đề thi thử thpt quốc gia môn toán trường trường THPT yên lãng hà nội

>> - Học là thích ngay 0

Sở GD & ĐT Hà Nội
Trường THPT Yên Lãng
o0o
ĐỀ THI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA K12
Năm học 2014 - 2015
( Môn: Toán. Thời gian làm bài: 120 phút )
A. PHẦN CHUNG : (8điểm)
Câu I ( ID: 82432 ) (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 đó 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 ( ID : 82433 ) (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 ( ID : 82435 ) (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: ( ID: 82436 )
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 : (ID: 82437 )
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.





>> - Học là thích ngay 1

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

>> - Học là thích ngay 2


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 đồ 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

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
0.25
4
-
0
+


>> - Học là thích ngay 3

BT, do đó có điểm M(2; 0) là một điểm cần tìm, thì cho 0.5 điểm)
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 cú 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 trỡnh 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.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

S
hbhABCD
= AB.AD.sin60

= ab

3
2
(đvdt)
Thay số vào ta được đáp số
V = abc
3
2
(đvtt)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
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

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) cú dạng (m - 2)t
2
– 2(m + 1)t + m - 5 = 0 (2)
0.25


>> - Học là thích ngay 4

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
Câu 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) thỡ 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


HẾT


