Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn toán đề số 13

SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG
TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ

( Đề thi có 01 trang)

ĐỀ THI THỬ LẦN I
KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN: TOÁN

Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3 x 2  4 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt.

Câu 2 ( 2,0 điểm). Giải các phương trình:
3 sin 2 x  2 sin x
2
a)
sin 2 x. cos x

x

x1

b) 9  3

20

Câu 3 ( 1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

f ( x)  x 4  8 x 2  2015 trên đoạn  1;3 .
1

Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân

I   (x  2015)e x dx
0

Câu 5 ( 1,0 điểm). Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng
(các viên bi có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Chọn ngẫu nhiên
4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu.
Câu 6 ( 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm
A(2 ; 4 ; -1) , B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1).
a)Viết phương trình mặt cầu
(S) có tâm A(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ; 1)
b) Tính góc giữa hai véc tơ


AB và CD

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B
và AB=4a, AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a
Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a.
 x 2  y 2  xy  1  4 y
, ( x, y  ) .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
2

 y( x  y)  2 x  7 y  2

.................Hết...................


Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG
TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ LẦN I
KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN : TOÁN

( Đáp án – thang điểm gồm 07 trang)
Câu
1
(2,0đ)

Điểm
0,25

Nội dung
a) (1,0đ)
1/ Tập xác định: R
x  0
y,  0  
x  2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 0  và  2;   ; hàm số nghịch biến

0,25
0,25

trên khoảng  0; 2  .
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0  yCĐ = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2  yCT = 0.

0,25

y ,  3x 2  6 x ;

2/ Sự biến thiên

lim y  ; lim y  ;

x 

x 

Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
Bảng biến thiên
x
0

,
+
0
y
y

0,25

-

2
0

+
0,25

4






0

3/Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (2;0), (1;0); đi qua
điểm (3;4).

0,25


0,25

y
4

-1

O

1

2

3

x

b) (0,5đ)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, x0  1  y0  2

y ,  3 x 2  6 x , suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là y , (1)  3
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

y  3 x  5

c) (0,5đ)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường
thẳng
y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt.
Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 3x2 + 4 = mx – 2m
2
 (x – 2)(x – x – 2 – m) = 0

0,25
0,25

x  2
 2
 x  x  2  m  0(*)

0,25

để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi
và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2
   9  4m  0

hay 

0,25
0,25

2

2  2  2  m  0

0,25

9

m  

4
m  0
9
4

Vậy với m  (  ;+  )\{0}

0,25


2
(2,0đ)

a) (1,0đ)Giải phương trình:

3 sin 2 x  2 sin x
2
sin 2 x. cos x

sin x  0
ĐK: sin2x  0 => 
cos x  0

0,25
0,25

Phương trình trở thành :

2sin x(3cos x  1)
2
2sin x.cos 2 x



3cos x  1  2cos 2 x

( Do

sin x  0 )
cos x  1
1
cos x 

2

2cos 2 x  3cos x  1  0  

0,25

*)cosx = 1  sinx = 0 (loại)

0,25

1

 x    k 2 (kZ) .
2
3

Vậy phương trình có nghiệm x    k 2
3

0,25

*)  cos x 

b) (1,0đ) Giải phương trình:
Đặt

9 x  3x1  2  0

3x  t (t  0) phương trình đã cho trở thành :

0,25

t 1
t 2  3t  2  0  
t  2

0,25

Với t = 1, ta được x = 0

0,25

Với t = 2, ta được

0,25

x  log 3 2

Vậy phương trình có hai nghiệm
3
(1,0đ)

0,25

x  0, x  log 3 2

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
trên đoạn

 1;3

f ( x)  x 4  8 x 2  2015


 x  2   1;3

f ' ( x )  4 x 3  16 x ; f ' ( x )  0   x  0   1;3
 x  2   1;3

Ta có

0, 5

0,25

Ta có :

f (1)  2022; f (0)  2015; f (2)  2031; f (3)  2006

Vậy

4

(1,0đ)

max f ( x)  2006
1;3

và

min f ( x)  2031

0,25

 1;3

1

Tính tích phân

I   (x  2015)e x dx
0

1

0,25

1
x

x

I   2015e dx   xe dx  I1  I 2

0

0

1
x

I1   2015e dx  2015e
0

x

1
0

 2015e  2015

0,25

1

Tính

0,25

x

I 2   xe dx
0

u  x
du  dx
Đặt 

x
x
dv
e
dx


v  e


Do đó

I 2  xe

x 1
0

1
x

  e dx  e  e

x 1
0

0,25

1

0

Vậy
5
(1,0đ)

I  2015e  2014

Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng (các viên bi
có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Chọn ngẫu nhiên 4 viên
bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu.
4
Ta có số phần tử của không gian mẫu là: n( )  C15  1365 .

0,25

Gọi A là biến cố “4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu”.
Khi đó biến cố đối A là“4 viên bi chọn ra có đủ cả ba màu
TH1 : 4 viên được chọn có 2 bi đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng
Suy ra số cách chọn là

0,25

C42 .C51.C61

TH2 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 2 bi xanh và 1 bi vàng
Suy ra số cách chọn là

C41 .C52 .C61

TH3 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi xanh và 2 bi vàng
Suy ra số cách chọn là

C41 .C51.C62

 n( A)  C42 .C51.C61  C41 .C52 .C61  C41.C51.C62  720

Do đó

n( A) 720 48
43
P( A) 


 P ( A)  1  P ( A) 
n() 1365 91
91

0,25

0,25


6
(1,0đ)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2 ; 4 ; -1) ,

B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1).
a) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ;
1)

b) Tính góc giữa hai véc tơ

a
(0,5đ)


AB và CD


R  AB  (1)2  02  22  5

Vậy phương trình mặt cầu (S) là
b
(0,5đ)

0,25

Ta có bán kính của mặt cầu (S) là

Ta có :

( x  2)2  (y  4) 2  (z  1)2  5



AB  (1;0;2), CD  (0; 2; 2)

0,25

 
Góc giữa hai véc tơ AB và CD là
 
 
AB.CD
cos( AB, CD)    
AB . CD
(1).0  0.(2)  2.(2)
(1)2  02  2 2 . 02  (2) 2  (2) 2
7
(1,0đ)

0,25

0,25



2
10

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB=4a,
AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a
Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a.
0,25

S

3a

A

C
5a

4a
B

0,25

Do SA  ( ABC) nên SA là đường cao của khối chóp S.ABC.
Trong tam giác vuông ABC.
Ta có:

BC  AC 2  AB 2  (5a)2  (4a)2  3a

SABC 

1
1
AB.BC  .3a.4a  6a2
2
2

0,25

Vậy thể tích của khối chóp tam giác S.ABC là
V=

8
(1,0đ)

0,25

1
SABC. SA = 6a3 (đvtt)
3

 x 2  y 2  xy  1  4 y
Giải hệ phương trình: 
, ( x, y  ) .
2
2
 y( x  y)  2 x  7 y  2

0,25

Nhận xét: hệ không có nghiệm dạng (x0 ;0)
2

 x 1
x y 4

y
 x  y  xy  1  4 y


Với y  0 , ta có: 
.

2
2
2
 y(x  y)  2x  7 y  2
( x  y )2  2 x  1  7

y
2

2


Đặt u 

x2  1
, v  x  y ta có hệ:
y

 uv  4
 u  4v
 v  3, u  1
 2

 2
v  2u  7
v  2v  15  0
v  5, u  9

0,25

0,25

+) Với v  3, u  1 ta có
x2  1  y

 x2  1  y
 x2  x  2  0
 x  1, y  2
.



 x  2, y  5
x y 3
 y  3 x
 y  3 x

hệ: 

Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5).
x2 1  9 y x2 1  9 y x2  9x  46  0


+) Với v  5, u  9 ta có hệ: 
,
 x  y  5  y  5  x  y  5  x

Hệ này vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y)  {(1; 2), (2; 5)}.
................ Hết..................

0,25