Đề thi thử Quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán trường THPT Lê Quý Đôn, Hải Phòng

Sở GD & ĐT Hải Phòng
Trường THPT Lê Qúy Đôn
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thang điểm 20
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN KÌ 2
NĂM HỌC 2014 - 2015
Thʚời gian làm bài 180 phút, khôngkể thời gian giao đề
Ngày thi: 15/01/2015
Câu 1 (5.0 điểm). Cho hàm số
3 2
3 2y x mx  
, có đồ thị là (C
m
)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1.
b. Viết phương trình tiếp tuyến

của đồ thị (C
m
) tại điểm có hoành độ x = 1, tìm giá trị
tham số m để tiếp tuyến

đi qua điểm A(2; 2015) .
Câu 2 (2.0 điểm). Giải phương trình:
 
cos10 2cos4 .sin cos 2 ,x x x x x  
Câu 3 (4.0 điểm).
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
4
1

x x
y
x
 


trên khoảng
 
1; 
.
b. Giải bất phương trình:
2
3 4
2 2 3
1
1
x x x
x
x
  
  


Câu 4 (2.0 điểm).
a. Hai người bạn ngẫu nhiên đi chung một chuyến tầu có 5 toa. Tính xác suất để hai
người bạn đó ngồi cùng một toa.
b. Cho
   
*
0 1

1 2 ,
n
n
n
p x x a a x a x n      
. Biết hệ số
1
30a  
. Tính hệ số
2
a
.
Câu 5 (2.0 điểm). Trong hệ toạ độ oxy, cho hình bình hành ABCD có điểm A(2; 1), điểm
C(6; 7) và M(3; 2) là điểm thuộc miền trong hình bình hành. Viết phương trình cạnh AD biết
khoảng cách từ M đến CD bằng 5 lần khoảng cách từ M đến AB và đỉnh D thuộc đường thẳng
: 11 0x y   
.
Câu 6 (3.0 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc

0
D 60BA 
.
Hình chiếu của S lên mp(ABCD) là trung điểm của AB, góc giữa SD và đáy bằng 60
0
, I là
điểm thuộc đoạn BD, DI = 3IB. Tính thể tích của khối chóp SABCD và khoảng cách từ điểm
I đến mp(SCD).
Câu 7 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình:
 
2

2
2 2
4 3 1 3 2
x y x x y y y
x y x y

    


     


Câu 8 (1.0 điểm).
Cho x, y là các số thực thuộc
 
0;1
thoả mãn
 
 
  
3 3
x y x y
1 x 1 y
xy
 
  
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
2 2
2 2

1 1
P 4xy x y
1 x 1 y
    
 
.
HẾT
Câu Đáp án chính thức (Đáp án có 04 trang) Đ
Câu I
5.0
điểm
a ( 3.0 điểm )…
Thay m = 2

y = x
3
– 3x
2
+ 2 0.25
TXĐ : D = R
Giới hạn :
lim
x
y

= +

,
lim
x

y

= -

. Đồ thị không có tiệm cận
0.25
y’ = 3x
2
– 6x,
x  
0.25
y’ = 0

0
2
x
x





0.25
Bảng biến thiên :
x -

0 2 +

y’ + 0 - 0 +
y

2 +

-

- 2
0,25
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
 
;0
và
 
2;
0.25
Hàm số nghịch biến trên khoảng
 
0;2
0.25
Hàm số đạt cực đại tại x
CĐ
= 0, y
CĐ
= 2 0.25
Hàm số đạt cực tiểu tại x
CT
= 2, y
CT
= -2 0.25
Đồ thị giao với oy tại điểm (0; 2), giao với ox tại điểm (2; -2)
Vẽ đúng đồ thị. Nếu thí sinh không tìm giao. Trên đồ thị vẫn thể hiện đúng tọa độ điểm giao vẫn cho

điểm
0.25
0.25
b (2.0 điểm)…
TXĐ: D =

0,25
Với x = 1 => y = 3 – 6m. Tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến là M(1; 3 – 3m)
y’ = 3x
2
– 6mx,
x  
0.25
=>
 
'
1 3 6y m 
0.25
Phương trình tiếp tuyến

của đồ thị (C
m
) cần tìm là

: y = (3 – 6m)(x - 1) + 3 – 3m = (3 - 6m)x + 3m 0.25

đi qua điểm A(2; 2015)

2015 = (3 – 6m).2 + 3m. 0.5


-9m = 2009 0.25

2009
9
m


0.25
Câu 2
2.0
Điểm
2.0 điểm…
cos10 2cos 4 .sin cos 2 cos10 cos 2 2cos 4 .sin 2cos6 .cos 4 2cos 4 .sinx x x x x x x x x x x x      
0.25
 
cos4 . cos 6 sin 0x x x  
0.25
cos4 0
cos6 sin 0
x
x x




 

0.25
Giải phương trình:
cos4 0 4

2 8 4
k
x x k x
  

      
0.25
Giải phương trình:
cos6 sin 0 cos6 sinx x x x   
0.25
cos6 cos
2
x x

 
  
 
 
0.25
2
14 7
6 2 ,
2
2
10 5
k
x
x x k k
k
x

 


 

 

 
      

 
 

  



0.25
Vậy tập nghiệm của phương trình là
2 2
, ,
14 7 10 5 8 4
k k k
S x k
     
 
      
 
 


0.25
Câu 3
4.0
Điểm
a (2.0 điểm)…
Ta xét
 
 
2
'
2
2 3
, 1;
1
x x
y x
x
 
    

0,25
' 2
1
0 2 3 0
3( )
x
y x x
x loai



     

 

0,25
0.25
lim
x
y

= +

,
1
lim
x
y


 
0,25
Bảng biến thiên
x -1 1 +

y’ - 0 +
y
+

+


3
0,25
0,25
Từ bảng biến thiên suy ra
 
1;
min 3y
 

tại x = 1
0.25
0.25
b (2.0 điểm)….
ĐK: x > -1 0.25
Theo câu a ta có:
2
4
3, 1
1
x x
x
x
 
   

. (1)
0.5
Lại có
3 2
1

1 1
x
x
x x

  
 
0.25
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số
2
1,
1
x
x


ta được:
2
1 2 2, 1
1
x x
x
     

(2)
0.25
Từ (1) và (2), cộng vế với vế ta có:
2
3 4
2 2 3

1
1
x x x
x
x
  
  


,
1x  
0.25
Suy ra mọi giá trị x > -1 đều thỏa mãn bất phương trình. 0.25
Vậy kết hợp với điều kiện, bât phương trình có tập nghiệm là
 
1;S   
0.25
Câu 4
2.0
Điểm
a (1.0 điểm) …
Giả sử các toa được đánh số từ 1 đến 5.
Giả sử m, n lần lượt là số toa người bạn thứ nhất và thứ 2 lần lượt lên tầu. m = 1,2,3,4,5. n = 1,2,3,4,5
0,25
Không gian mẫu của phép thử là
 
 
 
, , 1,2,3,4,5 25m n m n n     
0.25

Gọi A là biến cố “ Hai người cùng lên một toa”
         
 
 
1;1 , 2;2 , 3;3 , 4;4 , 5;5 5A n A   
0,25
Vậy xác suất của biến cố A là
 
 
 
5 1
25 5
n A
p A
n
  

Chú ý: Hoc sinh có thể dùng quy tắc đếm, hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp để tính số phần tử không gian
mẫu, số phần tử của biến cố A. Nếu lập luận chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa.
0.25
b (1.0 điểm)….
Theo công thức nhị thức Newton có
   
0 1
0
1 2 2
n
n k
k k n
n n

k
x C x a a x a x

      

0.25
Suy ra các hệ số
 
2 , 0,1,2, ,
k
k
k n
a C k n  
0.25
Theo giả thiết hệ số
   
1
1
1
30 2 30 15 /
n
a C n t m       
0.25
Vậy hệ số
 
2
2
2 15
2 420a C  
.

0.25
Câu 5
2.0
Điểm
(2.0 điểm)

x + y -11 = 0

E

H

N

B

D

C(6; 7)

A(2; 1)

M(3; 2)
Kéo dài AM cắt CD tại N. Gọi E, H lần lượt là hình chiếu của M lên AB, CD
Theo giả thiết HM = 5ME 0.25
Do ABCD là hình bình hành nên
/ / 5 5
MN HM
AB CD MN MA
MA EM

    
0,25
Lại có M nằm giữa A và N, MN = 5MA
 
 
 
3 5 2 3
8
5 8;7
7
2 5 1 2
N
N
N
N
x
x
MN MA N
y
y
   




     
 

   




 
0,25
0.25
Đường thẳng CD đi qua hai điểm C(6; 7), N(8; 7) nên CD có vtcp là
 
2;0
CD
u CN CD  
 
có vtpt là
0.25
 
0;2
CD
n 

. Phương trình của CD có dạng CD: y – 7 = 0
Đỉnh D là giao điểm của CD và
: 11 0x y   
nên tọa độ điểm D là nghiệm hệ phương trình:
 
7 0 4
4;7
11 0 7
y x
D
x y y
  

 
 
 
   
 
0.25
AD đi qua hai điểm A, D nên AD có vtcp là
 
2;6u AD 
 
=> AD có vtpt là
 
3; 1n  

suy ra
phương trình cạnh AD có dạng 3x – y – 5 = 0.
0.25
Kiểm tra thấy thỏa mãn điểm M thuộc miền trong hình bình hành ABCD. Vậy phương trình cạnh AD là
3x – y – 5 = 0.
Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác ra hai điểm D, không loại được một điểm thì trừ 0.5
0,25
Câu 6
3.0
Điểm
Tính thể tích 2.0 điểm…

H

I

B

C

A

D
S
E
Gọi H là trung điểm của AB, có SH

(ABCD) nên SH là đường cao và HD là hình chiếu của SD lên
mp(ABCD) =>
 

0
,( ) SDH 60SD ABCD  
.
0.25
0,25
Do ABCD là hình thoi cạnh a,

0
D 60BA 
=> tam giác ABD đều cạnh a => HD
3
2
a

0.25

SH

(ABCD) => tam giác SHD vuông tại H nên
0
3
.tan 60
2
a
SH HD 
0,25
Diện tích đáy ABCD là
2 2
0
3 3
2 2. . .sin 60 2.
4 2
ABCD ABD
a a
S S AB AD   
0.25
0.25
Vậy thể tích của hình chóp SABCD là
2 3
1 1 3 3 3
. . .
3 3 2 2 4
SABCD ABCD
a a a
V SH S  
0,25

0.25
Tính khoảng cách 1.0 điểm…
Do ID = 3IB và I thuộc đoạn BD
3
4
ID BD 
. Suy ra
 
 
 
 
3
, ,
4
d I SCD d B SCD
.
0,25
Lại có
 
/ /AB CD SCD
=>
 
 
 
 
, ,d B SCD d H SCD
,
H AB
.
0.25

Do tam giác ABD đều nên
     
,HD AB CD HD DC SH DC SHD SHD SCD       
0.25
Gọi E là hình chiếu của H lên SD
   
 
,HE SCD d H SCD HE   
.
SHD vuông tại H, HE là đường cao nên
 
 
2
2 2
. 3 3 3 9
, .
4 4 4 16
HD HS a a a
HE d I SCD
HD HS
    

0,25
Câu 7
1.0
Điểm
1.0 điểm …
Đk:
2
, 0

3
x y 
0.25
Xét phương trình pt(1):
    
2
2 2 2 2 0x y x x y y y x y y x y x y           
Do
2
, 0 2 0
3
x y x y y     
0.25
Pt(1)
    
1
2 0 2 0
2 2
x y
x y x y x y x y y x
x y y x y y
 

           
 
 
   
 
Thay y = x vào phương trình
2

4 3 1 3 2x y x y     
ta được
Pt(2):
   
2
2
4 3 1 3 2 1 2 3 2 3 2 1x x x x x x x x             
Đặt
1
1 , 3 2 0
3
x a x b

     
. Pt có dạng
 
2 2
2 0
0, 0
2
2 0
0
0
b b a
b a
a b a b
b a
a b
a b


  
 

 
  
 
 

 
 
 





Với b = 0, ta có
2
3
y x 
(loại)
0.25
Với b = 2a, ta có phương trình
 
 
 
2
1
1
2 /

3 2 2 1 0
4 11 6 0
3
4
x
x
x t m
x x
x x
x loai








     
 

  









0.25
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là
 
 
2;2S 
Câu 8
1.0
Điểm
Ta có
  
 
 
3 3
x y x y
1 x 1 y 1 xy x y 4xy 1 3xy x y 3xy 2 xy
xy
 
             
0,25
1
9
xy 
Xét
2 2
2 2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
P 4xy x y 2xy 2. 2xy
1 x 1 y
1 x 1 y 1 x 1 y

          
 
   
0.25
Vì
   
2 2
1 1 2
, 0;1 *
1
1 1
x y
xy
x y
   

 
.
Thật vậy
 
 
 
  
   
2
2 2 2 2
* 2 1 2 1 1 1 0x y xy x y x y xy          
. Luôn đúng vì
 
, 0;1x y 

Suy ra
2 1
2 , 0;
9
1
P xy xy
xy
 
  



 
.
0.25
Xét hàm số
 
2 1
2 , 0;
9
1
f t t t
t
 
  



 
. Có

 
'
1 1
2 0, 0;
9
1 1
f t
t t

 
    


 
 
Vậy
1 56
9
9 10
P f
 
 
 
 
nên maxP =
56 1
3
9 10
x y  
0.25