ôn thi thpt quốc gia toán

MĐ nhận
thức
1. KS SBT
và vẽ ĐTHS

Số câu
Số điểm
Tỉ lệ %
2. Bài toán
liên quan
Số câu
Số điểm
Tỉ lệ %
3. Phương
trình lượng
giác
Số câu
Số điểm
Tỉ lệ %
4. Phương
trình mũ và
lôgarit
Số câu
Số điểm
Tỉ lệ %
5. Thể tích

6. Hệ phương
trình

7. Hình học

phẳng

Nhận biết

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA
Cấp độ
Thông hiểu
Vận dụng
Thấp
Biết cách KS SBT và vẽ
ĐT của hs
y = ax 3 + bx 2 + cx + d
(a ≠ 0)
1
2,0
20%
Viết phương
trình tiếp tuyến
biêt hsg.

Vận dụng
cao

Tổng
điểm

1
2,0
20%

1
1,0
10%

1
1,0
10%
Biết biến đổi để đưa về
một số dạng ptlg
thường gặp.
1
1,0
10%

1
1,0
10%

Biết cách giải
phương trình
bẳng pp đặt ẩn
phụ.
1
2,0
20%

1
2,0
20%
Biết tính thể tích của

khối chóp và khoảng
cách từ một điểm đến
mp.
1
2,0
20%

1
2,0
20%
Biết cách
giải hpt.
1
1,0
10%
Biết cách
viết phương
trình đường
thẳng.
1

1
1,0
10%

1


Tổng số câu
Tổng số điểm

Tỉ lệ %

2
3,0
30%

3
5,0
50%

1,0
10%
2
2,0
20%

1,0
10%
7
10,0
100%


TRƯỜNG THPT SỐ 2 SI MA CAI

TỔ TOÁN – LÝ – TIN

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1(3,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 5
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị biết hệ số góc bằng -3.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: cos x + 3 sin x =

1
cos x

Câu 3 (2,0 điểm) Giải các phương trình:
a) 2.49 x − 5.7 x + 3 = 0
b) log 2 x + 4.log 4 x + log8 x = 13
Câu 4 (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng (Oxy) cho tam giác ABC vuông tại A. Điểm C ( −2;3) và đường phân
giác trong của góc A có phương trình x + y -3 = 0. Diện tích tam giác ABC bằng 2. Hãy
viết phương trình đường thẳng BC biết điểm A có hoành độ không âm.
Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD đáy ABCD là hình vuông, có các cạnh a. Cạnh
bên SA vuông góc với đáy và SC tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 600 . Tính theo a
thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng SBC.
6 x 2 − 3xy + x + y = 1
Câu 6 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
y 2 − 2x2 = 1


Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu
1
1/ y = x 3 - 3x 2 + 5
(3,0 đ) TXĐ: D = R

Đáp án

Điểm
0,25
0,25

y ' = 3x − 6 x
2

x = 0
y'= 0 ⇔ 
x = 2

Hs đồng biến trên khoảng (−∞;0) và (2; +∞)
Hs nghịch biến trên khoảng (0;2)
Cực trị: hs đạt giá trị cực đại tại x = 0 ⇒ ycd = 5
Hs đạt giá trị cực tiểu tại x = 2 ⇒ yct = 1
y = ±∞
Giới hạn: xlim
→±∞

0,25

BBT:

0,5
−∞

x
Y’
y

0
0
5

+

+∞

2
0

-

−∞

0,25

+

+∞

1

Đồ thị:

0,5
y

f(x)=x^3-3x^2+5

6

4

2

x
-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

-2

-4

-6

-8

Ta có: y ' = 3 ⇔ 3x − 6 x = −3 ⇒ x = 1
y=3
Phương trình tt của đt là: y = −3( x − 1) + 3 = −3 x + 6
π
Đk: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ
2
2

2

0,5
0,25
0,25
0,25


Pt ⇔ cos 2 x + 3 sin x.cos x = 1
⇔ cos2 x + 3 sin 2 x = 1
1
3
1
⇔ cos2 x +
sin 2 x =
2
2
2
π
1
⇔ sin(2 x + ) =
6
2
π π

2
x
+
= + k 2π


6 6
⇔
 2 x + π = 5π + k 2π

6
6
 x = kπ
⇔
;( k ∈ Z )
π
 x = + kπ
3


3

0,5

 x = kπ
;( k ∈ Z )
KL: Nghiệm của phương trình là: 
π
 x = + kπ
3

2x
x
x 2
x
a) 2.7 − 5.7 + 3 = 0 ⇔ 2.(7 ) − 5.7 + 3 = 0

+ ) Đặt: t = 7 x . Điều kiện: t > 0.

0,25

0,25

t = 1
+) Khi đó PT có dạng: 2t − 5t + 3 = 0 ⇔  3 (t/m đk)
t=
 2
+) Với t = 1 ta có: 7 x =1 ⇔ x=0.
3
3
3
+) Với t = ta có: 7 x = ⇔ x= log 7 .
2
2
2

0,25

2

Vậy phuơng trình đã cho có nghiệm là: x = 0; x = log 7
b) log 2 x + 4.log 4 x + log 8 x = 13
ĐK: x > 0
⇔ log 1 x + 4.log 22 x + log 23 x = 13
22

1

⇔ 2log 2 x + 2log 2 x + log 2 x = 13
3
⇔ log 2 x = 3 ⇒ x = 8
Nghiệm của pt là x = 8

0,25
3
2

0,25

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


5
E
B
d
M

A

C

Gọi d là đường phân giác trong của góc A
Gọi E là điểm đỗi xứng của C qua d
Ta có phương trình đường thẳng EC là

1( x + 2) − 1( y − 3) = 0 ⇔ x + y − 5 = 0
Gọi M là giao điểm của d và đường thẳng EC. Khi đó tọa độ M là
nghiệm hệ phương trình
 x + y − 3 = 0  x = −1
⇔

x − y + 5 = 0  y = 4
Vậy M (−1;4)
Vì M là trung điểm EC nên E (0;5)
Theo
uuurtính
uuurchất đường phân giác trong nên E thuộc AB
⇒ AE. AC = 0
Gọi A(a;3 − a )
uuur
Ta có AE = (− a;2 + a)
uuur
AC = (−2 − a; a )
 a=0
Vậy −a.(−2 − a ) + (2 + a)a = 0 ⇔ 
 a = −2 (l )
Vậy A(0;3)
uuur
Ta có AE = (0;2)
Phương trình AE: x = 0
Vì B thuộc đường thẳng AE nên tọa độ B (0; b)
Ta có AB = 02 + (b − 2) 2 = b − 2
AC = (−2 − 0) 2 + (3 − 3) 2 = 2
Vậy S ABC =

b = 4
1
AB. AC = b − 2 = 2 ⇔ 
2
b = 0

0,25

0,25

0,25


Với b = 4 , ta có B (0;4)
uuur
BC = ( −2; −1)
Phương trình BC: 1( x − 0) − 2( y − 4) = 0 ⇔ x − 2 y + 8 = 0
Với b = 0, ta có B (0;0)
uuur
BC = ( −2;3)
Phương trình BC: 3( x − 0) + 2( y − 0) = 0 ⇔ 3 x + 2 y = 0

0,25

6
S

H

A

B

D

C

S ABCD = a 2
Vì SA ⊥ ( ABCD) nên SA ⊥ AC
·
Ta có góc giữa AC và mp(ABCD) là góc SCA
= 600
Xét trong tam giác vuông SAC vuông tại A, AC = a 2
SA = AC.tan 600 = a 6
1
a3 6
Vậy thêt tích của khối chóp là: V = SA.S ABCD =
3
3
Tính khoảng cách?
· ,( SBC )) = d ( ·A,( SBC )) .
Ta có AD // BC ⇒ AD // ( SBC ) nên d( D
Trong mp(SAB) kẻ AH ⊥ SB (1)
BC ⊥ AB 
Ta có:
 ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH (2)
BC ⊥ SA 
Từ (1) và (2) suy ra: d ( ·A,( SBC )) = AH

0,5

AH
a 3
Trong VSAB ta có: sin B· SA =
⇒ AH = SA.sin 300 =

0,5

SA

2

0,5

0,5


a 3
.
2
6
6 x 2 − 3xy + x + y = 1 (1)
(1,0 đ) 
y 2 − 2 x 2 = 1 (2)

Biến đổi pt (1), ta có
6 x 2 − 3xy + x + y = 1 ⇔ 6 x 2 − 3xy + 3x − 2 x + y − 1 = 0
⇔ 3x(2 x − y + 1) − (2 x − y + 1) = 0 ⇔ (2 x − y + 1)(3x − 1) = 0
 2 x − y + 1 = 0 (1')
⇔
 3 x − 1 = 0 (2')

Từ (1') : 2 x − y + 1 = 0 ⇔ y = 2 x + 1
Thay vào (2) ta được (2 x + 1) 2 − 2 x 2 = 1 ⇔ 4 x 2 + 4 x + 1 − 2 x 2 = 1
 x = 0 ⇒ y =1
2 x2 + 4 x = 0 ⇔ 
 x = −2 ⇒ y = −3
1
Từ (2') : 3 x − 1 = 0 ⇔ x =
3

11
y=−

1 2
11
3
2
2
Thay vào (2) ta được y − 2( ) = 1 ⇔ y = ⇔ 
3
9

11
 y=
3

1
 1 11 
11 
Vậy hệ đã cho có nghiệm (0;1), (-2;-3),  ; −
và

÷
 ;
÷
3
3


3 3 
· ,( SBC )) =
Vậy d( D

0,25

0,25

0,25

0,25