Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

đề và đáp án thi thử toán thpt quốc gia 2015

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.37 MB, 5 trang )

SỞ GD - ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH,CĐ

LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x (m )x (m m)x
      
3 2 2
3 2 2

( )
1
, với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
( )
1
khi
m

0
.
b) Tìm m để hàm số
( )
1
có hai điểm cực trị


x
1

x
2
sao cho x x (x x )
   
1 2 1 2
6 4 0
.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x sin x sin2x
  
0
.

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình




log x log x log x
    
3
1 8
2
2
1 3 1
.
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Trong một hộp đựng 8 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp trên. Tìm

xác suất để 4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ.
b) Tìm hệ số của
x
5
trong khai triển thành đa thức của biểu thức




x x x x
  
5 10
2
1 2 1 3 .
Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
a
SD 
17
2
, hình
chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung
điểm của đoạn AD.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD theo a.

Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
D( ; )
4 5
.
Điểm M là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình

x y
8 10 0
  
. Điểm B
nằm trên đường thẳng
x y
2 1 0
  
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C, biết rằng điểm C có tung độ
y
2

.
Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
xy y y x y x
(x,y )
( y) x y (x ) ( x y ) y

       



      


2 3 1 3 5
1 2 2 1 2 1

.


Câu 8 (1,0 điểm) Cho các số thực dương
a,b,c
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
a b c
a b bc
b (a c)
  
 
 
  
2 2
3 8 1
2 8
2 2 3
.

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:

SỞ GD - ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH, CĐ
LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)


Câu

Đáp án Điểm

a. (1,0 điểm)
Khi
m

0
ta có y x x
   
3 2
3 2

* Tập xác định


D

* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
y' x x
  
2
3 6
,
y' x
  
0 0

hoặc
x

2

0,25
- Khoảng đồng biến:
( ; )
0 2
; các khoảng nghịch biến
( ; )

0

( ; )
 
2

- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
CT
x ; y
  
0 2
; đạt cực đại tại
CD
x ;y
 
2 2

- Giới hạn:

x x
limy ; limy
 
   



0,25
- Bảng biến thiên:
x

0 2


y’ - 0 + 0 -

y

2

-2


.


0,25
* Đồ thị:










0,25
b. (1,0 điểm)
Ta có
y' x (m )x (m m)
     
2 2
3 2 3 2
.
Hàm số có hai điểm cực trị

y'

0
có hai nghiệm phân biệt

0,25
m m

        
2
3 2 3 2
0 9 2 0
2 2

(*)

0,25
Ta có
m m (m )
x x ; x x
 
  
2
1 2 1 2
2 2 3
3 3
; x x (x x ) m m
       
2
1 2 1 2
6 4 0 10 24 0


0,25
1
m
  
2
hoặc
m

12
(loại). Vậy
m

 
2
0,25
x
y
2
2
-2
O
1
(1,0 điểm)
Pt đã cho
  
2cos2x.sinx 2sinx.cosx 0
0,25
  
2
2sinx(2cos x cosx 1)=0


0,25

    
sinx 0 x k


cosx x k
       
1 2



0,25
2

cosx x k

      
1
2
2 3

Vậy, phương trình có các nghiệm là:

      
x k ; x k2 (k )
3

.


0,25
(1,0 điểm)
Điều kiện:
x
 
1 3
0,25
Pt đã cho
log (x ) log ( x) log (x )
     

2 2 2
1 3 1
0,25

(x )( x) x
    
1 3 1

x x
   
2
4 0

0,25
3
x

 
1 17
2
hoặc x


1 17
2
(loại)
Vậy, phương trình có nghiệm là x


1 17

2



0,25
(1,0 điểm)
a) Số cách lấy ra 4 viên bi từ hộp là: C 
4
14
1001

4 viên bi lấy ra có cả xanh và đỏ, có 3 khả năng:
1viên đỏ + 3viên xanh; 2 viên đỏ + 2 viên xanh; 3 viên đỏ + 1viên xanh

0,25
Số cách lấy ra 4 viên bi có cả xanh và đỏ là: C .C C .C C .C  
1 3 2 2 3 1
8 6 8 6 8 6
916

Vậy, xác suất cần tính P 
916
1001
.

0,25
b) Hệ số của
5
x
trong khai triển của 

5
x(1 2x)
là 
4 4
5
( 2) .C

Hệ số của
5
x
trong khai triển của 
2 10
x (1 3x)

3 3
10
3 .C


0,25
4
Hệ số của
5
x
trong khai triển thành đa thức của   
5 2 10
x(1 2x) x (1 3x)
là 
4 4
5

( 2) .C
+
3 3
10
3 .C

Vậy hệ số của
5
x
trong khai triển là 
4 4
5
( 2) .C
+ 
3 3
10
3 .C 3320
.

0,25
(2,0 điểm) 5
a)
SH (ABCD) SH HD
  
. Ta có

SH SD HD SD (AH AD )
    
2 2 2 2 2



SH a
 
3


S.ABCD ABCD
a
V SH.S 
3
1 3
3 3



b)
HK//BD
HK//(SBD)

d(HK,SD) d(HK,(SBD)) d(H,(SBD))
  

Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên BD và F là hình chiếu vuông góc của H trên SE.
Ta có
BD HE


BD SH

nên

BD (SHE)

BD HF
 

HF SE


0,25


0,25

0,25


0,25


0,25

0,25
K
H
C
B
A
D
S
E

F

do đó
HF (SBD)

. Suy ra
d(H,(SBD)) HF


Ta có

a
HE HB.sin EBH 
2
4

HS.HE a
HF
HS HE
  

2 2
3
5
. Vậy,
a
d(HK,SD) 
3
5




0,25

0,25
(1,0 điểm) 6
Gọ H, K là hình chiếu vuông góc của B, D lên CM

.
DK
( )
 
 
 
2 2
4 8 5 10
26
65
1 8

Gọi I, G là giao điểm của BD với AC và CM

G là tr
ọng
tâm
ACD

;
BH BG
DG GI BG DG

DK DG
     
2 2 2


BH 
52
65
;
b
B(b; b ) BH b

       
17 18
52
2 1 17 18 52
65 65

b
b (loai)





 

2
70
17


(loại vì điểm B và D cùng phía với đường thẳng CM). Do đó ta có
B( ; ) I( ; )
 
2 5 3 0


C( c ; c)

8 10
CD.CB ( c).( c) ( c)( c)
        
14 8 12 8 5 5 0
 
c c
   
2
65 208 143 0

c
c (loaido c )





 

1
143

2
65

C( ; ) A( ; )
   
2 1 8 1
.
Vậy
A( ; ); B( ; ); C( ; )
  
8 1 2 5 2 1



0,25



0,25




0,25





0,25

(1,0 điểm)
Điều kiện:
y
x y x
y x y
y x



  



 
   



 

0
2 1 5
1 2 10
3 5
(*)


0,25
Ta có phương trình (2) ( y)( x y ) ( x y )( y)
        

1 2 1 2 1 1 0

( y)( x y )( )
x y y
     
  
1 1
1 2 1 0
2 1 1
(3)
Do
x y y
 
  
1 1
0
2 1 1

y
 
1 0
nên phương trình (3)

y x
 
2 1



0,25

Với
y x
 
2 1
. Phương trình (1) trở thành
x x x x
     
2
2 4 2 5 1
(đk:
x
 
2 4
)
Pt ( x ) ( x ) ( x x )
         
2
2 1 4 1 2 5 3 0


(x )( x )
x x
     
   
1 1
3 2 1 0
2 1 4 1
x
x ( )
x x






  

   

3
1 1
2 1 4
2 1 4 1




0,25
7
Xét f(x)
x x
 
   
1 1
2 1 4 1

g(x) x
 
2 1
với



x ;

2 4
, ta có
g(x) g( )
 
2 5


M
C
A
H
D
B
K
G
I

 
f '(x) , x ;
x ( x ) x( x )
     
     
2 2
1 1
0 2 4
2 2 2 1 2 4 4 1


f(x) nghịch biến
f(x) f ( )  

1
2 1
2 1
. Do đó


f(x) g(x), x ;
  
2 4
hay phương trình (4) vô nghiệm
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là
( ; )
3 5

.

0,25
(1,0 điểm)
Ta có
bc b. c b c
  
8 2 2 2
. Suy ra
(a b c)
a b bc


 
 
3 3
2
2 8


0,25
Mặt khác
(a c) b (a c) b
    
2 2
2 2 . Suy ra
a b c
(a c) b
 

  
  
2 2
8 8
3
3 2 2


0,25
Do đó
P
(a b c) a b c a b c (a b c) a b c
    

           
3 8 1 1 8
2 3 2 3
(1)
Đặt
a b c t, t
   
0
. Xét hàm số f(t)
t t
 

1 8
2 3
với
t

0
.
Ta có
(t )( t )
f '(t)
t ( t) t ( t)
 
   
 
2 2 2 2
1 8 3 1 5 3
2 3 2 3
, suy ra

f '(t) t
  
0 1

Bảng biến thiên:
t 0 1


f’(t) - 0 +

f(t)




3
2








0,25
8


Từ bảng biến thiên suy ra f(t) f( )

  
3
1
2
với mọi
t

0
(2)
Từ (1) và (2) ta có P
 
3
2
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
a b c
a c
b c
b
b a c

  

 

 
 
 
 

 




1
1
4
2
1
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3
2
, đạt được khi a c , b
  
1 1
4 2
.




0,25

Hết


×