de thi thu thpt quoc gia 2015 mon toan truong thpt dao duy tu thanh hoa lan 3

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT
LƯỢNG THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đề có 10 câu và 01 trang
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số , y = x 3 + (m − 1) x 2 − m
(1) ,với m là tham số
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ m( C=)4 thị của hàm số (1) khi .
C−) 1 số (1) đạt cực đại tại . Khi đó hãy tìm tọa
b) Tìm các giá trị thực của để hàm x (=m
độ các điểm cực trị của đồ thị .
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình .
tan 2 x − 2sin 2 x = sin 2 x
b) Cho số phức z thỏa mãn (2 − i )(1 + i )z+ z = 4 − 2i
hệ thức: . Tính môđun của .
x −1
x −1
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất log 1 ( 9 + 1) − 2 > log 1 ( 3 + 7 )
2
phương trình trên tập số 2
thực:
Câu 4 (1,0 điểm). Giải
x + 1 = (2 x + 1) x + 1 + 2
phương trình trên tập số thực:

1
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân
 1

ln' Cx'÷dx
2.'α
∫1A' BxABC
C
A−''B
CB
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng I = ABC
6
α=
trụ có đáylà tam giác vuông cân tan
e
2
với AB = AC = a (a > 0). Hình
chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) là trung điểm H của BC, các cạnh bên của lăng trụ
tạo với đáy một góc có . Tính thể tích khối đa diện và khoảng cách giữa B’C và A’H.
2
2
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt ( x + 2 ) (+2C( 23y) − 1) = 1
phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
(C1): có tâm O1, đường tròn bán kính bằng 4 có tâm O2 nằm trên đường thẳng (d): x + y
- 4 = 0 và cắt (C1) tại hai điểm A và B sao cho tứ giác O1AO2B có diện tích bằng . Viết
phương trình đường tròn (C2) biết O2 có hoành độ dương.
x - 2 ( αy) + 1
z
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không
d:

1

=

3

=

- 1
gian với hệ tọa độ Oxyz, Viết
phương trình mặt phẳng song song với đường thẳng , vuông góc với mặt phẳng (P): 2x
+ y + z - 1 = 0 đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S): ( x - 2)2 + (y + 1)2 + z2 = 8.

Câu 9 (0,5 điểm). Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm

thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ
có 1 tấm mang số chia hết cho 10.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

§
----------------

P=

2
−
a + ab + 3 abc

3

.
a+b+c

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: ..........................


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT
LƯỢNG THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1
a) (1,0 điểm) Khi m = 4, tacó y = x + 3x - 4
(2,0 điểm) 1) Tập xác định :
D=R
2) Sự biến thiên:

y/= 3x2+6x; y/= 0
x = 0
⇔
)xva=(0−;2+∞)
(
−∞
;
−
2
Hs đồng biến trên các

khoảng ; nghịch biến trên (-2;
0)
Hs đạt CĐ tại x=-2, yCD= 0; đạt CT tại x= 0; yCT=-4
lim
lim yy =
= -+∞
¥
Giới hạn : ;
3

2

0,25

0,25

x®
x→
- +∞

¥

BBT

x
y/
y

−∞ 0
+

-2
+

0
0

-

0

+∞

+

0,25

− ∞ -4

3) Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình với yêu cầu: thể hiện được đầy đủ các điểm

đặc biệt và nét vẽ chính xác
b) (1,0 điểm)
x = −1
Hàm số đạt cực đại tại nên

5

−2m + 5 =50
5
 y ' ( −1) = 0
m =
Với : thay vào phương trình
số⇔và tính2đạo
hàm,
⇔hàm
⇔m
= ta được:

m
=
2
(t/m) y '' ( −1) < 0  22 m − 8 < 20  xm−<0 4
y ' = 3x + 3x = 0 ⇔ 
Do đó tọa độ các điểm
5

A =  0; − ÷ và B = (−x1;=−−21)
cực trị là:
2


Câu 2
a) (0,5 điểm) Tính giá trị của biểu thức lượng giác
cos2 x ≠ 0
(1,0 điểm) Điều kiện:
⇔ tan 2 x − ( 1 − cos2 x ) = sin 2 x ⇔ sin 2 x − ( 1 − cos2 x ) cos2 x − sin 2 xcos2 x = 0
PT
⇔ ( sin 2 x − cos2 x ) ( 1 − cos2 x ) = 0
π
π
π
+ Với
sin 2 x − cos2 x = 0 ⇔ 2 x = + kπ ⇔ x = + k
1 − cos2 x = 0 ⇔ 2 x =4 k 2π ⇔ x = kπ8
+ Với
2
z
b) (0,5 điểm) Tính môđun
(2 − i )(1 + i ) + z = 4 − 2i
của .
bi
Đặt , (), khi đó . Theo bài ra ta zza==, baa∈+−Rbi
có

Câu 3
(0,5 điểm)

(

)

(

2

2

0,5
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

(2 − i )(1 + i ) + a − bi = 4 − 2i ⇔ a + 3 + (1 − b)i = 4 − 2i
4 23i= 10
a =1
. Do đó , suy ra
a +z32==1+
⇔xz−1= 1 + 3 ⇔

Giải bất phương trình log 1 9 1+−1b −= 2−2> log1b3=x −31 + 7
2

0,25

)

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
log 1 ( 9 x −1 + 1) − 2 > log 1 ( 3x −1 + 7 ) ⇔ 4 ( 9 x −1 + 1) < 3x −1 + 7
2

0,25

2

. Vậy tập nghiệm ⇔ 4.9 x −1 − 3x −1 −S 3=<( −∞
0⇔
;1)3x −1 < 1 ⇔ x < 1
là:
Câu 4
Giải phương trình
(1,0 điểm) Điều kiện: Đặt (),
y = xy ≥>x−+121. + 2
ta thu được hệ
2 x + 1) y
 x + 1 + y = 2(

0,25

0,25

 2
 y − x + 1 = 2

x + 1 + y = y 2 − x + 1 ( x + 1) y
⇔ y x +1 +1 y − 2 x +1 = 0
⇔ y x +1 +1 y + x +1 − y2 x +1 = 0
⇔ y = 2 x +1

Suy ra

( (

Do vậy:

(

)( )(

)

x +1 + 2 = 2 x +1 ⇔ x =

) )

0,25

−15 + 33
.
32

0,25

Thay vào, thử lại thấy thỏa

−−15
15++ 33
33
xx ==
.
mãn. Vậy
32
32
Câu 5
Tính tích phân.
1
1
1
(1,0 điểm) Ta có:
1
 1

I = ∫  2 −1 ln x ÷dx = ∫ 12 dx − ∫ ln xdx
Tính ,
1 
1 x
11 x
1
e

0,25
0,5

J =∫

dx = − e = e − 1e
x1
x 21
u = ln x; dv =e2dx
L = ∫ ln xdx = − 1
e 2e− 2
1
I = Je − L =
e
A'

0,25
0,25

1
e

và (Đặt )

Vậy:

AH
'
Câu 6
Ta có , là h.c A ' H AA
⊥
( ABC
)
(1,0 điểm) của
¼

A
' AH
ABC
A∆(' AH
=) α trên và nên
∆ABC
Vì
a 2
a 3
AH
=
⇒
A
'
H
=
AH
tan
α
=
vuông cân tại A cạnh a nên
2
2

0,25

K

B'

A
C

H
B

Có và suy ra
aa3a33 333
V
V
V
=
=
=
A
' BB
'.. A
ABC
'''CB
C
C' 'PB
B
BC
Do và
BC ⊂ ( AABC
'ABC
' C64' P( A ' BC )
)C''⇒
12
Lấy là trung điểm của d ( B ' C '; A ' HB) K

=' Cd' ( K ; ( A ' BC ) )
thì
3

0,25
0,25

C'


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Lại do
KA ' ⊥ A ' H và KA' ⊥ BC ⇒ KA' ⊥ ( A ' BC )
Vậy
a 2
(Học sinh có thể d ( B ' C '; A ' H ) =d d( B( K'BAKA
C;'(C
';HA'A' ' 'BC
H ) ) ) = KA ' = 2
tính bằng cách
chứng minh là đường vuông góc chung của và ).
Câu 7
Viết phương trình đường tròn
(1,0 điểm) Đường tròn (C1) có bán kính và OO21R(t(tC
>; =242;1
0)1− t) )
1−
tâm , đường tròn có tâm với .

· AO = 2 3
SO1 AO2 B = 2 3 ⇒ 2 SO1 AO2 = SO1 AO2 B = O1 A.O2 A.sin O
1
2

.
Nên suy ra

0
·
· AO = 3 ⇒ O1 AO2 = 60
sin O
1
2
0
2· 0
2
2
· (AO
O+1(AO
Trường hợp 1. thì . O1O2 2 = 13 ⇒
O
3 −2 t=) 120
= 13
) 60
1 t +22=
. Chọn t = 1 suy ra
t = 0
⇔ 2t 2 − 2t = 0 ⇔ 
O2(1; 3).

t = 1
2
2
Vậy (C2): .
x
−
1
+
y
−
3
(
) ( 2 ) = 16 2
2
·
Trường hợp 2. thì . O1O2 = 21 O
⇒1 AO
+ (03 − t ) = 21
( t +2 2=)120
. Suy ra .
1 + 17
2  1 + 17 7 − 17
⇔ 2tO
− 2t −2 8 = 0; ⇔ t = ÷ 2
2
Vậy (C2): .

 1 + 17
 2
2

7−
2 17÷

 ÷
x
−
+
y
−

÷

÷ 
÷ = 16
2
2

 


0,25

0,25

 m = −31

Vậy có 2 mặt phẳng thỏa
mãn là:
Câu 9
Tính xác suất

(0,5 điểm) Gọi A là biến cố lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn

trong đó chỉ có 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
Chọn 10 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ C3010 có: § cách chọn

Câu 10
(1,0

Ta phải chọn :
5 tấm thẻ mang số lẻ trong 15 tấm mang số lẻ
1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 trong 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 10
4 tấm thẻ mang số chẵn nhưng không chia hết cho 10 trong 12 tấm như vậy.
Theo quy tắc nhân, số cách chọn C155 C124 C 31
thuận lợi để xảy ra biến cố A là:
Xác suất cần tìm là
C155 C124 C 31
99
P ( A) =
=
10
Tìm giá trị nhỏ nhất
667
C 30

4

0,25
0,25

Câu 8

Viết phương trình mặt phẳng
r
(1,0 điểm) Đường thẳng d có VTCP là ,
ur= ( 1;3; −1)
Mặt phẳng (P) có VTPT là
n = ( 2;1;1)
Mặt cầu (S) có tâm
I = ( 2; −r1;0
r ) bán kính R=2 2
// d nên là một VTPT mp
mp
−
Pα)5−) z3;
và+−mp
m
( α( )α:u)4,⊥xn −mp
=3 y((4;
5 ) =( α0 )
của . Phương trình mặt
phẳng
tiếp xúc
mp ( 11
α )+ m
 m=9
mc ( S ) ⇔ d ( I ; ( α ) ) = R ⇔
=2 2⇔
5 2
4 x − 3 y − 5z + 9 = 0
4 x − 3 y − 5 z − 31 = 0

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Áp dụng bất đẳng thức
Côsi ta có

1 a + 4b 1 a + 4b + 16c 4
a + ab + 3 abc ≤ a + .
+ .
= ( a + b + c)
2 2
4
3
3

.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4b = 16c
.
Suy ra

3
3
− 3t > 0
Đặt . Khi đó ta có: P ≥ 2 ta=+ab++b3c+ c,
( P ≥ t >)−0 a + b + c
Xét hàm số với ta có .
33
2t3
Bảng biến thiên

t

0,25

0,25

f ' f( t( )t =
) 3= −3−t 2
2t2t− t 2t
t= 0 ⇔ t = 1
f '( t ) = 0 ⇔
2
2t
2t t +∞
−∞
10
−
0+

f '( t )

0,25

+∞
0

f ( t)

t = 1− 3 3
Do đó ta có khi và chỉ khi
min
f
( t ) =3 −2 16
Vậy ta có , đẳng thức
t >0
P ≥ − 2a =
xảy ra khi và chỉ khi .
2
21
 1 
Vậy giá trị nhỏ nhất của
3
16
4

+ b +) c==−
(aa,b,c
,  , ÷4
12⇔
P là khi và chỉ khi .


b =

 21 21 2121

a = 4b = 16c

1 khảo căn cứ theo biểu
Thí sinh có cách giải khác so với đáp án mà đúng thì giám
c=

điểm để chấm. 
21
----------------HẾT----------------

5

0,25