Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 trường Tĩnh Gia 2, Thanh Hóa

Câu I(4 điểm). Cho hàm số
32
34y x x  
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
2. 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 II(2 điểm ). Giải phương trình:
2
cos.2sin
sin22s in3


xx
xx

Câu III(2 điểm )
1.Một hộp đựng các số tự nhiên có 4 chữ số được thành lập từ các số 0,1,2,3,4. Bốc ngẫu
nhiên một số. Tính xác suất để số tự nhiên được bốc ra là số có 4 chữ số mà chữ số đằng
trước nhỏ hơn chữ số đằng sau.
2.Giải phương trình
22
24
log log (4 ) 5 0xx- - =

Câu IV(2 điểm ). Tính nguyên hàm



4
3

2
xx
xdx
I

Câu V(4 điểm ). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác
SAC cân tại S, góc SBC bằng 60
0
, mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) .
1. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC.
2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.
Câu VI(2 điểm ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x
2
+y
2
= 5 tâm
O, đường thẳng (d): 3x - y - 2 = 0. Tìm tọa độ các điểm A, B trên (d) sao cho OA =
10
5
và
đoạn OB cắt (C) tại K sao cho KA = KB.
Câu VII
(2 điểm )
Giải hệ phương trình:
),(
33
335252
22
22
Ryx

xxyy
xyyyxx









Câu VIII(2 điểm ). Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

a b c a a b c b a b c c 9 3 3
b c c a a b
2 a b c
         
  
  

.
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………………
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC THÊM
HỌC KỲ I, NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN, khối 12.

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



Nội dung
Điểm
I
1.
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 

xf
x
;)(lim 

xf

x

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

2/Phương trình hoành độ giao điểm: x
3
– 3x
2
+ 4 = mx – 2m
0,25

(x – 2)(x
2
– x – 2 – m) = 0
0,5
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC THÊM
Môn: TOÁN;
(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)






(*)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
II

ĐK: sin2x

0 =>





0cos
0sin
x
x



0,25
PT => 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx

(2sin2x – 2sin2x.cosx)+sin2x- 2sinx = 0
0,25

2sin2x(1- cosx)+ 2sinx(cosx -1)= 0

2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0
0,25









0)1cos2(sin0sin2sin
1cos
xxxx
x


0,25
*)cosx = 1

sinx = 0 (loại)
0,25
*)
0)1cos2(sin0sin2sin  xxxx

0,25

2cosx -1 =0 (do sinx

0)
0,25



2
32
1
cos kxx 

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

0,25
III
1.Gọi số có 4 chữ số là
abcd
, với a

0.
Số cách thành lập số có 4 chữ số là: 4.5.5.5= 500.

0,25
Theo giả thiết số đằng trước không thể là số 0. Như vậy số có 4 chữ số được
thành lập từ 1, 2, 3, 4;

0,25
mà chữ số đằng trước nhỏ hơn chữ số đằng sau chỉ có 1 cách đó là số 1234.
0,25
Vậy xác suất cần tìm là
1
500
.

0,25

2.ĐK: x>0
Phương trình


05log4loglog
2
44
2
2
 xx

0,25


06loglog
2
2
2
 xx

0,25
Đặt t = log
2
x, phương trình trở thành: t
2
– t – 6 = 0

t = 3 hoặc t = - 2
0,25
với t = 3


x = 2
3
= 8 (tm)
0,25
với t = - 2

x = 2
-2
= ¼ (tm)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 8 và x = ¼
IV
I=





4
)4(3
4
3
2
2
dxxxx
xx
xdx

0,5

=
 
 dxxxdx
x
4
4
3
4
3
2
2

0,25

1
32
44
3
C
x
dx
x




0,5
 
3
2 2 2 2

2
3 3 1
4 4 ( 4) 4
4 8 4
x x dx x d x x C      


0,5

Vậy I =
 
3
2
1
4
4
x 
-
4
3
x
+C.

0,25
V
K
X
N
M
I

O
A
C
B
S











Gọi O là trung điểm AC . Vì tam giác SAC cân nên
ACSO 

0,25
))()()(( ABCSACviABCSO 

0,25
vì
2
3
,
2
a
OB

a
OCOA 
nên
0,25
Đặt SO = m thì SB
2
= m
2
+3a
2
/4, SC
2
= m
2
+a
2
/4
0,25
Vì góc SBC bằng 60
0
nên
2
6
343
432
3
2
1
),cos(60cos
222

22
2
0
a
mama
ma
a
BCBS 



0,5
S
ABC
=
2
3
2
a

0,25
Vậy
8
2
.
3
1
3
.
a

SSOV
ABCABCS


đvtt
0,25
2.Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Trong mp(SOB), từ I dựng đường thẳng IM //SO, M trên SB
0,25
Do SO vuông với (ABC) suy ra IM vuông với (ABC) hay đường thẳng IM là
trục đường tròn của tam giác ABC
0,25
Gọi N là trung điểm SB Trong tam giác SOB, từ N dựng đường trung trực của
cạnh SB, cắt IM tại X.
0,25
Suy ra X là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.
0,25
K
X
N
M
I
O
B
S
Theo 1) ta có SB = 3a/2., SN = 3a/4.

Ta có: SN.SB=SK.SO suy ra SK =
64
9a

0,25
KN=SK.sinOSB =
24
3a

0,25
XN = 1/3KN =
24
a

0,25
BX =
8
38a

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là
8
38a

0,25
VI
K
A
O
B

(C): x
2
+ y
2
= 5 có tâm O(0;0) bán kính R =
5
.



0,25


Ta có d(O;d) =
10
5
=OA

OA

(d)
0,25
A

(d)

A(t;3t-2)


OA
=(t;3t-2)
0,25
(d) có vtcp
d
u
=(1;3). Ta có:
OA
.
d
u
= 0
0,25

t + 3(3t-2) = 0

t =
3
5

A
31
;
55





0,25

Ta có

OAB vuông tại A, KA = KB

KA = KB = OK

K là trung điểm OB

OB = 2OK = 2
5

0,25
Vì B

(d)

B(b;3b-2)Ta có OB
2
= 20

b
2
+(3b-2)
2
= 20

5b
2
-6b-8=0


 
2 2;4
4 4 22
;
5 5 5
bB
bB





    





0,25
Vậy A
31
;
55




, B(2;4) hoặc
4 22

;
55
B





0,25
VI
I
Phương trình (2)

y
2
- 3y + 3 = x
2
- x

y - 3x - 3 = y
2
- x
2
- 2y - 2x thế vào
0,25
phương trình (1) ta có:
   
22
1 4 1 4xy     
y

2
- x
2
- 2y - 2x

   
22
1 4 1 4xy     
(y-1)
2
-(x-1)
2

0,25

 
2
14x 
+(x+1)
2
=
 
2
14y 
+(y-1)
2
(*)
0,25
Xét hàm số f(t) =
4t 

+t trên [0;+

), f’(t) > 0

t≥0

f(t) đồng biến trên
[0;+

)
0,25

phương trình (*)

f((x+1)
2
) = f((y-1)
2
)

(x+1)
2
= (y - 1)
2



2xy
xy







0,25
Với x = y - 2, thế vào (2) giải được:
1
2
3
2
x
y










0,25
Với x = - y, thế vào (2) giải được:
3
4
3
4
x

y










0,25
Vậy (x;y)


1 3 3 3
; , ;
2 2 4 4

   


   
   


0,25
VI
II
Ta có: ĐPCM

     
9 3 3
2
a b c a a b c a b c b a b c a b c c a b c
b c c a a b
              

   
  




0,25
111
9 3 3
2
a b c
a b c a b c a b c
b c c a a b
a b c a b c a b c a b c a b c a b c


     
   

           

0,25

Đặt
;;
a b c
x y z
a b c a b c a b c
  
     
, ta có: x,y,z>0 và
1x y z  

Khi đó
đpcm
11
1 1 9 3 3 1 1 9 3 3
2 1 1 1 2
yy
x z x z
y z z x x y x y z

     
       
     

0,25

Ta cm:
 
  
  
1 1 1 9

1
1 1 1 2x y z
Ta có:
     
     


       


  

    
       
1 1 1
1 1 1 9
1 1 1
1 1 1 9 9
1 1 1 1 1 1 2
x y z
x y z
x y z x y z

Từ đó suy ra (1) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi
1
3
x y z  

0,25

Ta cm:
 
  
  
33
2
1 1 1 2
y
xz
x y z

Thật vậy, Xét hàm số f(x) =
 
  1 0 1x x ví i x

Ta có f’(x) =
13
2
x
x

= 0
1
3
x
;
BBT
0,5

x

0
1
3
1
f’(x)
+ 0


f(x)

2
33

Suy ra 0 < f(x) <
2
33
. Dấu “=” xảy ra

1
3
x

Vậy ta có:
1
x
x
=
 
33
2

2
1
33
x x x
xx


; tương tự:
1
y
y

33
2
y
;
33
12
z
z
z



Suy ra
33
1 1 1 2
y
xz
x y z

  
  
(x+y+z)=
33
2
.
Từ đó suy ra (2) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi
1
3
x y z  

0,25

Từ đó suy ra đpcm dấu đẳng thức xảy ra khi
abc

0,25
Mọi cách khác giải đúng đều được điểm tối đa.