Đề thi thử Quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán trường THPT Lạng Giang số 1, Bắc Giang

TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG
SỐ 1
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 LẦN THỨ NHẤT
Môn: TOÁN
Thời gian: 150 phút không kể thời gian phát đề.
Câu 1. (3 điểm) Cho hàm số
3 2
3 3y x x  
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng
: 3 4d y x 
.
3. Tìm
m
để (C) cắt đường thẳng
 
: 1 1y m x   
tại 3 điểm A(1;1), B, C phân biệt sao cho
tam giác
IBC
vuông tại I với
 
1;3I 
.
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình:
sin 2 cos2 1 2cosx x x  
.
Câu 3. (1.5 điểm) Giải các phương trình:
1.

2 1 3
2 2 64 0
x x 
  
.
2.
 
4 2
1
log 3 log 1
2
x x   
.
Câu 4. (0,5 điểm) Một hộp chứa 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng và 7 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó
4 viên bi. Tính xác suất để lấy được đủ 3 loại bi và số bi đỏ bằng số bi xanh.
Câu 5. (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I với
2 3AB a
,
2 .BC a
Biết chân đường cao H hạ từ đỉnh S xuống đáy ABCD trùng với trung điểm của DI và
SB hợp với đáy góc
0
60
. Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ H đến (SBC).
Câu 6. (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ
từ B và C. Tìm tọa độ điểm A biết
 
11 13
7;1 , ;
5 5

E F
 
 
 
, phương trình đường thẳng BC là
3 4 0x y  
và điểm B có tung độ dương.
Câu 7. (1 điểm). Giải hệ phương trình:
   
2 2
2 2
3 8
1
1 1 4
xy x y
x y
x y

   


  

 

.
Câu 8. (1 điểm) Cho các số thực dương
, ,x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
   

2 2 2
1 8
2 2 2
4
P
x y z
x y z
 
  
  
.
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:………………………….
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT MÔN TOÁN LẦN 1
Câu NỘI DUNG Điểm
Câu 1
1.(1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
+Tập xác định,tính các giới hạn
0,25
+Tính đạo hàm, giải phương trình y’=0, lập bảng biến thiên
0,25
+ Chỉ ra sự biến thiên, cực trị
0,25
+ Đồ thị
0,25
2. (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng
: 3 4d y x 
.
+ Tìm được giao điểm của (C) và d là A(0;3) 0,5

+ Viết được phương trình tiếp tuyến
3y 
0,5
3. (1 điểm) Tìm m để (C) cắt đường thẳng
 
: 1 1y m x   
tại 3 điểm A(1;3), B,
C phân biệt sao cho tam giác IBC vuông tại I với I(-1;3).
+

cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
 
3 2
3 3 1 1x x m x     
có 3 nghiệm phân biệt
 
 
2
1 2 2 0x x x m     
có 3 nghiệm phân biệt
2
2 2 0x x m    
(1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
' 0
3
1 2 2 0
m
m
 


    

   

0.25
+

cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A(1;3), B(
1 1
; 1x mx m 
), C(
2 2
; 1x mx m 
)
Với
1 2
,x x
là các nghiệm của (1), theo Viet ta có
1 2
1 2
2
2
x x
x x m
 


  

0.25

+

không đi qua I khi
1m  
.
Tam giác IBC vuông tại I khi
     
1 2 1 2
. 0 1 1 2 2 0IB IC x x mx m mx m         
 
0.25
+ Rút gọn được
3 2
3 5 0 1m m m m     
(tmđk). Kết luận
0.25
Câu 2
(1 điểm) Giải phương trình
sin 2 cos2 1 cosx x x  
PT
 
2
2sin cos 2cos 1 1 2cosx x x x    
 
cos 0
2cos sin cos 1 0
sin cos 1
x
x x x
x x



    

 

0,5
 
cos 0 2x x k k    

0,25
 
2
1
sin cos 1 sin
2
4
2
2
x k
x x x k
x k

 
 

       
 

 

 





 
KL…….
0,25
Câu 3
1.(1 điểm).
2 1 3
2 2 64 0
x x 
  
+PT
2
2.2 8.2 64 0
x x
   
0.5
 
2 8
3
2 4
x
x
x
vn



  

 


. KL
0,5
2.(0.5 điểm).
 
4 2
1
log 3 log 1
2
x x   
+ ĐK
1x 
pt
   
2 2
1 1 1
log 3 log 1
2 2 2
x x    
.
0,25
+Giải đúng và kết hợp điều kiện được
5x 
.
0.25

Câu 4.
(0.5 điểm) Một hộp chứa 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng và 7 viên bi xanh. Lấy ngẫu
nhiên từ hộp đó 4 viên bi. Tính xác suất để lấy được đủ 3 loại bi và số bi đỏ bằng số
bi xanh.
+ Số cách lấy ra từ hộp đó 4 viên bi là
4
18
3060C 
0.25
+ Số cách lấy 4 viên bi trong đó có đủ 3 loại và số bi đỏ bằng số bi xanh (1đỏ, 1
xanh, 2 vàng) là:
1 2 1
5 6 7
. . 525C C C 
Xác suất cần tính là
525 35
3060 204

0.25
Câu 5.
(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I với
2 3AB a
,
2 .BC a
Biết chân đường cao H hạ từ đỉnh S xuống đáy ABCD
trùng với trung điểm của DI và SB hợp với đáy góc
0
60
. Tính thể tích khối
chóp SABCD và khoảng cách từ H đến (SBC).

+Tính được
2
4 3
ABCD
S a
0.25
+ Chỉ ra

0
60SBH 
, từ đó tính được
3 3SH a
0.25
Suy ra
3
1
. 12
3
SABCD ABCD
V SH S a 
.
+ Kẻ
,HE BC HK SE 
, chứng minh được
   
 
,HK SBC d H SBC HK  
0.25
+Tính được
3 15

5
a
HK 
, kết luận.
0.25
Câu 6
(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi E, F lần lượt là chân
đường cao hạ từ B và C. Tìm tọa độ điểm A biết
 
11 13
7;1 , ;
5 5
E F
 
 
 
, phương
trình đường thẳng BC là
3 4 0x y  
và điểm B có tung độ dương.
+ Gọi K là trung điểm của BC. Vì
K BC
nên
 
4 3 ;K t t
.
Vì
 
0
90BEC BFC 

nên KE=KF, từ đó tính được K(4;0).
0.25
+ Vì
B BC
nên
 
4 3 ; , 0B b b b 
.
Do

0
90BEC 
nên KB=KE, từ đó chỉ ra B(1;1;).
0.25
+ Tính được C(7 1), Viết được phương trình CE:x=7, phương trình BF: 4x-3y-1=0
0.25
+
A BE CF 
, từ đó tính được A(7;9)
0.25
(1 điểm) Giải hệ phương trình:
   
2 2
2 2
3 8
1
1 1 4
xy x y
x y
x y


   


  

 

Câu 7
+ Nhận xét:
0, 0x y 
không thỏa mãn phương trình thứ nhất
Biến đổi phương trình thứ nhất về dạng:
2 2
1 1
. 8
x y
x y
 
 
0.25
+ Đặt
2 2
;
1 1
x y
a b
x y
 
 

, ta được hệ:
1
4
1
8
a b
ab

  




 


.
0.25
Giải hệ thu được
1
2
1
4
a
b

 








hoặc
1
4
1
2
a
b






 


+ Với
1
2
1
4
a
b

 








, giải được
1
2 3
x
y
 



 


.
0.25
+ Với
1
4
1
2
a
b







 


, giải được
2 3
1
x
y

 


 


.
Kết luận.
0.25
Câu 8.
(1 điểm) Cho các số thực dương
, ,x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
   
2 2 2
1 8
2 2 2
4

P
x y z
x y z
 
  
  
.
+ Ta có
   
   
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2
1
; 4 4 2
2 2 2
x y z
x y z x y z x y z
 
 
           
 
 
2
2 2 2
2 2 2
1 1 2
4 2
4 2

4
x y z x y z
x y z
x y z
         
  
  
.
0.25
+ Ta có
   
 
   
 
3
3
6
8 216
2 2 2
27 2 2 2
6
x y z
x y z
x y z
x y z
  
       
  
  
.

Do đó
 
3
2 216
2
6
P
x y z
x y z
 
  
  
.
0.25
Đặt
2, 2t x y z t    
. Ta có
 
 
3
2 216
4
P f t
t
t
  

Dùng đạo hàm chỉ ra GTLN của
 
f t

bằng
1
8
khi
8t 
.
0.25
KL: GTLN của P là
1
8
, đạt được khi
2x y z  
.
0.25