đề thi thử THPT QG môn toán số 32.PDF

S
Ở GD
–

Đ
T V
Ĩ
NH PHÚC

T
RƯỜNG THPT YÊN LẠC
Đ
Ề K
HẢO SÁT CHẤT L
Ư
ỢN
G LẦN 1 LỚP 12

NĂM H
ỌC 2
01
4

–

2
01
5

MÔN:
Toán – Khối A, A1

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câ
u 1 (2,5 điểm). Cho hàm số
2
1
1
x
y
x



.
a
) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị


C

của hàm số đã cho.
b) Tìm các giá trị của
m

để đường thẳng


:
2
d
y x m




cắt đồ thị


C

tại hai điểm phân
biệt
,
A
B

nằm về hai nhánh khác nhau của


C
.
Câ
u 2 (1,5 điểm). Giải phương trình:


3
1
8 3
2
sin
x cos x cos x




 






Câ
u 3 (1,0 điểm). Cho hai đường thẳng
1
2
d
,d
so
ng song với nhau. Trên đường thẳng
1
d
có
10 điểm
phân biệt, trên đường thẳng
2
d
có

n
điểm phân
biệt



2
n
,n

 
. C
ứ 3 điểm không thẳng
hàng trong số các điểm nói trên lập thành một tam giác. Biết rằng có 2800 tam giác được lập
theo cách như vậy. Tìm
n
?

Câu 4 (1,0 điểm).
Cho hình lăng trụ tam giác
A
BC.A' B' C'

có đáy là tam giác đều cạnh
a
,
cạnh bên tạo với đáy
một góc bằng
0
6
0
.
Gọi
M
l

à trung điểm cạnh
BC

và
I

là trung điểm của
A
M
.
Biết rằn
g
hình chiếu của điểm
I

lên mặt đáy
A
' B' C'

là trọng tâm
G
củ
a
A
' B' C'

.

Tính thể tích khối lăng trụ
A

BC.A' B' C'
.
Câ
u 5 (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm






x
0
; 1 3


2
2
2 1 2 0
m
x x x( x )

    
Câ
u 6 (1,0 điểm).
Cho
AB
C

có
trung điểm cạnh

BC

là


3
1
M
;


, đường thẳng chứa đường cao kẻ từ
B

đi
qua điểm


1
3
E
;


v
à đường thẳng chứa
A
C

đi qua điểm



1
3
F
;
.
Điểm đối xứng của đỉ
nh
A

qua tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC

là
điểm


4
2
D
;

.
Tìm toạ độ các đỉnh của
A
BC

.
Câ

u 7 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3
2 3 2
2
3
2 3
3
2 8
x
x y y
x
y y

   



  

Câ
u 8 (1,0 điểm).
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

  



x
x x x
f x

x
x
4
3 2
2
4
8 8 5
(
)
2
2

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:…………………

S
Ở GD
–

Đ
T V
Ĩ
NH PHÚC

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC
Đ
Ề K
HẢO SÁT CHẤT L
Ư

ỢN
G LẦN 1 LỚP 12 NĂM HỌC 201
4

–

2
01
5

MÔN:
Toán – Khối A, A1,D
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(
Văn bản này gồm 06 trang)
I) Hướn
g dẫn chung:
1
) N
ếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điể
m
từn
g phần như thang điểm quy định.
2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi Khảo sát.
3
) Đ
iểm toàn bài tính đến 0.25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả
)

II)
Đáp án và thang điểm:
Câu

Đáp á
n

Đ
i
ểm

Câ
u 1
(2,5
điểm)
Ch
o hàm số
2
1
1
x
y
x



.

a)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị



C
củ
a hàm số đã cho.
T
ập xác định:


1
D
\


T
a có:


2
3
0
1
y'
x





x D

 

Hàm số
nghịch biến trên các khoảng


1
;

và


1;

Hàm số
không có cực trị.
0
.25
0.25
Tín
h
2
x
x
lim y lim y

 
 
nê
n đồ thị hàm số nhận đường thẳng

2
y


là đường tiệm
cận ngang
Tính
1 1x x
lim
y ;lim y ;


 

  
nê
n đồ thị hàm số nhận đường thẳng
1
x

l
à
đường tiệm cận đứng
0
.25
B
ả
ng biến thi
ê
n:

x
–


1 +


y’
–

–

y
2 +


–
2
0
.25
Đ
ồ thị:

0
.25

b) Tìm các giá trị của
m
để đường thẳng



: 2
d y x m
 
cắt đồ thị


C
tại hai điểm
phân biệt
,
A B
nằm về hai nhánh khác nhau của


C
.

Xét phương trình hoành độ giao điểm của


: 2
d y x m
 
và


C
:

 
2 1
2 1
1
x
x m
x

 


Với mọi
1
x

, phương trình






2
1 2 4 1 0 2
x m x m
     

Để



: 2
d y x m
 
cắt đồ thị


C
tại hai điểm phân biệt
,
A B
nằm về hai nhánh
khác nhau của


C
thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt
1 2
x ,x
sao cho
1 2
1
x x
 




0.25

0.25
Đặt


2
2 4 1
f ( x ) x m x m
    

Yêu cầu bài toán
2 1 0
.f ( )
 

0.25
Biến đổi
2 1 0 1 0 2 1 4 1 0
.f ( ) f ( ) . (m ) m
        

3 0
m
    


0.25
K
ết luận: Với mọi giá trị thực của
m

đ
ều thỏa m
ãn yêu c
ầu của b
ài toán.

0.25
Câu 2
(1,5
điểm)
Giải phương trình:
 
3
1 8 3
2
sin x cos x cos x
 
  
 
 


Ta có:
   
3
1 8 3 8 3 2
2
sin x cos x cos x sin x sin xcos x sin x



 
       
 
 

0.5


4 2 3 3 4 2
sin x sin x=-sin x sin x+sin x sin x=0
   

0.25
2 2 4 2
sin xcos x sin x=0
 


2 2 2
sin x cos x =0
 



 
2 0 1
2 0 2
sin x
cos x




 





0.25


0.25
Giải (1) cho
2
k
x ;k

 

; còn (2) vô nghiệm
Kết luận phương trình có nghiệm:

2
k
x ;k

 


0.25
Câu 3
(1 điểm)
Cho hai đường thẳng
1 2
d ,d
song song với nhau. Trên đường thẳng
1
d
có 10 điểm
phân biệt, trên đường thẳng
2
d
có
n
điểm phân biệt


2
n ,n
 
. Cứ 3 điểm không
thẳng hàng trong số các điểm nói trên lập thành một tam giác. Biết rằng có 2800 tam
giác được lập theo cách như vậy. Tìm
n
?

Số tam giác có 1 đỉnh thuộc
1
d

, 2 đỉnh thuộc
2
d
là:
1 2
10
n
C .C

0.25
Số tam giác có 2 đỉnh thuộc
1
d
, 1 đỉnh thuộc
2
d
là:
2 1
10
n
C .C

0.25
Theo giả thiết:
1 2
10
n
C .C
+
2 1

10
n
C .C
=2800
   
10
10 2800
2 2 2 8 1
n! ! n!
. .
n !. ! !. ! n !
  
 

0.25
2
8 560 0
n n
   
20
28
n
n




 

.

Kết luận:
20
n


0.25
Câu 4
(1 điểm)
Cho hình lăng trụ tam giác
ABC.A' B' C'
có đáy là tam giác đều cạnh
a
, cạnh bên tạo
với đáy một góc bằng
0
60
. Gọi
M
là trung điểm cạnh
BC
và
I
là trung điểm của
AM
. Biết rằng hình chiếu của điểm
I
lên mặt đáy
A' B' C'
là trọng tâm
G

của
A' B' C'

. Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A' B' C'
.

Hình v
ẽ:


Gọi
M '
là trung điểm của
B' C'
;
K A' M '

sao cho
A' K KG GM '
 

Kẻ
AH A' M ';H A' M '
 

0.25
Ta có
AHGI
là hình bình hành nên

IG AH


Hơn nữa
AM A' M '

,
I
là trung điểm của
AM
,
G
là trọng tâm của
A' B' C'


nên H là trung điểm của
A' K
1
6
A' H A' M '
 

0.25

Ta có:
2
3
4
a

dtA' B' C' 
;
3
2
a
A' M ' 
3
12
a
A' H 

0
3
60 3
12 4
a a
AH A' H .tan .
  


0.25

Từ đó:
2 3
3 3
4 4 16
ABC .A' B' C'
a a a
V AH.dtA' B' C' .  
(đvtt)

0.25
Câu 5
(1 điểm)
Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
 
 
 
x
0;1 3
:


2
2 2 1 2 0
m x x x( x )
     


Đặt
2
t x 2x 2
  

 
dox [0;1 3]
nên


1;2

t 

0.25

Bất phương trình tương đương với:



2
t 2
m
t 1



0.25
Khảo sát hàm số
t
g(t)
t



2
2
1
với


1;2

t



Ta có:
 
 

2
2
2 2
0
1
t t
g'(t)
(t )
. Vậy
t
g(t)
t



2
2
1
đồng biến trên


1 2

;

Và do đó:
2
( ) (2)
3
Maxg t g
 

0.25

Từ đó:
2
t 2
m
t 1



có nghiệm t

[1,2]


 
t
m g t g
1;2
2
max ( ) (2)

3

  

Kết luận:
2
3
m


0.25
Câu 6
(1 điểm)


Cho
ABC

có trung điểm cạnh
BC
là


3 1
M ;

, đường thẳng chứa đường cao kẻ
từ
B
đi qua điểm



1 3
E ;
 
và đường thẳng chứa
AC
đi qua điểm


1 3
F ;
. Điểm
đối xứng của đỉnh
A
qua tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC

là điểm


4 2
D ;

.
Tìm toạ độ các đỉnh của
ABC

.

Hình

v
ẽ:

Gọ
i
H
l
à trực tâm
ABC

t
hì có
BH
CD

là hình bình hành, nên M là trung điểm
HD


2
0
H
;

B
H
ch
ứa



1 3
E ;
 
nê
n
   
2
0
2
0
1 2 3 0
x
y
BH : BH : x y



   
   

0
.25
Do

DC
BH

v

à


4
2
D
;

thuộc
DC nên


6
0
D
C : x y

 
Do

BH
AC

v
à


1 3
F ;
thu

ộc AC nên


4 0
AC : x y
  
0.25
Do

C AC DC
 

nên tọa độ C là nghiệm của hệ
6
0
4
0
x
y
x y

 



 

Tì
m được



5
1
C
;



3
1
M
;

là trung điểm của
BC
nên


1
1
B
;




4
0
B
C ;





0.25
Do

H
l
à trực tâm
AB
C

nê
n
A
H BC



2 0
AH : x
  
Do

A AH AC
 

nên tọa độ A là nghiệm của hệ
2

0
4
0
x
x
y
 



 



2 2
A ;

Kết luận:


2
2
A
;
;


1
1
B

;

;


5
1
C
;

0.25
Câ
u 7
(1 điểm)
Giải hệ phương trình:
3 2 3 2
2
3 2 3
3
2 8
x x y y
x
y y

   



  


Điều kiện
:
3
2
2
3 0
2
8 0
0
2 0
y y
x
y y
y
x
 





 
 






0

.25
Khi đó:

  


3
3
3
2 3 2
3
2 3 1 3 1 3 3 3
x
x y y x x y y

          
 


1
3
f
x f y

  
với hàm số
3
(
) 3
f

t t t


0
.25
Xét
hàm số
3
(
) 3
f
t t t


v
ới


1
;t


có



2
2
'
( ) 3 3 3 1 0

f
t t t

   
Hàm số
3
(
) 3
f
t t t


đồng biến trên


1;

Nê
n từ
 


1
3 1 3 2 3 1
f
x f y x y x y

          
0.25
Từ

2
3 2 8
x y y
  



2
9
2 8
x
y y

 


2
9
3 1 8
y
y y

   
2
9
3 8 9
y
y y


   
V
ới điều kiện
0
y

,
bình phương 2 vế của phương trình trên và biến đổi thành:
4
3 2
16
72 63 162 0
y
y y y

   




3
2
1
17 99 162 0
y
y y y

    
Su
y ra

1
y


và
3
x

. Kết luậ
n: Hệ có nghiệm duy nhất:
3
1
x
y





0
.25
Câu 8
(1 điểm)
T
ìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

  




x
x x x
f x
x
x
4
3 2
2
4
8 8 5
( )
2
2
T
ập xác định:
D



0
.25
T
a có:

  
 
f
x x x
x x
2

2
1
(
) 2 2
2 2
;
Chỉ ra:
 
     
x x x
2
2
2 2 1 1 1

0
.25
Theo
BĐT Cauchy:
f x x x
x x
2
2
1
( ) 2 2 2
2
2
    



0
.25
Đẳ
ng thức xảy ra

   
x
x x
2
–
2 2 1 1
.
Vậy
:
2
Mi
nf( x )


đạt được khi
1
x


0
.25

Hết