - 3 x
è 3 ø
æ 2 ö
Nên hàm số g(x) nghịch biến trên ç 0; ÷ .
è 3 ø
1
5
æ1 5ö
Dễ thấy x = là nghiệm của (4), suy ra y = nên hệ có nghiệm duy nhất ç ; ÷ .
3
9
è 3 9 ø
Xét hàm số: g ( x ) =
(
9
)
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P = 52 x + 5 y , biết x ³ 0, y ³ 0, x + y = 1
5
Do x + y = 1 Þ y = 1 - x , nên P = 52 x + 51- x = 5 2 x + x .
5
x
Đặt t = 5 thì 1 £ t £ 5 (do 0 £ x £ 1 ).
5 2t 3 - 5
5
Xét hàm số f (t ) = t 2 + , với 1 £ t £ 5 . Ta có f '(t ) = 2 t - 2 = 2 .
t
t
t
Do đó có bảng biến thiên:
5
3
t
1
5
2
f’(t)
0 +
6 26
f(t)
25
3 3
4
æ 5ö
25
Vậy min P = min f (t ) = f çç 3 ÷÷ = 3 3 ; max P = max f (t ) = f (5) = 26 .
4
1£t £ 5
1£ t £5
è 2 ø
Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( [email protected])
đã gửi tới www.laisac.page.tl
0,25 đ
0,25 đ
1,00 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO
TẠO BẮC GIANG
Trường THPT Bố Hạ
Tổ Toán- Tin
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN LỚP 12 LẦN 3
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y x4 2(m 1) x 2 m 1
(Cm ) .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (Cm ) khi m=0.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (Cm ) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều.
Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: 2cos3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3cos 2 (2 x ) .
4
Câu 3 ( 1điểm)
a) Giải phương trình: log 4 x log 4 (10 x) 2
b) Có ba bó hoa. Bó thứ nhất có 8 bông hoa hồng, bó thứ hai có 7 bông hoa ly, bó thứ ba
có 6 bông hoa huệ. Chọn ngẫu nhiên 7 bông hoa từ ba bó hoa trên để cắm vào một lọ hoa.
Tính xác suất để trong 7 bông được chọn có số bông hoa hồng bằng số bông hoa ly.
x
ln x
dx
2
x 1 1 ( x 1)
1
5
Câu 4 (1điểm) Tính tích phân sau : I
Câu 5 (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 điểm A(1 ;0 ;1), B(-1 ;1 ;0),
mặt phẳng (P) : x+y-2z-5=0 và mặt cầu (S ) : x2 y 2 z 2 2 x 2 y 2 z 6 0 . Viết phương
trình mặt phẳng (Q), biết (Q) vuông góc với (P), song song với đường thẳng AB và tiếp xúc
với mặt cầu (S).
Câu 6(1điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB a, B C a 3 , H là trung điểm của cạnh AB. Biết hai mặt phẳng (SHC) và (SHD) cùng
vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đường thẳng SD tạo với mặt đáy góc 600. Tính thể tích
khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB.
Câu 7 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm
H(-1;3), tâm đường tròn ngoại tiếp I(-3;3), chân đường cao kẻ từ đỉnh A là điểm K(-1;1).
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
2
x ( x 3) y y 3 2
Câu 8 ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình
( x, y R) .
3
x
2
y
(y
8)
Câu 9 (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x2 y 2 z 2 9, xyz 0 .
Chứng minh rằng: 2( x y z) xyz 10 .
.
--------------------------- Hết -----------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT
NĂM HỌC 2014-2015 LẦN 3
Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò
C©u
Néi dung
§iÓm
Với m=0. ta có y x 2 x 1
- TXĐ:
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn và tiệm cận : lim y . Hàm số không có đường tiệm cận
4
2
0,25đ
x
1,0
®
a
+) Bảng biến thiên
Ta có :
x 0
x 1
0,25đ
; y ' 4 x2 4 x 4 x( x2 1) ; y ' 0
Vẽ điền đúng bảng biến thiên.
KL đúng các khoảng đồng biến, nghịch biến; điểm cực trị
- Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị
y x4 2(m 1) x 2 m 1
1
2.0
®
b
1,0
đ
0,25đ
0,25đ
(Cm )
y ' 4 x3 4(m 1) x 4 x( x2 m 1)
x 0
Xét y ' 0 4 x( x 2 m 1) 0 2
x m 1(1)
0,25đ
Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi PT y’=0 có 3 nghiệm phân biệt
PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m 1 0 m 1(*)
0,25đ
Với đk (*) PT y’=0 có 3 nghim phân biệt x, x m 1 và 3 điểm cực trị của
đồ thị (Cm) là A(0;m 1), B( m 1; (m 1)2 m 1),C( m 1; (m 1)2 m 1)
3 điểm cực trị tạo thành một tam giác đều
0,25đ
AB AC BC AB2 AC 2 BC 2
AB 2 AC 2
m 1 (m 1)4 m 1 (m 1) 4
2
m 3 3 1
2
4
AB BC
m 1 (m 1) 4(m 1)
0,25đ
0,25đ
PT cos4x+cos2x+ 3(1 sin 2 x) 3 1 cos(4x+ )
2
cos4x+ 3 sin 4 x cos2x+ 3 sin 2 x 0
2
1,0
đ
2sin(3x ).cosx=0
6
x
k
18
3
Vậy PT có hai nghiệm
x= k
2
3
1,0
đ
0,25đ
sin(4 x ) sin(2 x ) 0
6
6
0,25đ
x
2
k và
x
18
k
3
a) ĐK : 0
- Xem thêm -
.PDF 
319 
753 
101 
