ĐỀ THI THỬ KHẢO SÁT MÔN TOÁN TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA 2015 - Trường THPT Lam Kinh - Thanh Hóa

>> - Học là thích ngay! 1

Trường THPT Lam Kinh
THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA - LẦN I - NĂM 2015
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề).
Câu 1 ( ID: 82440 ) (4.0 điểm). Cho hàm số
21
2
x
y
x



(1).
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B.
Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu 2 ( ID: 82441 ) (2.0 điểm).
a. Giải phương trình
cosx cos3x 1 2sin 2x
4


   


.
b. Giải phương trình

1 2 1
log 1 log 6xx



Câu 3 ( ID: 82442 ) (1.0 điểm). Giải bất phương trình
2.14 3.49 4 0
x x x
  

Câu 4 ( ID: 82443 ) (4.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có AC = a, BC= 2a,
120
o
ACB 
.
Đường thẳng A’C tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 30
0
. Gọi M là trung điểm của BB’. Tính thể tích
khối lăng trụ ABCA’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CC’ theo a.
Câu 5 ( ID: 82444 ) (1.0 điểm). Tìm hệ số của
7
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
x
x








2
2
, biết
rằng n là số nguyên dương thỏa mãn
323
1
24
nnn
ACC 

.
Câu6 ( ID: 82445 ) (2.0 điểm). Tính nguyên hàm

 xdxe
x
)2015(

Câu 7 (ID: 82446 ) (2.0 điểm). Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và
giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Câu 8 (ID: 82447 ) (2.0 điểm). Giải hệ phương trình:
22
22
14
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y


   

   


( , )xyR
.
Câu 9 ( ID: 82448 ) (2.0 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

1 1 2
2
3 3 2 3 3
bc
a
a b a c a b c a c a b

    

     




HẾT…



2
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
(KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN ĐH - CĐ LẦN I NĂM 2015)

Câu
Đáp án
Điểm

Câu 1
(4.0đ)
a.(2.0đ) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
21
2
x
y
x



.
i/ TXĐ: D = R\{-2}
ii/ Sự biến thiên
+ Giới hạn- tiệm cận
Ta có:




22
lim;lim;2limlim
xx
xx
yyyy

Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y= 2.


0,5
+ Chiều biến thiên. Có
Dx
x
y 

 0
)2(
3
'
2

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)2;( 
và
);2( 



0,5
+ Bảng biến thiên

x

-2


y’ + +


2
y

2





0,5
iii/ Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;
2
1
) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1

;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng






2

1











0,5
b. (2.0 đ) Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm
phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình








)1(021)4(
2
2
12
2
mxmx

x
mx
x
x



0.5
Do (1) có
mmmvam  0321)2).(4()2(01
22
nên đường
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B.
0.5
Ta có: y
A
= m – x
A
; y
B
= m – x
B
nên AB
2
= (x
A
– x
B
)
2

+ (y
A
– y
B
)
2
= 2(m
2
+ 12)
mà AB ngắn nhất khi AB
2
nhỏ nhất, đạt được khi m = 0 ( khi đó
24AB
).

1.0
x
y
O
2
-2


3
Câu2
(2.0đ)
a. (1.0đ) Giải phương trình
cosx cos3x 1 2sin 2x
4



   


.
cosx cos3x 1 2sin 2x
4
2cosxcos2x 1 sin2x cos2x


   


   



2
2cos x 2sinxcosx 2cosxcos2x 0  




0.25
  
cosx cosx sinx 1 sinx cosx 0    


0.25
cosx 0

cosx sinx 0
1 sinx cosx 0



  


  





0.25
xk
2
xk
4
x k2
3
x k2
2


  





   







  



 
k 

Vậy, phương trình có nghiệm:
xk
2
xk
4
x k2


  




   







 
k 













0.25






b. (1.0 đ) Giải phương trình
1 2 1
log 1 log 6xx




ĐK: x > 0 và x

1; x

10
1


0.25
Đặt t = logx, được phương trình theo ẩn t là:
t
2
- 5t + 6 = 0 (với t

0 và t

-1)
2
3
t
t







0.5
Với t = 2 thì ta có x = 100 (t/m)
Với t= 3 thì ta có x = 1000 (t/m)
Vậy phương trình có hai nghiệm là x =100 và x = 1000






0.25


4
Câu3
(1.0đ)
Giải bất phương trình sau
2.14 3.49 4 0
x x x
  

Chia cả hai vế của bpt cho 4
x
được bpt
2
77
2 3 1 0
22
xx
   
   
   
   


0.25
Đặt
7
2
x
t




(với t > 0 )
Bpt trở thành 3t
2
+ 2t – 1  0
1
1

1
3
3
t
t
t



  







0.5


71
23
x




7
2
log 3x  

KL: BPT có tập nghiệm







 ;3log
2
7
S





0.25
Câu 4
(4.0đ)

0.5
Kẻ đường cao CH của tam giác ABC.Có CH

AB ;CH

AA’ suy ra
CH

(ABB’A’),Do đó góc giữa A’C và mp(ABB’A’) là góc
0
' 30CA H 


0,5
Ta có
2
0
13
. .sin120
22
ABC
a
S CACB



Trong tam giác ABC :

2 2 2 0 2
2 . . os120 7 7AB AC BC AC BC c a AB a     





0,5
+)
2
3 1 3
.
2 2 7
ABC
a
S ABCH CH a

   


0,5
30
0

M
H
C
/

B

/

A
/

C
B
A
120
0

2a
a


5
+)
0
3
' .sin30 ' 2
7
CH A C A C a  

+)
22
5
''
7
AA A C AC a  

0,5
+)
3
' ' '
15
'.
27
ABCA B C ABC
a
V AA S




0,5
+)d(CC’ ;AM)=d(CC’ ;(ABB’A’))=d(C;(ABB’A’))=
3
7
a


1.0
Câu 5
(1.0đ)
Tìm hệ số của
7
x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của

n
x
x







2
2
, biết rằng n là
số nguyên dương thỏa mãn
323
1
24
nnn
ACC 

.

Ta có
3),2)(1()1(
6
)1(()1(
.424
323
1





nnnnnn
nnn
ACC
nnn



0,25
11
)2(33)1(2


n
nn


0,25
Khi đó
)2.(
2
.)(
2
11
0
322
11
11

0
112
11
11
2




















k
kkk
k
k
kk

xC
x
xC
x
x

Số hạng chứa
7
x
là số hạng ứng với k thỏa mãn
.57322  kk

Suy ra hệ số của
7
x
là
.14784)2.(
55
11
C



0,5
Câu 6
(2.0đ)
Tính nguyên hàm

 xdxe
x

)2015(



Đặt





dxedv
xu
x
)2015(






xev
dxdu
x
2015




0,5
Khi đó


 xdxe
x
)2015(
=

 dxxexex
xx
)2015()2015(


0,5

)
2
.2015(2015
2
2
x
exxe
xx

+ C

0,5

Cxexe
xx

2

2
2015








0,5


6
Câu 7
(2.0đ)
Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm
I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C
và D.


Ta có:
 
1;2 5AB AB   
. Phương
trình của AB là:
2 2 0xy  
.

0,5
   
:;I d y x I t t  
. I là trung điểm của AC và BD nên ta có:
   
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t
.
Gọi CH là đường cao kẻ từ đỉnh C của hình bình hành
Theo giả thiết
D
.4
ABC
S ABCH

4
5
CH
.



0,5
Ta có:
 
   
4 5 8 8 2
; , ;

| 6 4| 4
3 3 3 3 3
;
55
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D

   


   

   
   


   


Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
CD
   
   
   

hoặc
   
1;0 , 0; 2CD




1.0
Câu8
(2.0đ)

Giải hệ phương trình:
22
22
14
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y

   

   

,
( , )xyR
.

NX: hệ không có nghiệm dạng (x
0
;0)

Với
0y 
, ta có:
2
22
22
2
2
1
4
14
.
( ) 2 7 2
1
( ) 2 7
x
xy
y
x y xy y
y x y x y
x
xy
y


  


   




   



  






0.5
Đặt
2
1
,
x
u v x y
y

  
ta có hệ:
22
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
     

  



       
  





0,5
+) Với
3, 1vu
ta có
hệ:
222
1, 2
1 1 2 0
2, 5
3 3 3
xy
x y x y x x
xy
x y y x y x


      

  



  
     


.
KL: Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5).


0,5


7
+) Với
5, 9vu  
ta có hệ:
222
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x

      


        

, hệ này
VN.

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
( ; ) {(1; 2), ( 2;5)}.xy




0,5
Câu 9
(2.0đ)
Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

1 1 2
2
3 3 2 3 3
bc
a
a b a c a b c a c a b

    

     




Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b









.
Đặt
 
, , , , 0 , ,
22
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y

          
.
Viết lại vế trái:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
xyz
y z z x x y

  
   
  
  

0,5
Ta có:
   
2
2
zz
x y z z x y z z x y
x y z x y
        
  
.
Tương tự:
22
;.
x x y y
y z x y z z x x y z

     

Do đó:
 
2
2
x y z
xyz
y z z x x y x y z

   
    

.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
bc
a
a b a c a b c a c a b

    

     


0,5