- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Toán
9 đề thi thử thpt quốc gia môn toán 2015
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (4.69 MB, 63 trang )
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1
Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số
42
x 4x 3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2) Tìm m để phương trình
42
x 4x 3 m
có 4 nghiệm phân biệt
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình:
cos3x cosx 2sin2x sinx 1
b)
2
22
1 3log x log x 1
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Tính tích phân:
1
2
1
3x 2
dx
x 3x 2
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
2
y sin x
; trục hoành ,
x0
và
x
4
Câu 4.(1,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn
điều kiện:
z i z 1 1 i
b) Gọi A là tập hợp số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau lập từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7.
Chọn ngẫu nhiên một số trong tập A. Tính xác suất để số chọn ra có tổng các chữ số là một
số chẵn
Câu 5. (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hai mặt bên
(SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Góc giữa đường thẳng SC và mặt
đáy (ABCD) bằng 45
0
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng BD và SC theo a
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với A(-2;0) và
đường thẳng
d : 3x 4y 6 0
cắt đoạn thẳng BC. Khoảng cách từ B và D tới đường thẳng d
lần lượt là 1 và 3. Đỉnh C thuộc đường thẳng x – y+4=0 và có hoành độ không âm. Tìm tọa
độ các đỉnh B, D
Câu 7. (1,0 điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt
phẳng:
P : x y 2z 3 0
và hai điểm
A 2;1;3
;
B 6; 7;8
. Tìm tọa độ điểm M thuộc
mặt phẳng (P) sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 8. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
22
x 5x y 3y 4
4 x 1 1 x y x y 3
TRƯỜNG ĐẠI HỌC
KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 LẦN II
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 2
Câu 9 (1,0 điểm). Với các số thực:
0 a,b,c 2
thỏa mãn
a b c 3
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
P 1 a 1 b 1 c
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 3
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: Toán (Đáp án gồm 4 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
1
(2,0đ)
a)1,0 điểm
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
1,0
b)1,0 điểm
Đưa ra được đồ thị hàm số:
42
y x 4x 3
Từ đồ thị hàm số phương trình
42
x 4x 3 m
có 4 nghiệm phân biệt:
1 m 3
m0
0,5
(1,0đ)
a) 0,5 điểm
Phương trình đã cho tương đương với:
2sin 2x sin x 2sin 2x sinx 1
sin x 1
sin x 1 2sin 2x 1 0
1
sin 2x
2
0,25
sin x 1 x k2
2
xk
1
12
sin 2x
27
xk
12
0,25
a) 0,5 điểm
Điều kiện: x> 0; x
1
.
Phương trình đã cho thương đương với:
2
3
22
log 2x log x 1
0,25
2
32
1
2x x 1 2x 1 x 1 0 x
2
Vậy nghiệm của phương trình:
1
x
2
0,25
3
((1,0đ)
a) 0,5 điểm
Ta có:
22
2
11
3x 2 4 1
i dx dx
x 3x 2 x 2 x 1
0,25
2
4 ln x 2 ln x 1 9ln 2 5ln3
1
0,25
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4
b) 0,5 điểm
Ta có:
2
44
00
1 cos2x
S sin x dx dx
2
0,25
1 sin 2 x 1
x
4
2 4 8 4
0
0,25
4
(1,0đ)
a) 0,5 điểm
Ta có:
z i z 1 1 i z i 2 z 1 1
Đặt:
z x yi;x;y R
. Thay vào (1) ta có:
x yi i 2 x 1 yi
0,25
2 2 2 2
22
x y 1 2 x 1 y x 2 y 1 4
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn yêu cầu bài toán là đường tròn
tâm
I 2; 1
; bán kính R = 2
0,25
b) 0,5 điểm
Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lập từ các chữ số đã có 4 chữ số lẻ là:
4 ! 24
(số)
Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lập từ các số đã cho mà có 2 chữ số chẵn, 2 chữ
số lẻ là:
22
43
C C .4! 432
(số).Vậy số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lập từ các chữ
số đã cho mà tổng các chữ số là chẵn là:
432 24 456
(số)
0,25
Số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau lập từ các số đã cho là:
4
7
A 840
(số). Vậy xác suất cần tìm là:
456 19
P
840 35
0,25
5
(1,0đ)
S
A
B
C
D
M
Vì:
SAB ABCD ; SAD ABCD
0
SA ABCD ACS SC; ABCD 45
0,25
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5
Ta có
2
dt ABCD a ;AC a 2
3
S.ABCD
1 a 2
SA a 2 V .SA.dt ABCD
33
0,25
Lấy M đối xứng với A qua B ta có BD//MC
d BD;SC d BD; SCM d B; SCM
0,25
Ta có:
SC 2a;MC a 2;MS a 6
3
2
SMBC S.ABCD
1 a 2
V V dt BMC a 2
26
Do đó:
SBMC
3V
a
dt BD;SC d B; SMC
dt SMC 2
0,25
6
(1,0đ)
B
A
D
C
E
K
H
F
Gọi H, K, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, D, C trên d, F là hình chiếu
vuông góc của C trên DK.
Ta có:
ABH CDF ch gn DF BH CE KF 2
0,25
Vì C thuộc đường thẳng
x y 4 0
nên
C t;t 4
Ta có:
3t 4 t 4 6
d C;d 2 t t 10 10
5
t0
C 0;4
t 20 loai
0,25
Ta có:
AC 2;4
. Gọi I là trung điểm AC
I 1;2
. Suy ra phương trình
đường thẳng BD là:
x 2y 3 0 B 3 2t;t
Vì
d B;d 1
nên
3 3 2t 4t 6
t1
1 10t 15 5
5 t 2
0,25
- Với
t 1 B 1;1 ;D 3;3
- Với t = 2
B 1;2
(loại vì khi đó B, C nằm cùng phía đối với d)
Vậy:
B 1;1 ;D 3;3
0,25
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 6
7
(1.0đ)
Ta có:
2 1 2.3 3 6 7 2.8 3 0
nên A, B nằm cùng một phía đối với (P)
Phương trình đường thẳng qua A và vuông góc với (P) là:
x 2 t
y 1 t
z 3 2t
0,25
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P)
H 2 t;1 t;3 2t
Vì
HP
2 t 1 t 2 3 2t 3 0 t 1 H 1;0;1
0,25
Gọi A
1
là điểm đối xứng với A qua (P)
1
A 0; 1; 1
. Phương trình đường
thẳng A
1
B là :
x 2s
y 1 2s
z 1 3s
. Gọi M
1
là giao điểm của A
1
B và (P)
Suy ra :
1
M 2; 3;2
0,25
Ta có :
11
MA MB MA MB A B
Do đó :
11
min
MA MB A B M M
. Vậy
M 2; 3;2
0,25
8
(1.0đ)
Điều kiện :
x y 0
x 1 0
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với :
x y 4 0
x y 4 x y 1 0
x y 1 0
0,25
x y 4 0 y 4 x
thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có :
289 33
8 x 1 1 7 x ;y TMDK
64 64
0,25
x y 1 0 y x 1
thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có :
4 2x 1 x 1 1 2 x 1 *
Đặt
22
x 1 u; 2x 1 v v 0;u 0 2 x 1 3v 4u 1
.
Thay vào phương trình
*
ta có:
22
4v u 1 3v 4u 1 2u 3v 1 2u v 1 0 2u v 1 0
0,25
2 x 1 2x 1 1 x 5;y 4
.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm :
289 33
x;y ; ; 5;4
64 64
0,25
9
(1,0đ)
Ta chứng minh :
1 a 1 b 1 1 a b *
. Thật vậy :
* 1 a 1 b 2 1 a 1 b 1 1 a b 2 1 a b
1 a 1 b 1 a b ab 0
(luôn đúng)
0,25
Vì vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử :
a b c
0,25
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 7
Suy ra:
1 c 2
. Theo (*) ta có:
P 1 1 a b 1 c 1 4 c 1 c
Xét hàm:
f c 1 4 c 1 c;1 c 2
Ta có:
//
1 1 3
f c ;f c 0 c
2
2 4 c 2 c 1
0,25
Ta có:
3
f 1 f 2 1 2 3;f 1 10
2
. Vậy:
P 1 2 3
Với
a 0;b 1;c 2
thì
P 1 2 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là:
1 2 3
0,25
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 1
Câu 1 ( ID: 79177 ). (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+ 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho
2. Tìm a để phương phương trình x
3
– 3x
2
+ a = 0 có 3 nghiệm thực phân biệt
Câu 2 ( ID: 79180 ) (2,0 điểm)
Giải các phương trình sau:
1. Giải phương trình
24
log ( 3) 2log 2xx
2. Giải phương trình: 4sin
2
2
3
3cos2 1 2cos ( )
24
x
xx
3. Tìm GTLN và GTNN của hàm số
2
3 lny x x x
trên đoạn [1;2]
Câu 3 ( ID: 79183 )(1,5 điểm)
1. Tìm nguyên hàm sau: I =
2
( 3sin )x x dx
x
2. Tính giới hạn T =
2
2
0
3 cos
lim
x
x
x
x
3. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ để
tham gia đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh
nữ ít hơn số học sinh nam.
Câu 4 ( ID: 79185 ) (1,5 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm 0, cạnh bên SA vuông
góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SAB) một góc 45
0
.
1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a
2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD theo a
3. Tính khoảng cách từ điểm 0 đến mặt phẳng (SCD) theo a
Câu 5 ( ID: 79188 ) (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
Câu 6 ( ID: 79189 ) (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng 0xy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của AB, N là điểm trên
cạnh AD sao cho AN = 2ND. Giả sử đường thẳng CN có phương trình x + 2y -11 = 0 và điểm
M(
51
;
22
). Tìm tọa độ điểm C.
Câu 7 ( ID: 79190 ) (1,0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn xyz =2
2
8 8 8 8 8 8
4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2
8
x y y z x z
x y x y y z y z x z x z
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
2014 – 2015
TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 2
ĐÁP ÁN
Câu 1: (2,0 điểm)
1. (1,5 điểm) khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x
3
– 3x
2
+ 2
- TXĐ: R 0,25
- Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: y’ = 3x
2
– 6x ; y’ = 0
0
2
x
x
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0); đồng biến trên các khoảng (-
;-2) và (0;+
)
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2, y
CT
= 3, đạt cực tiểu tại x = 0; y
CĐ
= -1
+ Giới hạn:
lim
x
;
lim
x
0,5
+ Bảng biến thiên:
x
-
0 2 +
y’
- 0 + 0 -
y
2 +
-
-2
+ Đồ thị: 0,5
2. (0,5 điểm) Tìm a để phương trình x
3
– 3x
2
+ a có 3 nghiệm thực phân biệt
Phương trình x
3
– 3x
2
+ a = 0
x
3
– 3x
2
+ 2=2-a 0,25
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của (C ) và đường thẳng
y = 2 – a, suy ra a thuộc (0;4) 0,25
Câu 2 (2, 0 điểm)
1. (0,5 điểm)
ĐK: x>3
Phương trình tương đương với
2
log ( 3) 2 x(x 3) 4x
0,25
Giải và kết hợp điều kiện thu được nghiệm x = 4 0,25
2. (1,0 điểm)
PT
3
2(1 cosx) 3cos2 2 cos(2 )
2
xx
0,25
sin2x 3sin2 2cos2xx
0,25
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 3
3
sin( 2 ) cos
2
xx
0,25
2
3
18 3
sin(2 ) sin( ) ( )
5
22
2
6
k
x
x x k Z
xk
0,25
3. (0,5 điểm)
Ta có y’ =
2 2 2
3
ln 1 ln 0,
3 ( 3 3
[1;2]
)
x
x x x
x x x x
0,25
GTLN của hàm số trên đoạn [1;2] là y(1) = 2; GTNN của hàm số trên đoạn [1;2] là y(2)
=
7
-2ln2 0,25
Câu 3
1. (0,5 điểm)
I =
3 in x2sdx
dx
xdx
x
0,25
2
2ln 3cos
2
x
I x x C
0,25
2. (0,5 điểm)
T =
22
22
00
3 1 3 cos
lim lim
xx
xx
x
xx
0,25
T =
2
2
ln3
2
2
00
2sin
3 1 1
2
lim ln3 lim ln3
ln3 2
4
4
x
xx
x
x
x
0,25
3. (0,5 điểm )
Gọi
là không gian mẫu của phép thử, ta có n(
) =
5
25
C
0,25
Gọi A là biến cố “5 hóc inh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học
sinh nam”
TH1: 1 học sinh nữ và 4 học sinh nam, suy ra số cách chọn là
14
10 15
CC
TH2: 2 học sinh nữ và 3 học sinh nam, suy ra số cách chọn là
23
10 15
CC
n(A) =
1 4 2 3
10 15 10 15
C C C C
1 4 2 3
10 15 10 15
5
25
( ) 325
()
( ) 506
C C C C
nA
PA
nC
0,25
Câu 4
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 4
1. (0,5 điểm)
V
S.ABCD
=
1
3
SA.dt(ABCD)
Trong đó dt(ABCD) = a
2
0,25
Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAB) bằng góc
3
0
.
45 cot
3
S ABCD
a
SD SA AD SD a V
0,25
2. (0,5 điểm)
Gọi I là trung điểm của SC, ta có IS = IC = ID = IA = IB ( do các tam giác SAB, SBC,
SCD là các tam giác vuông) nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 0,25
Bán kính mặt cầu R =
3
22
SC a
0,25
3. (0,5 điểm)
Vì O là trung điểm của AC nên d(O;(SCD)) =
1
2
d(A;(SCD))
Gọi H là hình chiếu của A trên SD, ta có
()
( ) (SCD)
AH SD
AH SCD
SAD
, Từ đó dẫn đến d(O,(SCD)) =
1
2
AH 0,25
Trong tam giác vuông SAD, ta tính được AH =
2
2
a
suy ra
D(O,(SCD)) =
2
4
a
0,25
Câu 5 (1,0 điểm)
ĐK: x
0 0,25
Nhận xét:
- Nếu x = 0 thì không thỏa mãn hệ PT
- Xét x> 0
PT (1)
2
1
3 3 9 1
xx
y y y
x
22
1 1 1
3 3 (3 ) 1 ( ) 1y y y
x x x
(3)
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 5
Từ (1) và x> 0 ta có y> 0. Xét hàm số f(t) = t + t.
2
1t
, t> 0.
Ta có f(t) = 1+
2
1t
+
2
2
1
t
t
>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0;+
)
PT (3)
11
(3 ) ( ) 3f y f y
xx
0,25
Thế vào pt(2) ta được Pt: x
3
+ x
2
+ 4(x
2
+1)
x
=10
Đặt g(x) = x
3
+ x
2
+ 4(x
2
+1)
x
-10 , x > 0. 0,25
Ta có g’(x) > 0 với x> 0 suy ra g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0;+
)
Ta có g(1) = 0. Vật pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
Với x = 1 suy ra y =
1
3
0,25
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;
1
3
)
Câu 6 (1,0 điểm)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên CN ta có:
MH = d(M, CN) =
35
2
0,25
Xét tam giác CMN ta có
2 2 2
0
2
cos 45
2 . 2
CN CM MN
CM CM
CN CM
, Từ đó suy ra được
3 10
2
MC
0,25
Do C thuộc đường thẳng CN nên (11-2c;c) từ
3 10
2
MC
2
5 35 50 0cc
0,25
Tìm được C(7;2); C(1;5) 0,25
Câu 7: (1,0 điểm)
Ta có
4 4 4 4
22
22
3
()
2
a b a b
a b ab
ab
0,25
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 6
Ta sẽ chứng minh:
44
22
22
1
()
3
3
()
2
ab
ab
ab
(1)
Thật vậy (1)
4 4 2 2 2 2 2 2
2( ) ( ) ( ) 0a b a b a b
luôn đúng
Do đó ta được:
44
22
22
1
()
3
ab
ab
a b ab
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a
2
= b
2
a = b
Áp dụng BĐT trên ta có :
44
22
22
1
(b )
3
bc
c
b c bc
Dấu “=” có
b= c 0,25
44
22
22
1
(c )
3
ca
a
c a aa
Dấu “=” có
c = a
Cộng các vế BĐT trên ta được:
4 4 4 4 4 4
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
(a b )
3
a b b c c a
c
a b ab b c bc c a aa
(2)
Dấu “=” có
a = b= c
Theo BĐT cosi ta có
3
2 2 2
2 a 8bc
Dấu “=” có
a = b= c
Do đó ta có ĐPCM.
Dấu đẳng thức xẩy ra
2x y z
0,25
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II
Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc
NĂM HỌC 2014 - 2015
(Đề có 01 trang)
Môn: Toán 12 – Khối D
Thời gian: 180 phút (Không kể giao đề)
Câu 1.( ID: 79227 ) (2,0 điểm) Cho hàm số
(1)
a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b). Với những giá trị nào của tham số m thì đường thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị của
hàm số (1) tiếp xúc với đường tròn (C):
.
Câu 2 ( ID: 79228 ) (1 điểm) Giải bất phương trình:
Câu 3 ( ID: 79229 ) (1 điểm) Tính tích phân
.
Câu 4 ( ID: 79230 ) (1 điểm)
a). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
trên đoạn [-2; 2].
b). Một trường tiểu học có 50 học sinh đạt danh hiệu cháu ngoan Bác Hồ, trong đó có 4 cặp
anh em sinh đôi. Có bao nhiêu cách chọn một nhóm gồm 3 học sinh trong số 50 học sinh nói
trên đi dự Đại hội cháu ngoan Bác Hồ sao cho trong nhóm không có cặp anh em sinh đôi
nào?
Câu 5 ( ID: 79231 ) (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
và
. Gọi A là giao điểm của
và
. Tìm tọa độ điểm B trên
và tọa độ C trên
sao cho tam giác ABC có trọng tâm G (3;5).
Câu 6 ( ID: 79232 ) (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
, và các điểm A (7; 9), B (0; 8). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao
cho biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 7 ( ID: 79233 ) (1 điểm) Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’. Biết rằng góc giữa (A’BC) và
(ABC) là 30
0
, tam giác A’BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
Câu 8 ( ID: 79234 ) (1 điểm) Giải phương trình
Câu 9 ( ID: 79235 ) (1 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a.b.c = 1 và .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
.
Hết
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 2
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:………………
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ CHUYÊN VĨNH PHÚC – Năm học 2014 – 2015
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
2.0
a
1.0
+ Tập xác định: D =R
+ Sự biến thiên”
-Chiều biến thiên:
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng và , đồng biến
trên khoảng
0.25
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
Hàm số đạt cực tiểu tại
- Giới hạn:
0.25
- Bảng biến thiên:
0.25
+ Đồ thị: Giám khảo và thí sinh tự vẽ
0.25
b
1.0
Đồ thị hàm số (1) có điểm cực tiểu A(-2;0), điểm cực đại B(0;4). Phương
trình đường thẳng nối hai cực trị của đồ thị hàm số (1) là:
(AB):
(AB): .
0.25
(C):
có tâm I (m; m + 1) bán kính R =
0.25
Đường thẳng (AB) tiếp xúc với đường tròn (C) d (I; (AB)) = R
0.25
Vậy hoặc
0.25
2
1.0
Điều kiện:
0.25
Ta có
0.25
y
y’
x
-∞
-2
0
+∞
0
+
0
+∞
0
4
-∞
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 3
0.25
So điều kiện, bất phương trình có nghiệm:
0.25
3
1.0
0.25
Đặt
0.25
0.25
=
0.25
4
a
Hàm số
liên tục trên đoạn [-2;2]
0.25
Ta thấy
0.25
b
0.5
Có
cách chọn ra 3 học sinh tùy ý từ 50 học sinh nói trên.
Chọn ra 3 học sinh trong số 50 học sinh trên mà trong nhóm có ít nhất
một cặp anh em sinh đôi, nghĩa là trong 3 học sinh được chọn chỉ có 1 cặp
anh em sinh đôi => số cách chọn là
0.25
Vậy đáp số bài toán là
(cách)
0.25
5
1.0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
0.25
);
0.25
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC
0.25
Giải hệ này ta được
0.25
6
1.0
E
A
B
M
F
I
J
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 4
(C) có tâm I(1;1) và bán kính R = 5. Ta thấy
=> A, B
nằm ngoài đường tròn (C)
0.25
Gọi E, J lần lượt là trung điểm của IA, IE => E(4;5); J(
Gọi F là trung điểm của IM, tam giác IME cân tại I => EF = MJ
Ta có P = MA + 2MB = 2EF + 2MB = 2 (MJ + MB)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BJ (Vì B nằm ngoài
đường tròn (C); J nằm trong đường tròn (C)).
0.25
Do đó P nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đường tròn (C) và
đoạn thẳng BJ.
BJ có phương trình 2x + y – 8 = 0.
Tọa độ giao điểm của BJ và (C) là nghiệm của hệ
0.25
+ Vì M thuộc đoạn JB nên
Vậy M (1;6)
0.25
7
1.0
Goị H là trung điểm của BC =>
=> BC (AA’H)
Tam giác AA’H vuông tại H =>
là góc giữa hai mặt
phẳng (A’BC) và (ABC) =>
0.25
Đặt AB = a (a > 0) => AH =
=> A’H =
0.25
0.25
Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là
B
H
C
C’
A’
B’
A
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 5
8
Điều kiện
(1)
0.25
0.25
Ta có (2)
(thỏa mãn)
0.25
=>(3) vô nghiệm
Vậy nghiệm của (1) là
0.25
9
Từ giả thiết và
Ta chứng minh được
( * )
Thật vậy ta có :
(2+a
2
+b
2
).(1+ab) = 2(1+a
2
).(1+b
2
)
2+2ab +a
2
+ a
3
b +b
2
+ab
3
= 2 + 2a
2
+ 2b
2
+ 2a
2
b
2
2ab + a
3
b + ab
3
= a
2
+ b
2
+ 2a
2
b
2
(a-b)
2
(1- ab ) = 0 (**)
0.25
(**) đúng nên (*) đúng.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
Áp dụng (*) ta có Q
0.25
Xét hàm
trên [1;4]
Ta có:
trên
[1;4]
=>f(c) đồng biến trên [1; 4]
0.25
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
0.25
>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang và nhập mã ID câu 6
Vậy max P =
đạt được khi
>> -Học là thích ngay! 1
TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn: TOÁN
Th th
Câu 1 ( ID: 83257 ) (4 điểm): Cho hàm số:
(1)
a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
b.Lập phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
Câu 2 ( ID: 83259 ) (1 điểm): Giải phương trình
Câu 3 ( ID: 83262 ) (1 điểm): Giải bất phương trình
Câu 4 ( ID: 83265 )(2 điểm): Tính
Câu 5 ( ID: 83267 ) (2 điểm): Từ tập hợp A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} lập được bao nhiêu số
chẵn có bốn chữ số đôi một khác nhau bé hơn 3045
Câu 6 ( ID:83270 ) (2 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho
.Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Viết
phương trình mặt cầu đi qua hai điểm A, B và có tâm I nằm trên trục Oy.
Câu 7 ( ID: 83275 ) (2 điểm): Cho hình hộp có hình chóp là hình
chóp đều,
. Tính theo a thể tích khối hộp và khoảng cách giữa
hai đường thẳng AB’ và A’C’.
Câu 8 ( ID: 83281 ) (2 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại
B nộp tiếp đường tròn (C) có phương trình
. I là tâm đường tròn (C).
Đường thẳng BI cắt đường tròn (C) tại M (5; 0). Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn (C) tại
. Tìm tọa độ A, B, C biết hoành độ điểm A dương.
Câu 9 ( ID: 83286 ) (2 điểm): Giải hệ phương trình
với
Câu 10 ( ID : 83291 ) (2 điểm): Cho các số dương a, b, c thỏa mãn
Tìm giá trị nhỏ nhất của
>> -Học là thích ngay! 2
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu 1(4đ)
1a (2đ)
-Tập xác định
-Sự biến thiên
+) Giới hạn
=> đường thẳng là tiệm cận đứng
(0,5đ)
=> đường thẳng là tiệm cận ngang
+) Chiều biến thiên:
(0,5đ)
=>Hàm số đồng biến trên và
+) Bảng biến thiên (0,5đ)
+) Đồ thị: (0,5đ)
Cắt Ox tại
cắt Oy tại
và nhận giao điểm hai tiệm cận làm tâm đối
xứng.
1b (2đ)
1
x
y’
y
+
+
1
y
O
I
x
>> -Học là thích ngay! 3
Gọi
Tiếp tuyến của (C) tại M:
(0,25đ)
Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d nên hệ số góc của tiếp tuyến là
(0,25đ)
=>
(0,5đ)
Với
=>PTTT:
(0,5đ)
Với
=>PTTT:
(0,5đ)
Câu 2 (1đ)
(0,5đ)
(0,25đ)
+
+
.
Nghiệm của phương trình là
(0,25đ)
Câu 3 (1đ)
(1)
Điều kiện xác định
(0,25đ)
(1)
(0,25đ)
(0,25đ)
Kết hợp điều kiện => tập nghiệm của bất phương trình là: (0,25đ)
Câu 4 (2đ)
>> -Học là thích ngay! 4
Đặt
(0,5đ)
(0,5đ)
(0,5đ)
=
(0,5đ)
Câu 5 (2 đ)
Gọi số cần lập là
(0,5đ)
Do
và
là số chẵn nên và
Nếu thì d có 4 cách chọn và mỗi cách chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6
=>Có
số
Nếu thì d có 3 cách chọn và mỗi cách chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6
=>Có
số
Nếu thì d có một cách chọn => có 1 số (0,25đ)
Nếu thì d có 3 cách chọn => có 3 số (0,25đ)
Nếu thì d có 2 cách chọn => có 2 số (0,25đ)
Vậy tất cả có 120 + 90 + 1 + 3 +2 = 216 số cần lập (0,25đ)
Câu 6 (2đ)
>> -Học là thích ngay! 5
Giả sử tồn tại số k sao cho
vô nghiệm (0,5đ)
=>Không tồn tại k thỏa mãn (1) =>A, B, C không thẳng hàng
+ Do nên
Mặt cầu đi qua A, B nên IA =IB
(0,5đ)
(0,25đ)
=>
. Bán kính của mặt cầu
(0,5đ)
Vậy phương trình mặt cầu là
(0,25đ)
Câu 7 (2đ)
B’
Do là hình chóp đều nên G là tâm
=> là chiều cao của lăng trụ. Gọi O là giao điểm của BD và AC. Ta có
(0,5đ)
Trong tam giác vuông ta có:
(0,5đ)
D
C
C’
H
A’
A
G
O
E
K
D’
B
>> -Học là thích ngay! 6
Gọi H là giao điểm của và . Do A’C’ // AC nên
Từ H kẻ HE // A’G
(1) (0,5đ)
Do A’B’C’D’ là hình thoi nên
(2)
Từ (1) (2) =>
(3)
=>
(0,25đ)
Trong tam giác B’HE ta có:
(0,25đ)
Câu 8 (2 đ)
T a có: (0,25đ)
Do I là trung điểm BM =>
Ta có:
(cùng phụ với
) nên A là trung điểm cung MN (0,25đ)
=>
Do IA MN nên đường thẳng AI nhận
làm véc tơ pháp tuyến (0,25đ)
I
M
H
C
N
B
A
