Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 trường THPT Như Xuân, tỉnh Thanh Hóa

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN THPT

ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
   
32
y x 6x 9x 1
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm m để phương trình

2
x(x 3) m
có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình:
  
2
(sinx cosx) 1 cosx
.
b) Giải bất phương trình:
   
0,2 0,2 0,2
log x log (x 1) log (x 2)
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:




1
0
6x + 7
I dx
3x 2
.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
  
42
f(x) x 8x 6
trên đoạn
[ 3; 5]
.
b) Khai triển và rút gọn biểu thức
     
2n
(1 x) 2(1 x) n(1 x)
thu được đa thức
   
n
0 1 n
P(x) a a x a x
. Tìm hệ số
8
a
biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn:


23
nn
1 7 1
n
CC
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác
ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích hình chóp
S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN).
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình
đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là
0132  yx
và
029136  yx
. Viết phương
trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1; -2; 3), B(2; 0; 1), C(3; -1; 5). Chứng
minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng và tính diện tích tam giác ABC.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

       



     



2
2
x y x y 3 (x y) 2 x y
(x,y R)
x x y 2 x y 3
.
Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
x (y z) y (z x) z (x y)
P
yz zx xy
  
  
.
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:…………………………………


SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN THPT

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu
Nội dung

Điểm
1a
(1,25)
a)
196
23
 xxxy
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
 Chiều biến thiên:
)34(39123'
22
 xxxxy

Ta có






1
3
0'
x
x
y
,
310'  xy

.
0,25
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1,(
và
),3( 
.
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng
).3,1(

0,25
 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1x
và
3)1(  yy
CD
; đạt cực tiểu tại
3x
và
1)3(  yy
CT
.
 Giới hạn:


yy
xx
lim;lim
.

0,25
 Bảng biến thiên:








0,25
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
)1,0( 
.
1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O

0,25
1b
(0,75)
Ta có:

2

x(x 3) m
     
32
x 6x 9x 1 m 1
.
0,25
Phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m – 1 cắt (C) tại 3
điểm phân biệt
0,25

       1 m 1 3 0 m 4

0,25
2a
(0,5)
Ta có:
  
2
(sinx cosx) 1 cosx

   1 2sin xcosx 1 cosx

cosx(2sin x-1) 0


0,25
x
y’
y
3

-1




0
0
3
1

















cosx 0
1
sinx=
2












  





xk
2
x= k2 (k Z).
6
5
x k2
6

0,25
2b
(0,5)
Điều kiện:

x0
(*).
   
0,2 0,2 0,2
log x log (x 1) log (x 2)
   
2
0,2 0,2
log (x x) log (x 2)

0,25
   
2
x x x 2
x2
(vì x > 0).
Vậy bất phương trình có nghiệm
x2
.
0,25
3
(1,0)



1
0
6x + 7
I dx
3x 2




1
0
(6x+ 4)+ 3
dx
3x 2



1
0
3
(2 )dx
3x 2

0,25



11
00
3
2 dx dx
3x 2



11

00
1
2 dx d(3x+ 2)
3x 2

0,25
  
1
1
0
0
2x ln 3x 2

0,25

5
2 ln
2
.
0,25
4a
(0,5)
  
42
f(x) x 8x 6


3
f '(x) 4x 16x








x0
f '(x) 0
x2
.
  f( 3) 9
,
f(0) 6
,
f(2) 10
,
f( 5) 9
.
0,25
Vậy:


[ 3; 5]
maxf(x) f(0) 6
,

  
[ 3; 5]
min f (x) f(2) 10

0,25
4b
(0,5)
Ta có:











nnnnnn
n
n
CC
nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2
3
171
32

.9
0365
3
2






 n
nn
n

0,25
Suy ra
8
a
là hệ số của
8
x
trong biểu thức
.)1(9)1(8
98
xx 

Đó là
.89.9.8
8

9
8
8
 CC

0,25
5
(1,0)
*) Ta có:
22
2a 3AN AB BN  

Diện tích tam giác ABC là:
2
1
. 4a 3
2
ABC
S BC AN


.

0,25
Thể tích hình chóp S.ABC là:
2
.
11
. 4a 3.8a
33
S ABC ABC
V S SA




3
32a 3
3

(đvtt).
0,25
*) Ta có:
.
.
1

4
B AMN
S ABC
V
BA BM BN
V BA BS BC



3

1 8a 3
43
B AMN S ABC
VV
.
0,25
Mặt khác,
1
4 5a 2 5a
2
SB SC MN SC    
;
1
2 5a
2
AM SB
.
Gọi H là trung điểm AN thì
MH AN
,
22
a 17MH AM AH   
.
Diện tích tam giác AMN là
2
11

. 2a 3.a 17 a 51
22
AMN
S AN MH

  
.
Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là:
3
.
2
3
8a 3 8a 8a 17
( ,( ))
17
a 51 17
B AMN
AMN
V
d B AMN
S

   
.
0,25
6
(1,0)
- Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM.
Khi đó
CH có phương trình

0132  yx
,
CM có phương trình
.029136  yx

- Từ hệ
).1;7(
029136
0132






C
yx
yx

-
)2,1(
CHAB
unCHAB


0162:  yxABpt
.
0,25
- Từ hệ
)5;6(

029136
0162
M
yx
yx







).4;8(B

0,25
- Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp
.0:
22
 pnymxyxABC

Vì A, B, C thuộc đường tròn nên








0750

04880
06452
pnm
pnm
pnm









72
6
4
p
n
m
.
0,25
Suy ra pt đường tròn:
07264
22
 yxyx
hay
.85)3()2(
22
 yx

0,25
7
(1,0)
Ta có
(1;2; 2), (2;1;2)AB AC  

0,25
[ , ] (6; 6; 3) 0AB AC    

0,25
S
A
B
N
C
M
H
M(6; 5)
A(4; 6)
C(-7; -1)
B(8; 4)
H
Suy ra
,AB AC
không cùng phương nên A, B, C không thẳng hàng.
0,25
Diện tích tam giác ABC là
19
S = [ , ]

22
ABC
AB AC


(đvdt).
0,25
8
(1,0)
Giải hệ:

       



     


2
2
x y x y 3 (x y) 2 x y (1)
(x,y R)
x x y 2 x y 3 (2)
.
Điều kiện:
0
0
xy
xy






(*)
Đặt
0t x y  
, từ (1) ta có:
   
2
t t 3 t 2 t

0,25
     
2
t t t 3 2 t 0


   

3(1 t)
t(1 t) 0
t 3 2 t

   



3
(1 t) t 0

t 3 2 t

t1
(Vì
   

3
t 0, t 0
t 3 2 t
).
0,25
Suy ra
11x y y x    
(3).
Thay (3) vào (2) ta có:
   
2
x 3 2x 1 3

      
2
( x 3 2) ( 2x 1 1) 0

  


2
2
x 1 2x 2
0

2x 1 1
x 3 2



   





2
x 1 2
(x 1) 0
2x 1 1
x 3 2

x1
(Vì

  


2
x 1 2 1
0, x
2
2x 1 1
x 3 2
).

0,25
Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*).
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x = 1; y = 0).
0,25
9
(1,0)
Ta có :
2 2 2 2 2 2
x x y y z z
P
y z z x x y
     
(*)
Nhận thấy : x
2
+ y
2
– xy  xy x, y  R
Do đó : x
3
+ y
3
 xy(x + y) x, y > 0 hay
22
xy
xy
yx
  
x, y > 0
0,25

Tương tự, ta có :
22
yz
yz
zy
  
y, z > 0
22
zx
zx
xz
  
x, z > 0
0,25
Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được:
P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1
0,25
Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z =
1
3
. Vì vậy, minP = 2.
0,25
Hết