Tổng hợp đề thi thử tháng 4 năm 2015 môn: Toán

Chia sẻ: LƯƠNG TÂM | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:319

Thêm vào BST

Báo xấu

52
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Mời các bạn cùng tham khảo "Tổng hợp đề thi thử tháng 4 năm 2015 môn: Toán" dưới đây.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tổng hợp đề thi thử tháng 4 năm 2015 môn: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 LÀO CAI 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 8 (d ) : y = 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 . 0 e 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 x + 1 y + 2 z - 2 d : = = . 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 æ 2 ö Câu 9 (0,5 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niutơn của ç x 2 - ÷ . 8 è x ø 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 ë 4 û 5 - 4 x - 1 + x của biểu thức P = . 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 (nghiepbt3@gmail.com )đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM LÀO CAI 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 = +¥ . 0.25 x ®-¥ x ®+¥ 3 3 é x = -1 · Đạo hàm: y ' = x 2 - x - 3; y ' = 0 Û ê 2 2 ë x = 2 · Bảng biến thiên x ¥ 2 +¥ 1 0.25 y' + 0 0 + +¥ 9 y 4 9 2 ¥ · Kết luận: Hàm sô nghịch biến trên khoảng (- 1;2) ; Hàm sô đồng biến trên các khoảng (–¥;1) và (2;+¥) ; 0.25 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
4 y * Đồ thị: 9 0.25 2 4 5 1 2 2 O 2 1 7 5 x 9 2 I 8 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 0,25 8 27 thẳng y = x + 1 . Khi đó D có hệ số góc bằng 27 8 27 0,25 Û y ' ( x0 ) = - 8 3 3 3 1 9 0,25 Û x02 - x0 + = 0 Û x0 = . Ta có y0 = - 2 2 8 2 8 27 1 9 27 9 0,25 Phương trình của D là y = - æç x - ö÷ - Û y = - x + 8 è 2 ø 8 8 16 2 1.(0,5 điểm) cos 2x + cos 2 x - sin x = 0 Û -3sin 2 x - sin x + 4 = 0 Û sin x = 1 (1,0điểm) 0,25 p sin x = 1 Û x = + k 2p . ( k Î ¢ ) 2 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 0,25 Ûí î 1 - 2 y = 3 y - 2 ì 1 ïï x = 3 0,25 Ûí ï y = 3 ïî 5 3 log23 x - log9 (9x 2 ) - 1 = 0 (1) (0,5 điểm) Điều kiện: x > 0. Với điều kiện trên ta có é log x = -1 0,25 (1 ) Û log2 3 x - log3 x - 2 = 0 Û êê 3 êë log3 x = 2 é 0,25 êx = 1 ìï 1 üï Ûê 3 . Kết hợp điều kiện phương trình (1) có tập nghiệm là S = ïíï ; 9 ïýï ê îï 3 þ ï êë x = 9 ìï2 x 2 + 5 = 2 2 y + x 2 (1) 4 í . Điều kiện: xy + x - y 2 - y ³ 0 và y ³ 0 2 (1,0 điểm) ïî x + 3 xy + x - y - y = 5 y + 4 (2)
Với điều kiện trên: 0,25 ( 2 ) Û ( x - 2 y - 1 ) + 3 ( ) xy + x - y 2 - y - y - 1 = 0 é 3 ( y + 1 ) ù Û ( x - 2 y - 1 ) ê1 + 2 ú = 0 êë xy + x - y - y + y + 1 úû 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 ) 1+ > 0 ) xy + x - y 2 - y + y + 1 Thế 2 y = x - 1 vào (1) ta có 0,25 x 2 - 4 x - 2 2 x 2 + 5 = 2 x - 1 + x 2 Û 2 =2 + ( x - 2)( x + 2) x 2 + 5 + 3 x - 1 + 1 é 2( x + 2) 2 ù Û ( x - 2 ) ê - 2 + + ( x + 2 ) ú = 0 (3) ë x + 5 + 3 x - 1 + 1 û Ta thấy : "x ³ 1 , 2( x + 2) 22 æ 2 ö - 2 + + ( + 2 ) + ( x + 2 ) = x ç 1 - 2 ÷ > 0 , 0,25 x +5+3 x -1 +1 x - 1 + 1 è x + 5 + 3 ø 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 1 1 1 5 e x + x (1,0 điểm) I = ò x dx = ò 1.dx + ò x.e - x . dx e 0,25 0 0 0 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 -x Þ í - x 0,25 0 î dv = e dx î v = -e 1 1 1 2 2 I 2 = ( - xe ) 0 + ò e - x .dx = ( - xe - x - e - x ) 0 = 1 - -x . Vậy I = I1 + I 2 = 2 - e e 0,25 0 S 6 (1,0 điểm) A D O H B C
* Tính thể tích khối chóp S.ABCD : SH ^ (ABCD) =>HO là hình chiếu của SO trên (ABCD) nên 0,25 · ( SO · , ( ABCD )) = ( HO · = 60 , AC ) = SOH 0 a 2 3 a 2 3 Diện tích ABCD là S ABCD = 2S DABC = 2. = 4 2 1 a 3 a Trong tam giác SHO có SAH = HO.tan 600 = 3 = 0,25 3 2 2 1 a 3 3 Thể tích S.ABCD là VS . ABCD = SH . S ABCD = 3 12 *Tính khoảng cách từ B đến (SCD) : 3 V B . SCD d ( B , ( SCD ) ) = (1) S SCD 0,25 1 a 3 3 VB. SCD = VS . BCD = VS . ABCD = (2) 2 24 a 57 a 21 SD = SH 2 + HD 2 = ; SC = SH 2 + HC 2 = 6 6 Trong tam giác SCD có a 57 a 21 SC + SD + CD SD = ; SC = ; CD = a; p = ; 6 6 2 a 2 21 S SCD = p ( p - SC )( p - SC )( p - CD ) = (3) 12 Từ (1), (2), (3) ta có 0,25 3a 7 d ( B , ( SCD ) ) = 14 Giả sử D ( a; b ) . Vì M là trung điểm BD nên B ( 6 - a; -2 - b ) . 7 Ta có · ADC = 900 Þ AD ^ DC Þ BN / / CD uuur uuur uuur uuur 0,25 (1,0 điểm) NB = ( 7 - a;1 - b ) và CD = ( a - 4; b + 2 ) . Ta có NB, CD cùng phương ( 7 - a )( b + 2 ) = ( a - 4 )(1 - b ) Û b = a - 6 (1 ) uuur Ta có PD = ( a - 1; b - 3) ; uuur uuur 0,25 PD ^ CD Û ( a - 1)( a - 4 ) + ( b + 2 )( b - 3 ) = 0 (2) é a = 5 Thế (1) vào (2) ta có 2a 2 - 18a + 40 = 0 Û ê 0,25 ë a = 4 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 Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình í Ûí . îx + y - 4 = 0 î y = 2 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 0,25 r (1,0 điểm) tuyến u = (1;3; 2) Phương trình mp(P) : 1( x - 2 ) + 3( y - 3) + 2( z - 5) = 0 Û x + 3 y + 2 z - 21 = 0 0,25 * Tìm N: 0,25 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 0,25 æ 4 5 20 ö Û 14t - 48t + 18 = 0 Û ê 3 . Vậy: N(2; 7; 8) hoặc N ç - ; - ; ÷ 2 êt = è 7 7 7 ø ë 7 22 æ 2 ö 9 Số hạng tổng quát trong khai triển ç x 2 - ÷ là è x ø 0,25 (0, 5 điểm) 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 æ 2 ö của ç x 2 - ÷ là C 22 12 ( - 2 ) 12 . è x ø Đặt a = 5 - 4 x ; b = 1 + x thì a 2 + 4b 2 = 9; a, b ³ 0 10 é pù Do đó đặt a Î ê0; ú : a = 3sin a ; 2b = 3cos a . Khi đó: ë 2 û (1,0 điểm) 0,25 3 a - b 3sin a - cos a 2sin a - cos a P = = 2 = a + 2b + 6 3sin a + 3cos a + 6 2sin a + 2 cos a + 4 2 sin a - cos a é pù Xét hàm số f ( x) = , với a Î ê0; ú . 2sin a + 2 cos a + 4 ë 2 û 6 + 4sin a + 8cos a é pù 0,25 Ta có f '( x) = 2 > 0 với mọi a Î ê0; ú . (2 sin a + 2 cos a + 4) ë 2 û é pù Suy ra hàm f(x) đồng biến trên đoạn a Î ê0; ú . ë 2 û 0,25 1 æ p ö 1 Do đó: minp f (a ) = f (0) = - ; m ax f (a ) = f ç ÷ = . é ù x Îê0; ú 6 aÎéê0; ùú p è 2 ø 3 ë 2 û ë 2 û 1 5 1 0,25 Vậy min P = - , khi x = ; Vậy max P = , khi a = - 1 . 6 4 3 Cảm ơn thầy Ngô Quang Nghiệp (nghiepbt3@gmail.com )đã gửi tới www.laisac.page.tl
tf L7't- SO GD&ETHA TINH EE THr CUOI LoP 12 THPT NAM HgC 2014 - 201s MOn thi:TOAN @A thi cd 0I trang) Thoi gian ldm bdi:180 phfit Ciu 1. (2,0 dtdm)Cho hhm s5, y = Tx-z a) 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. . .. CAU 2. (1,0 di6m) a)Cho g6c a thodmin: vi'sinA=1.rrnr, A=sin 2(a+ 7t) . 1."
SO GD&DTIIA TTNH Ki'THI cuOI Lop 12 THpr NAMHoc z0L4 -201s n{!n tni:rOm nudnc nAN cnAvr rnr (Bdn hutng ddn ndy gim 06 trang) I. HTTOI.IG NAN CHT]NG NiSu ttri sinh lim bdi kh6ng theo c6ch nhu itrip 6n nhrmg tlung thi vdn cho thi s6 Ai6m tmg phennhuhudng d6n. Di6m toan bii kh6ng quy tdn. n. DAP Ax vA THANG orE*r CAU DAPAN DIEM Ciu 1 L) (1.0 iliam) o ? (2.0 dihm) Tapx6cdintr: P=R\{2\ o Gi6i han ve tiem cfn: lirn y--@;' lim y-*o ; r+
b. (1.0 di6m 2.0 +l Gqi M(0;%) li giao di6m cria (C) vd tryc turg, ta c6 !o= 0-Z= -1Z suY ta _1 0.25 MQ;;) H9 sd g6c cta ti€p Qyen tai M le /'(0) :+ 0.25 Phuong trintr tiOp tuyi5n cfia dO thi tai M Ld y=+(x-o)-; 0.25 51 hay r'42 tt V_ - L 0.25 Cflu 2 a. (0.5 diem) QQdiam) k= sw2(or+ r\-= sin(2a + 2r) = sffia-=2-sirurcosru@ -. 0.25 Tac6cos'e-l-sin2 e-1 -16 =L (2) 25 25 Do {.2 a < rr ndn cos q
do do (1) e L- x3 '-*_x, -,tffi=n+Jy* -x+,1 y *r[ffi o(x+6)(' .[-;*,[m) =o
:l I I suy ra Snar- lo.Bo '-v -9.4 2' 2 -o'Jt 4 ); 0.25 Dod6 Ys.nro=+ sH.sABD=+ alr.+=+ Do du&ng ttrang AC c[t (SBD) tai tli6m O ld trung ei6m crla AC vd dudng ttrfig AII c6t (SBD) t4i B thoi mdn AB =|nA oen (c,(,sBD)) = d (t,(sBD)) = 0.25 lo rr, d (^sBD)) (1) KC HK L BO,HM S/( ( K thuOc BO, M thuQc SK). J- Ta c6 BO L(Srrq + BO L HM do tl6 HM L (SBD) + d(H,(SBD)) = HM (2) Trqqe tarqejee-iueselH[ c9-sg, ofi,M-:=?Ao-=* ya-fnrf-fa dqqng = 111137o.,|t+ cao suY f?. ' HM' HS' HK" 2a' a" 2a' 7 (3) 0.25 - fiSt trq,p (1), (2), (3) ta c6 d(C,(SBDD:og ,,A Cfiu 7 K6o dei AII cAt CD tai E. Do ABCD Q.0 dihm) hinh thang (ABI/CD) va H trung di6m BC n6n OE ttr6y LruB - MnEC 0.25 * S-o, = S eaco =14 Ta c6 AE =ilH Jii = vi phuong trintr dudrng thAng AE: 2x-3y * 1 :0. Do dinh D c6 hoanh d0 duong va D 0.25 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 Tt D(2; 11) ct6 E d6i nmg voi A qua H suy ra E(-2; -l) nen pn 3x-y+5=0 0.25 Duong thdng AB qua A, song song vdi dt CD n6n c6 pt: 3x -y -2 =0 Cffu 8 I(hoang circh fh A(I;3;0) d6n mflt phang (P) li: Q.0 dihm) +tl o fl= lz,t+z.z - o ./a 0.25 ffi -E-J 3 4
Duong thaog AA' qua A nhan vecto ph6p tuytin cria mp(P) n iQ;Z;-t) lem vecto chiPhuong' I rx=r+Zt 0.25 Ta c6 phuong tinh tham sti cria rtulng th6ne AA':{ y =3+2t lz= -t I Gqi I ld giao di6m cfia ducrng thing AAtva*Aa ttteng e)t I Do thuQc du0mg thang AA'n6n l(l+2t;3 + Zt;-t) 4.25 Mpt khic I thuQc mflt phang (P) n€n 2(I + 2t) + 2(3 + 2t) - (-t) + I - 0 e f --1 =) I (-1;1;1) 0.25 Vi I ld trung ttiOm cria AA'nOn ta c6 A'(-3;-!;2) Ciu 9 56 phen fl}cria kfiOng gran m6u li s6 phdn tu cria tap hqp S. (0.5 diim) Kf abcdef ld mQt sO U6t kj thuQc S hi-€u 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 c62 4.25 c6ch chgn. iai '6iiur" "t u s n a.at = 41 2) - Xdt sO qaza3a4asa, thuQc S mi atazatalasau>3}}471,tac6 At>3 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 chQn; a, c6 2 cfuchchgn. suy ra c63.6! sd arararanosaa)300475 md ar24 Tt12: at =3. Ta th6y sO IOO+ZS c6 2 cht s6 0 nen Rhi chgn mot sii W Uit ty trong t6p S thi s6 d6 lu6n lcrn hon 300475 vi sti thuEc tap S thi c6 c6c cht sti ktr6c nhau nln a,arkhdng el6ng ttroi Ueng O. 4.25 Do tt6 a, c6 6 c6ch chgn a, c6 5 c6ch cho.n; ao c6 4 cdchchgn; a, c63 c6ch cho.n; au c62 cdch chgn. suy ra c6 6! s6 "rqr"r"r"">300475 md a, = l. Viy c6 4.6! sO thuQc S mi tr"r"rq"rrr>300475 . "rtr"r"""r"" X6c suat can tim 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 (r > 2); ra c6 xy_ xy (x - y)' t-2 2 suyra G-t'+t-2 -r 1- f(t) 2* z(tt -4tz +4t-t) - lxrz -3r + 1) f'(t)=Zt- (t' 2(t -2)' - (t -2)' (t -2)' 0.25 3 +.6 f'(t)=Q€t- 2 (do t>2) Lap BBT ta "eesu*or,l-ru#-r=9 c-0;arb>0 v4y F >t 1+ 5tF , c6 K-,,khi *'+y'_l+.6 -- 3+V5 hay 6 xy 2 a'+b2 +c2 -3 0.25 c-0;a,b>0 e = A; a,b>0 a2 +b2 3+.6 e g -3.,6 ab =+ 2 lab =+.2 Ta th6y hg nny tu6n c6 nghiQmphdn biQt. az +b2 =J a2 +b2 =l Vay siatri nho nhdt cria F h ll.!}E 6 a .....HET..... Cảm ơn thầy Đào Trọng Xuân (trongxuanht@gmail.com) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 PHÚ YÊN MÔN:TOÁN Ngày thi: 02/4/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC 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 2 109 ( x, y Î ¡ ) . 2 ï + y + 2 - 3 x - = 0 î3 81 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( duongbinhluyen@phuyen.edu.vn) 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 ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 3 Cho hàm số y = x - 3x - 2 2,00 đ a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 1,00 đ Tập xác đinh: ¡ . Sự biến thiên: 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) . 0,25 đ f(x) f(x)=x^33x 2 + Cực trị và giới hạn: 8 H/s đạt cực đại tại x = - 1; yCĐ= y ( -1) = 0 . 6 H/s đạt cực tiểu tại x = 1; yCT= y (1) = - 4 . 4 2 Các giới hạn: lim y = -¥; lim y = +¥ . x x ®-¥ x ®+¥ 9 8 7 6 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0,25 đ + Bảng biến thiên: 2 x -¥ 1 1 + ¥ 4 y’ + 0 0 + 6 0 + ¥ 8 0,25 đ y ¥ 4 Đồ thị đi qua các điểm (2;0), (0;2):như hình vẽ. 0,25 đ b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho DMAB cân tại M. 1,00 đ M(x;y) cần tìm là giao điểm của đường trung trực của đoạn AB và đồ thị (C). 0,25 đ 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 . 0,25 đ 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). 0,25 đ 2 7 14 - 8 æ 7 14 - 8 ö Với x = Þ y = , ta có điểm M 1 çç ; ÷÷ ; 2 4 è 2 4 ø 7 - 14 - 8 æ 7 - 14 - 8 ö Với x = - Þ y = , ta có điểm M 2 çç - ; ÷÷ . 2 4 è 2 4 ø 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 . 0,25 đ 3 î x - 5 > 0 Phương trình tương đương: log 2 ( x - 2) + log 2 (3x - 5) = 2 0,25 đ Û log 2 [ ( x - 2)(3 x - 5) ] = 2 Û 3 x 2 - 11x + 6 = 0 . 0,25 đ Giải pt trên và đối chiếu điều kiện ta tìm được nghiệm pt đã cho là x = 3 . 0,25 đ 3 2 3 Tính tích phân I = ò 2 dx 1,00 đ 1 2 x + 3 x - 2 3 3 3 2 2æ 2 1 ö Ta có: I = ò dx = çò dx - ò dx ÷ 0,50 đ 1 (2 x - 1)( x + 2) 5 è 1 2x -1 1 x + 2 ø 3 3 2 æ d (2 x - 1) d ( x + 2) ö 0,25 đ = çò -ò ÷ 5 è 1 2x -1 1 x + 2 ø 2 2 = 5 ( 3 3 ) ln | 2 x - 1| 1 - ln | x + 2 | 1 = ln 3 . 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. 0,25 đ Ta có các trường hợp được chọn sau: (1) Có 2 HS giỏi, 1 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: C102 .C11 1 1 .C12 = 5940 1 (2) Có 1 HS giỏi, 2 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: C10 .C112 .C12 1 = 6600 1 (3) Có 1 HS giỏi, 1 HS khá và 2 HS trung bình. Số cách chọn là: C10 .C111 .C12 2 = 7260 . 0,25 đ Ta được W A = 5940 + 6600 + 7260 = 19800. 0,25 đ WA 15 Do đó P ( A) = = . 0,25 đ W 31 5 1,00 đ DABC vuông cân tại A nên BC = 2AH = 2a. S 1 1 Từ đó S ABC = AH .BC = a.2 a = a 2 (đvdt). 0,25 đ 2 2 Vì SA^(ABC) và AH ^ BC suy ra SH^ BC · = 60 0 Do đó ((SBC),(ABC))= SHA A C 0,25 đ Suy ra SA = AH tan 600 = a 3 . 0,25 đ H 3 1 1 a 3 0,25 đ Vậy VSABC = SA.S ABC = a 3. a 2 = (đvtt). B 3 3 3 6 1,00 đ Gọi I =AM Ç BN. DBIM đồng dạng DABM y suy ra AM^BN nên BN: 2x y +c = 0. 0,25 đ N(0;2) Þ c = -2 Þ BN: 2x y 2 = 0. A 2 B Tọa độ điểm I là nghiệm hệ pt: 1 I 2 1 O 1 2 M x 1
é 6 ê x = 0,25 đ ì x + 2 y - 2 = 0 5 æ 6 2 ö í Ûê Þ I ç ; ÷ . î2 x - y - 2 = 0 ê y = 2 è 5 5 ø êë 5 AB.BM 4 Từ DABM vuông : BI = = . 2 2 AB + BM 5 ì B Î BN ì 2 x - y - 2 = 0 ï ï 2 2 Tọa độ điểm B(x;y) thỏa mãn í 4 Þ íæ 6 ö æ 2 ö 16 . ï BI = - x + - y = î 5 ïî çè 5 ÷ ç ø è5 ÷ ø 5 ì 2 ï x = ì x = 2 ï 5 æ 2 -6 ö 0,25 đ Giải hệ ta được í và í , suy ra B (2; 2) ( loại ç ; ÷ ). î y = 2 ï y = -6 è 5 5 ø ïî 5 ì x + 2 y - 2 = 0 ìï M Î AM ï 2 2 Tọa độ điểm M(x;y) thỏa í 2 2 Þ íæ 6ö æ 2ö 4 . îï IM = BM - BI ïç x - ÷ ç+ y - ÷ = î è 5ø è 5ø 5 ì 2 ï x = ì x = 2 ï 5 æ 2 4 ö Giải hệ ta được í và í , suy ra M 1 (2; 0), M 2 ç ; ÷ . 0,25 đ î y = 0 ï y = 4 è 5 5 ø ïî 5 7 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. 0,25 đ 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. 0,25 đ 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). 0,25 đ uuuur Khi đó AM = (3; 2; -1) , đường thẳng D qua A và M có phương trình: x + 4 y + 2 z - 4 0,25 đ = = . 3 2 - 1 ì 27 x3 + 3 x + ( 9 y - 7 ) 6 - 9 y = 0 (1) ï 8 Giải hệ phương trình: í x 2 109 . 1,00 đ 2 ï + y + 2 - 3 x - = 0 (2) î 3 81 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
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 0,25 đ x 2 æ 2 ö 109 Thế (3) vào (2) ta được: + ç - x 2 ÷ + 2 - 3 x - = 0 (4). 3 è3 ø 81 2 Nhận xét: x = 0, x = không phải là nghiệm của (4). 3 2 x 2 æ 2 ö 109 Xét hàm số: g ( x ) = + ç - x 2 ÷ + 2 - 3 x - 3 è3 ø 81 3 æ 2 ö ( ) Ta có: g '( x) = 2 x 2 x 2 - 1 - 2 2 - 3 x < 0, "x Î ç 0; ÷ è 3 ø 0,25 đ æ 2 ö Nên hàm số g(x) nghịch biến trên ç 0; ÷ . è 3 ø 0,25 đ 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 9 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P = 52 x + 5 y , biết x ³ 0, y ³ 0, x + y = 1 1,00 đ 5 Do x + y = 1 Þ y = 1 - x , nên P = 52 x + 51- x = 5 2 x + x . 0,25 đ 5 x Đặt t = 5 thì 1 £ t £ 5 (do 0 £ x £ 1 ). 5 5 2t 3 - 5 Xét hàm số f (t ) = t 2 + , với 1 £ t £ 5 . Ta có f '(t ) = 2 t - 2 = 2 . 0,25 đ t t t Do đó có bảng biến thiên: 5 t 1 3 5 2 f’(t) 0 + 0,25 đ 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 . 0,25 đ 1£t £ 5 è 2 ø 4 1£ t £5 Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( duongbinhluyen@phuyen.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014-2015 TẠO BẮC GIANG Môn: TOÁN LỚP 12 LẦN 3 Trường THPT Bố Hạ Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Tổ Toán- Tin 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. 5 x ln x  Câu 4 (1điểm) Tính tích phân sau : I     2  dx 1 x  1  1 ( x  1)  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.   x ( x  3)  y y  3  2 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 4 2 - TXĐ:  - Sự biến thiên: 0,25đ + ) Giới hạn và tiệm cận : lim y   . Hàm số không có đường tiệm cận x  1,0 +) Bảng biến thiên ® x  0 0,25đ a Ta có : ; y '  4 x2  4 x  4 x( x2  1) ; y '  0    x  1 Vẽ điền đúng bảng biến thiên. KL đúng các khoảng đồng biến, nghịch biến; điểm cực trị 0,25đ - Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị 0,25đ y   x4  2(m  1) x 2  m  1 (Cm ) y '  4 x3  4(m  1) x  4 x( x2  m  1) 0,25đ x  0 Xét y '  0  4 x( x 2  m  1)  0   2 1  x  m  1(1) 2.0 Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi PT y’=0 có 3 nghiệm phân biệt  0,25đ ® b PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0  m  1  0  m  1(*) 1,0 đ 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) 0,25đ 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác đều  AB  AC  BC  AB2  AC 2  BC 2  AB 2  AC 2  m  1  (m  1)4  m  1  (m  1) 4  0,25đ  2   m  3 3 1  AB  BC m  1  (m  1)  4(m  1) 2 4      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   0,25đ  sin(4 x  )  sin(2 x  )  0 2 6 6 1,0   2sin(3x  ).cosx=0 đ 6 0,25đ     x    k 18 3     Vậy PT có hai nghiệm x  k và x k . 0,25đ   x=  k 2 18 3  2 3 a) ĐK : 0