Đề thi thử Quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán trường THPT Yên Lãng, Hà Nội

Sở GD & ĐT Hà Nội
Trường THPT Yên Lãng
o0o
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ K12
Năm học 2014 - 2015
( Môn: Toán. Thời gian làm bài: 120 phút )
A. PHẦN CHUNG : (8điểm)
Câu I (3 đ). Cho hàm số y = (x - 2)
2
(x + 1), đồ thị là (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) điểm M có hoành độ là số nguyên dương sao cho tiếp tuyến tại M của
(C), cắt (C) tại hai điểm M và N thoả mãn MN = 3.
Câu II (3 đ)
1. Giải phương trình logarit.
2
33
log ( 1) 5log ( 1) 6 0xx    

2. Giải bất phương trình mũ :
2x 2 x x
3 2.6 - 7.4 0



3. Giải phương trình lượng giác :
 
33
sin cos cos2 2cos sinx x x x x  
, với ẩn
x

.
Câu III (2 đ). Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', có AB = a, AD = b, AA' = c với đáy ABCD
là hình bình hành có góc BAD bằng 60
0
. Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho DM = 2MC.
1. Tính thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D' theo a, b, c .
2. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (BDA') theo a, b, c.
B. PHẦN RIÊNG : (2điểm)
I, HỌC SINH THI KHỐI A,A1,B:
Câu IVa (1đ). Giải và biện luận phương trình :
( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1)
xx
m m m

     
theo tham số m.
Câu Va(1đ).
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d
1
) : x-y-1 = 0 và (d
2
) : x+2y+3 = 0.
Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A

( d
1
), C

(d
2

), B, D thuộc Ox và AC=2BD.
II, HỌC SINH THI KHỐI D :
Câu IVb(1đ). Tìm m để phương trình:

( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1)
xx
m m m

     
có hai nghiệm trái dấu.
Câu Vb(1đ). Trong mp Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0). Biết phương trình các cạnh
AB, AC thứ tự là: 4x+y +14= 0; 2x+5y-2 =0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.

Hết
Họ tên thí sinh………………… ………………………………………………Lớp…………




0
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM TÓM TẮT

Nội dung
Điểm
Câu I
3.0
1.
2.0
Hàm số có tập xác định là ;
;

xx
lim y lim y
 
  
.
0. 5
y’ = 3x
2
- 6x; y’ = 0  x = 0 hoặc x = 2

x
-∞ 0 2 +∞
y’
+ 0 - 0 +

y




0.5

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-; 0) và (2; +); hàm số nghịch biến trên khoảng
(0; 2). Điểm (0; 4) là điểm CĐ của đồ thị hàm số; điểm (2; 0) là điểm CT của đồ thị hàm
số. Điểm U(1; 2) là điểm thuộc ðồ thị hàm số. Đồ thị giao với các trục tọa độ: (-1; 0),
(2; 0), (0; 4).
0.5

0.5



2.
1.0
Giả sử M(x
0
; y
0
) thuộc (C), x
0
là số nguyên dương. Phương trình tiếp tuyến với (C)
tại M là
y = (3x
0
2
- 6x
0
)x - 2x
0
3
+ 3x
0
2
+ 4. Goi tiếp tuyến này là (t).

0.25
Hoành độ giao điểm của (C) và (t) là nghiệm PT:
x
3
- 3x
2
- (3x
0
2
- 6x
0
)x + 2x
0
3
- 3x
0
2
= 0

(x - x
0
)
2
(x + 2x
0
- 3) = 0

x = x
0
hoặc x

= -2x
0
+ 3.
0.25
M(x
0
; x
0
3
- 3x
0
2
+ 4); N(-2x
0
+ 3; -8x
0
3
+ 24x
0
2
- 18x
0
+ 4). MN
2
= 9x
0
2
- 18x
0
+ 9 +

81x
0
2
(x
0
- 1)
2
(x
0
- 2)
2
.
0.25
4
-
0
+



1
MN
2
= 9

9x
0
2
- 18x
0

+ 81x
0
2
(x
0
- 1)
2
(x
0
- 2)
2
= 0

9x
0
(x
0
- 2)(1 + 9x
0
(x
0
- 1)
2
(x
0
-
2)) = 0. Vì x
0
là số nguyên dương nên x
0

= 2. Vậy M(2; 0).
(Lưu ý: Nếu thí sinh nhìn trên đồ thị, nhận thấy có trục hoành là một tiếp tuyến
thoả mãn BT, do đó có điểm M(2; 0) là một điểm cần tìm, thì cho 0.5 điểm)
0.25
Câu II.
3.0
1. Giải phương trình logarit.
2
33
log ( 1) 5log ( 1) 6 0xx    

1.0
ĐK x > -1
0.25
Đặt
 
3
log 1xt
, pt có dạng t
2
– 5t + 6 = 0, giải được t = 2, t = 3
0.5
Trở lại biến x, kiểm tra đk, ta được ĐSố x = 8, x = 26
0.25
2. Giải bất phương trình mũ :
2x 2 x x
3 2.6 - 7.4 0



1.0
Chia cả hai vế của bpt cho 4
x
> 0 , ta được 9.
93
2 7 0
42
xx
   
  
   
   

0.25
Đặt t =
3
2
x



, đk: t > 0 đưa về bpt: 9t
2
- 2t - 7 > 0
0.25
Giải được 1 < t (tm) hoặc t < -
7
9
(không tm)
0.25

Suy ra kết quả : 0 < x
0.25
3. Giải phương trình lượng giác :
 
33
sin cos cos2 2cos sinx x x x x  
, với ẩn
x
.
1.0
Biến đổi đưa về tích (sinx + cosx)(2sinx - cosx)cosx = 0
0.25
Giải từng ptlg cosx = 0, sinx + cosx = 0, 2sinx – cosx = 0
x =
,
2
k k Z



; x =
,
4
k k Z


  
; x =
1
, ,tan

2
k k Z
  
  

0.5
ĐS : x =
,
2
k k Z



; x =
,
4
k k Z


  
; x =
1
, ,tan
2
k k Z
  
  

0.25
Câu III.2

1.0












2
3
ME MD
AE AB

, do đó
( ,( ')) 2
( ,( ')) 3
d M BDA ME
d A BDA AE


0.25
;'AF BD AH A F
Khi đó d(A, (BDA')) = AH.
0.25
Tam giác ABD có AB = a, AD = b, góc BAD bằng

60
0
nên
22
2
3
2
ABD
S
ab
AF
BD
a b ab




0.25
Trong tam giác vuông A'AF (vuông tại A), ta có
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 3
'
3 4 4 4
abc
AH
AH A A AF
a b a c b c abc
   
  

Vậy
2 2 2 2 2 2 2
23
( ,( '))
3 3 4 4 4
abc
d M BDA
a b a c b c abc

  

0.25
D
A
B
C
A'
M
E
F
B'
C'
D'
H



2
Câu III.1 Tính thể tích của khối hộpABCD.A'B'C'D' theo a, b, c .

1.0
Viết đúng công thức thể tích khối hộp V = AA’.S
hbhABCD
= c. S
hbhABCD

0.25
S
hbhABCD
= AB.AD.sin60

= ab
3
2
(đvdt)
0.25
Thay số vào ta được đáp số V = abc
3
2
(đvtt)
0.5
Câu IVb.
Tìm m để phương trình:
( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1)
xx
m m m

     
có hai nghiệm trái dấu.
1.0

Đặt
2
x
= t, đk t >0 pt (1) có dạng (m - 2)t
2
– 2(m + 1)t + m - 5 = 0 (2)
0.25
PT (1) có 2 nghiệm trái dấu x
1
, x
2
tức là x
1
< 0 < x
2

0 <
1
2
x
<
0
2
<
2
2
x


0 < t

1
< 1 < t
2
. Khi đó bài toán trở thành tìm m để PT (2) có 2 nghiệm t
1
, t
2
thỏa
mãn 0 < t
1
< 1 < t
2

0.5
AD ĐL Vi-Et giải hệ tìm được m > 5
0.25
C©u Vb. Trong mp Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0). Biết phương trình
các cạnh AB, AC thứ tự là: 4x+y +14= 0; 2x+5y-2 =0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
1.0
A(- 4;2)
0.5
B(x
0
; - 4 x
0
- 14) ; C(
0
0
25
;

2
y
y

) AD tính chất trọng tâm G của tam
giác ABC
Ta tìm được x
0
= -3 và y
0
= 0 . Thay vào ta được B(-3; - 2) ; C(1; 0)
0.5
C©u Va. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d
1
) : x-y-1 = 0 và (d
2
)
: x+2y+3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A

( d
1
), C

(d
2
), B, D
thuộc Ox và AC=2BD
1.0
Từ gt ta suy ra A(x
0

; x
0
- 1) ; C(- 2 y
0
-3 ; y
0
) và
00
00
2y 3
y1
x
x
  




0
0
5
4
x
y







0,25
Thay vào ta được A(5; 4) ; C(5; - 4) ; AC = 8
0.25
Giao của hai đường chéo AC và BD là điểm I(5; 0) cũng chính là trung điểm của BD.
Suy ra nếu B(x
B
; 0) thì D(10 - x
B
; 0) ; BD =
10 2
B
x
. Từ AC = 2BD ta có PT
2
10 2
B
x
= 8 gpt được
3
7
B
B
x
x






Thay vào ta được tọa độ của B, D
0.25
ĐS : A(5; 4) ; C(5; - 4) ; B(3; 0) ; D(7; 0) . Hay A(5; 4) ; C(5; - 4) ; D(3; 0) ; B(7; 0)
0.25
C©u IVa. Giải và biện luận phương trình :
( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1)
xx
m m m

     
theo tham số m.
1.0



3
Đặt
2 , 0
x
tt
. Khi đó (1) được đưa về dạng
2
( 2) 2( 1) 5 0 (2)m t m t m     
.
Ta đi xác định các giá trị của
'
,,SP

'2
2( 1) 5

( 1) ( 2)( 5) 9 9, ,
22
mm
m m m m S P
mm

         

.

0.25
Ta có bảng tổng kết

0.25

M
'


S

P

Dấu các nghiệm


-1

1

2


5



-

-
0
+


+


+
+
0


-

||
+


+

+

+

+

||
-

0
+

Phương trình vô nghiệm

Phương trình có nghiệm kép
20t   

Phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn
12
0tt

Phương trình có một nghiệm
1
0
2
t   

Phương trình có 2 nghiệm:
12
0tt

, lấy nghiệm
2
t

Phương trình có 2 nghiệm:
12
0tt
, lấy nghiệm
2
t

Phương trình có 2 nghiệm:
12
0 tt
, lấy cả 2 nghiệm

Kết luận:
+ Với
2m 
, phương trình vô nghiệm
+ Với
25m
, ta nhận được nghiệm từ phương trình (2) là:
22
1 3 1 1 3 1 1 3 1
2 log
2 2 2
x
m m m m m m
tx

m m m
        
    
  

+ Với
5m 
, ta nhận được nghiệm từ phương trình (2) là:
1
1 3 1
2
mm
t
m
  


,
2
1 3 1
2
mm
t
m
  



Khi đó nghiệm của phương trình (1) là:
12

1 3 1
log
2
mm
x
m
  


,
22
1 3 1
log
2
mm
x
m
  








0,5


Hết

Chú ý :
Thí sinh có cách giải khác đúng vận dụng các thang điểm thành phần cho điểm tối đa.