Đề thi thử Quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán trường THPT Đồng Thọ, Tuyên Quang

SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN I
TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN : TOÁN
( Đề thi có 01 trang) Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số
32
34y x x  
(1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt.

Câu 2 ( 2,0 điểm). Giải các phương trình:
a)
2
cos.2sin
sin22s in3


xx
xx
b)
1
9 3 2 0
xx
  


Câu 3 ( 1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

42
( ) 8 2015f x x x  
trên đoạn
 
1;3
.
Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân
1
0
(x 2015)
x
I e dx


Câu 5 ( 1,0 điểm). Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng (các
viên bi có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ
hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu.

Câu 6 ( 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm
A(2 ; 4 ; -1) , B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1).
a)Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ; 1)
b) Tính góc giữa hai véc tơ
AB
và
CD


Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và
AB=4a, AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a
Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
22
22
14
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y

   

   

,
( , )xyR
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ LẦN I
TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN : TOÁN
(Đáp án – thang điểm gồm 07 trang)

Câu
Nội dung
Điểm
1
(2,0đ)
a) (1,0đ)

1/ Tập xác định: R
0,25

2/ Sự biến thiên






2
0
0;63
,2,
x
x
yxxy


0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
 
;0
và
 
2;
; hàm số nghịch biến
trên khoảng
 
0;2

.
0,25

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0

y
CĐ
= 4
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2

y
CT
= 0.

0,25
lim ;
x
y

 
lim ;
x
y

 

Đồ thị hàm số không có tiệm cận.


0,25

Bảng biến thiên
x

0 2


,
y

+ 0 - 0 +
y
4



0




0,25


3/Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (2;0), (1;0); đi qua
điểm (3;4).

0,25
x
y
3

2
O
1
4
-1

0,25

b) (0,5đ)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.

Gọi
00
( ; )M x y
là tiếp điểm,
00
12xy  


,2
36y x x
, suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là
,
(1) 3y 


Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
35yx  

c) (0,5đ)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường
thẳng
y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt.

Phương trình hoành độ giao điểm: x
3
– 3x
2
+ 4 = mx – 2m
0,25

(x – 2)(x
2
– x – 2 – m) = 0
0,25






(*)02
2
2
mxx
x

0,25

để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi

và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2

0,25
hay





0222
049
2
m
m

0,25








0
4
9
m
m

0,25
Vậy với m

(
4
9

;+

)\{0}
0,25
2
(2,0đ)
a) (1,0đ)Giải phương trình:
2
cos.2sin
sin22s in3


xx
xx


ĐK: sin2x

0 =>






0cos
0sin
x
x



0,25
Phương trình trở thành :
2
2sin (3cos 1)
2
2sin .cos
xx
xx



0,25


2
3cos 1 2cosxx
( Do
sin 0x 
)
0,25



2
2cos 3cos 1 0xx  
cos 1
1
cos
2
x
x









0,25
*)cosx = 1

sinx = 0 (loại)
0,25
*)



2
32
1

cos kxx 
(kZ) .
Vậy phương trình có nghiệm


2
3
kx 

0,25
b) (1,0đ) Giải phương trình:
1
9 3 2 0
xx
  




Đặt
3 ( 0)
x
tt
phương trình đã cho trở thành :
2
1
3 2 0
2
t
tt

t


   




0,25


0,25
Với t = 1, ta được x = 0
0,25
Với t = 2, ta được
3
log 2x 

Vậy phương trình có hai nghiệm
3
0, log 2xx

0,25
3
(1,0đ)


Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
42
( ) 8 2015f x x x  

trên đoạn
 
1;3


Ta có
'3
( ) 4 16f x x x
;
 
 
 
'
2 1;3
( ) 0 0 1;3
2 1;3
x
f x x
x

   

    


  


0, 5

Ta có :
( 1) 2022; (0) 2015; (2) 2031; (3) 2006f f f f        

0,25
Vậy
 
1;3
max ( ) 2006fx


và
 
1;3
min ( ) 2031fx



0,25
4
(1,0đ)
Tính tích phân
1
0
(x 2015)
x
I e dx


11
12
00
2015
xx
I e dx xe dx I I   


0,25
1
1
0
1
2015 2015 2015 2015
0
xx
I e dx e e   


0,25
Tính
1
2
0
x
I xe dx


Đặt
x

ux
dv e dx





x
du dx
ve









0,25
Do đó
1
11
2
00
0
1
x x x
I xe e dx e e    


Vậy
2015 2014Ie

0,25
5
(1,0đ)
Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng (các viên bi
có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Chọn ngẫu nhiên 4 viên
bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu.

Ta có số phần tử của không gian mẫu là:

nC
4
15
( ) 1365
.
Gọi A là biến cố “4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu”.
Khi đó biến cố đối
A
là“4 viên bi chọn ra có đủ cả ba màu

0,25
TH1 : 4 viên được chọn có 2 bi đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng
Suy ra số cách chọn là
2 1 1
4 5 6
C C C

TH2 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 2 bi xanh và 1 bi vàng
Suy ra số cách chọn là
1 2 1
4 5 6
C C C

TH3 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi xanh và 2 bi vàng
Suy ra số cách chọn là
1 1 2
4 5 6
C C C


0,25

2 1 1 1 2 1 1 1 2
4 5 6 4 5 6 4 5 6
( ) . . . . . . 720n A C C C C C C C C C    

0,25
Do đó
( ) 720 48 43
( ) ( ) 1 ( )
( ) 1365 91 91
nA
P A P A P A
n
      


0,25
6
(1,0đ)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2 ; 4 ; -1) ,
B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1).
a) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ;
1)
b) Tính góc giữa hai véc tơ
AB
và
CD



a
(0,5đ)
Ta có bán kính của mặt cầu (S) là
2 2 2
( 1) 0 2 5R AB     


0,25
Vậy phương trình mặt cầu (S) là
2 2 2
( 2) (y 4) (z 1) 5x      

0,25
b
(0,5đ)
Ta có :

( 1;0;2), (0; 2; 2)AB CD    



0,25
Góc giữa hai véc tơ
AB
và
CD
là
2 2 2 2 2 2
.
cos( , )
.
( 1).0 0.( 2) 2.( 2) 2
10
( 1) 0 2 . 0 ( 2) ( 2)
AB CD
AB CD
AB CD

    

      

0,25
7
(1,0đ)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB=4a,
AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a

Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a.
4a
5a
3a
A
B
C
S






0,25


Do
()SA ABC
nên SA là đường cao của khối chóp S.ABC.
Trong tam giác vuông ABC.
Ta có:
BC AC AB a a a    
2 2 2 2
(5 ) (4 ) 3



0,25
2

11
. .3 .4 6
22
ABC
S AB BC a a a  

0,25
Vậy thể tích của khối chóp tam giác S.ABC là
V =
3
1
S
ABC
. SA =
3
6a
(đvtt)
0,25
8
(1,0đ)
Giải hệ phương trình:
22
22
14
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y

   


   

,
( , )xyR
.

Nhận xét: hệ không có nghiệm dạng (x
0
;0)
Với
0y 
, ta có:
2
22
22
2
2
1
4
14
.
( ) 2 7 2
1
( ) 2 7
x
xy
y
x y xy y
y x y x y
x

xy
y


  


   



   



  



0,25
Đặt
2
1
,
x
u v x y
y

  
ta có hệ:

22
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
     
  



       
  


0,25
+) Với
3, 1vu
ta có
hệ:
222
1, 2
1 1 2 0
2, 5
3 3 3
xy
x y x y x x
xy
x y y x y x



      

  


  
     


.
Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5).
0,25
+) Với
5, 9vu  
ta có hệ:
222
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x

      


        

,
Hệ này vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
( ; ) {(1; 2), ( 2;5)}.xy

0,25

Hết