đề thi thử thpt quốc gia môn toán trường THPT hà trung thanh hóa

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1


Câu 1 (2,0 điểm).Cho hàm số
3
32y x x  
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm
m
để phương trình
3
3 1 0x x m   
có ba nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).Giải phương trình sau trên tập số thực:
21
3 4.3 1 0.
xx
  

Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
2sin3 .cos 3cos2 sin4 .x x x x

Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
22
1
( ) 3 2 1.
2
f x x x x x    

b) Từ một hộp chứa 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20, lấy ngẫu nhiên hai quả cầu. Tính xác suất
để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3.
Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp
.DS ABC
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
,a
0
60 .ABC 
Cạnh
SA

vuông góc với mặt phẳng
( ),ABCD
góc giữa
SC
và mặt phẳng
()ABCD
bằng
0
60 ,
gọi
M
là trung điểm
của
S.B
Tính theo
a

thể tích khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AM
và
.SD

Câu 6 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho đường tròn
()C
có tâm
(1; 2)I
,
()C
cắt trục
hoành tại
A
và
,B
cắt đường thẳng
:3 4 6 0xy   
tại
C
và
.D
Viết phương trình đường tròn
()C
biết
6.AB CD

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho hình thang cân
ABCD
có
2,CD AB
phương
trình hai đường chéo của hình thang là
: 4 0AC x y  
và
: 2 0.BD x y  
Biết tọa độ hai điểm
,AB
dương và hình thang có diện tích bằng
36.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
32
2 2 2 2
2 2 2 1 0
( ,y ).
5 2 2 2 2 5 3( y)
x y x y
x
x xy y x xy y x

    




      



Câu 9 (1,0 điểm).Cho
,,x y z
là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện
yz=1x
. Chứng minh
2 2 2
1 1 1 3
.
(1 ) (1 ) (1 ) 4x y z
  
  

Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 2


Câu
Nội dung
Điểm
1a
(1,0 đ)
Cho hàm số
3
32y x x  



• Tập xác định của hàm số là D = R .
• Sự biến thiên:
+ Giới hạn tại vô cực:
lim ; lim
xx
yy
 

   
.
+ Đạo hàm:
2
' 3 3; ' 0 1y x y x     
;
0,25
+ Bảng biến thiên:
x

-11



y‟ + 0 -0 +

y 4





0

+ Hàm số đồng biến trên (

;-1) và (1;

); Hàm số nghịch biến trên (-1;1).
+ Hàm số đạt cực tiểu tại

1; 0
ct
xy
; Hàm số đạt cực đại tại
d
1; 4
c
xy  

0,5
Đồ thị



Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I(0;2) làm tâm đối xứng

0,25
1b
Tìm
m
để phương trình:
3
3 1 0x x m   
có ba nghiệm phân biệt.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG
ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: TOÁN

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


>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 3

(1,0 đ)


3
3
x 3x 1 0 (1)
3x+2 = m + 1
m
x
   


0,25
Ta có số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị (C ) và đường
thẳng y = m + 1. Phương trình (1) có 3 nghiêm phân biệt khi đường thẳng
y=m + 1 cắt đồ thị (C ) tại ba điểm phân biệt
0,25
Dựa vào đồ thị ta có điều kiện:
0 1 4 1 3mm      

Vậy
( 1;3)m
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,5
2

(1,0 đ)
Giải phương trình sau trên tập số thực:
2x 1
3 4.3 1 0.
x
  



2x 1 2x
3 4.3 1 0 3.3 4.3 1 0
xx
      

0,25
31
1
3
3
x
x









0,5
0
1
x
x







Vậy tập nghiệm của phương trình là S={-1 ; 0}
0,25
3
(1,0đ)
Giải phương trình:
2sin3x.cosx 3cos2x sin4x.



2sin3x.cosx 3cos2x sin4x.
sin4x sin2x 3cos2x sin4x
sin2x 3cos2x 0

   
  

0,5

sin(2x ) 0 2x (k )
3 3 6 2
k x k
   

         

Vậy phương trình có nghiệm
(k )
62
xk

  


0,5
4a
(0,5 đ)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
22
1
g(x) x x 3 2x x 1.
2
    



Ta có TXĐ:

 
0;2D 

22
3(1 x) 3
'(x) x 1 (x 1)(1 ),
2x 2x
'(x) 0 x 1
f
xx
f

     

  

0,25
5
(0) 1; (2) 1; (1)
2
f f f   

Nên
(x) (0) (2) 1
xD
Max f f f

  
.
5

min ( ) (1)
2
xD
f x f

  
.
0,25

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4

4b
(0,5đ)
Từ một hộp chứa 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20, lấy ngẫu nhiên hai quả cầu.
Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3.


Chọn hai quả cầu trong 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20 ta có
2
20
C
cách
Số phần tử của không gian mẫu là:
2
20
190C  

0,25

Gọi A là biến cố: “tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3”

Trong các số từ 1 đến 20 các số chia hết cho 3 là 3;6;9;12;15;18.
Tích 2 số ghi trên hai quả cầu là một số chia hết cho 3, xảy ra các trường hợp sau
Trường hợp 1: Mộtsố chia hết cho 3 và một số không chia hết cho 3. Ta có
11
6 14
CC

cách
Trường hợp 2: Cả hai số đều chia hết cho 3. Ta có
2
6
C
cách.
Nên số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:
1 1 2
6 14 6
. 99
A
C C C   

Suy ra
99
()
190
A
PA




Vậy xác suất để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu là một số chia hết cho 3 là
99
190

0,25
5
(1,0 đ)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
a
. Cạnh
SA
vuông góc
với mặt phẳng ABCD, góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng
0
60 ,
gọi M là trung
điểm của SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM, SD.

0
0
2
0
D
, 60
.tan60 3
3
. .sin 60
2
ABC
AC a SCA
SA AC a
a
S BA BC




3
. D D
1
.
32
S ABC ABC
a
V SAS

0,5
Gọi O là tâm của hình thoi
0,25
B
C
+
D
S
O
A
M

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5

Ta có
D
O
3
D/ /(AMO) (SD, ) d(SD,(AMO)) d(D,(AMO))
MAO
AM
V
S d MO
S
   

3
D D . D
1 1 1 1

.
4 4 2 8 16
MAO MABC SABC S ABC
a
V V V V   

Tam giác AMO có
2
O
1 1 15
A ; D ;
2 2 2 16
AM
aa
M SB a MO S a OA S      

3a a 15
d(D,(AMO))
5
15
  

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD là
a 15
5

0,25
6
(1,0 đ)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy
cho đường tròn
()C
có tâm
(1; 2)I
,
()C
cắt
trục hoành tại
A
và
,B
cắt đường thằng
:3x+4 6 0y  
tại
C
và
D.
Viết phương
trình đường tròn
()C
biết
D 6.AB C




Gọi bán kính của đường tròn (C) là R(R > 0)
Ta có d(I, AB)= d(I,Ox) = 2; d(I; CD) =d(I,


) = 1. Suy ra R > 2
0,25
22
2 2 2
2 4; D 2 1
D 6 2 4 2 1 6 5 5
AB R C R
AB C R R R R
   
           

0,5
Vậy phương trình đường tròn (C) là
22
( 1) (y 2) 5x   

0,25
7
(1,0 đ)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho hình thang cân
DABC
có
D 2ACB
,
phương trình hai đường chéo của hình thang là
: 4 0AC x y  
và
D: 2 0.B x y  

Biết tọa độ hai điểm
,AB
dương và hình thang có diện tích bằng
36.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang.











Gọi I là giao điểm hai đường chéo AC và BD. Tọa độ I là nghiệm của hệ
4 0 3
(3;1)
2 0 1
x y x
I
x y y
   



   


0,25
Ta có
DD
1 1 1 1
.4
D 2 3 3 3
IAB AB ABC
IA IB AB
S S S
IC ID C
      

Nhận thấy AC, BD vuông góc với nhau nên


0,25
A
B
D
C
I

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 6

2
11
S . 4 8
22
IAB
IAIB IA IA IB     

Gọi A(a; 4-a) (0<a<4)
22
5(ktm)
8 (a 3) (3 a) 8
1
a
IA
a


      




Suy ra A(1;3)
Gọi B(b;b-2)(b>2)
22
1( )
8 (b 3) (b 3) 8
5
b ktm
IB
b


      





Suy ra B(5;3)




0,25
2 (4; 4) (7; 3)
2 ( 4; 4) ( 1; 3)
IC IA C
ID IB D
     
       

Vậy A(1;3), B(5;3), C(7;-3);D(-1;-3)
0,25
8
(1,0 đ)
32
2 2 2 2
2 2 2 1 0
( ,y ).
5 2 2 2 2 5 3( y)
x y x y
x
x xy y x xy y x

    




      





Điều kiện
1
2
y 

2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
5x 2x (2x+y) (x y) 2x 2x
2x 2x 5 (x+2y) (x y) 2 x 2
5x 2x 2x 2x 5 3x 3
y y y y
y y x y y
y y y y y
        
        
       

( dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y và x, y dương)
Nên từ phương trình 2 ta có x = y
0,5
Thay y = x vào phương trình (1) ta có

3 2 3 2
2
2
2
2x x 2x 2x 1 0 (2x x 2x 1) ( 2x 1 1) 0
2(x 1)
(x 1)(2x x 1) 0
2x-1 1
2
(x 1)(2x x 1 ) 0
2x-1 1
1
2
2x x 1 0 (3)
2x-1 1
x
            

     

     






   





Với
11xy  
(thỏa mẵn điều kiện)
0,25
Ta có
22
12
x 2x 1 (x 1)(2x - 1) 0 2x 1 0
2
2x 1 1
xx           


Nên phương trình (3) vô nghiệm
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1)
0,25
9
Cho
,,x y z
là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện
xyz=1
. Chứng


>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 7

(1,0 đ)
minh

2 2 2
1 1 1 3
(1 x) (1 ) (1 ) 4yz
  
  


x, y, z dương và xyz = 1 nên luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hoặc bằng 1 hoặc hai
số cùng nhỏ hơn hoặc bằng 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là
x, y
.
( 1)( 1) 0 1x y x y xy       

0,25
22
2 2 2 2
1 1 2 2 2 1
(1 ) (1 ) (1 )(1 ) 1 2 2x 1 1
1 1 1 1
(1 x) (1 ) (1 ) 1 (1 z)
z
x y x y x y xy y xy z
z
y z z
     
         
    
    

.

0,5
Ta có
2
2 2 2
2 2 2
1 3 ( 1) 1 3
0
1 (1 ) 4 ( 1) 1 (1 z) 4
1 1 1 3
(1 ) (1 ) (1 ) 4
z z z
z z z z
x y z

      
    
   
  

Dấu „=‟ xảy ra khi x = y = z =1
0,25