DE42 THPT thuận châu sơn la _ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TOÁN NĂM 2015

SỞ GD & ĐT SƠN LA 

CHẤT
KHỐI
ĐỀ THI THỬ KỲĐỀ
THIKHẢO
THPTSÁT
QUỐC
GIALƯỢNG
2015 - ĐỀ
SỐ 4212 - LẦN II
Thời gian làm bài 180Môn:
phút TOÁN
THPT THUẬN CHÂU
Thời--------oOo-------gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
x3
(1)
x 1
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số (1) .
b. Tìm m để đường thẳng d : y  x  2m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.
Câu 2(1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y 

9
1
y  2 cos 3 x  cos 2 x  3cos x 
2
2
Câu 3(1,0 điểm). Giải phương trình: cos3x  cos x  2sin x cos2x
Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình: 2log 2 x  3  log 4 ( x  1) 2  log 2  4 x 

Câu 5(1,0 điểm). Tổ một có 3 học sinh nam và 4 học sinh nữ.Tổ hai có 5 học sinh nam và 2 học
sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất sao cho chọn được
hai học sinh có cả nam và nữ
Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc 
ABC  600 ,
SA vuông góc với mặt phẳng đáy, S C  2 a . Tính theo a thể tích của khối chóp S. ABCD và
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) .
Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M (0;2) và hai đường thẳng
d : x  2 y  0  : 4 x  3 y  0 . Viết phương trình của đường tròn đi qua điểm M, có tâm thuộc
đường thẳng d và cắt đường thẳng  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài đoạn AB bằng
4 3 . Biết tâm đường tròn có tung độ dương
 x3  12 y2  x  2  8 y3  8 y
( x, y  R)
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2
3
 x  8 y  5x  2 y
Câu 9(1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3
4
5


S
bca a cb a bc
Trong đó a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thỏa mãn 2 c  b  a b c
-------------Hết------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh………………………………………………..: Số báo danh………………

Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ () đã gửi tới www.laisac.page.tl

- Trang 1/7 -

261


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KSCL LẦN II – KHỐI 12
Môn: TOÁN
(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)
Câu
Đáp án
1 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số (1)
(2,0
 Tập xác định: D   \ 1
điểm)
 Sự biến thiên:

Điểm
1,0
0,25

4
 y '  0, x  1
(x  1)2
- Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1;  

- Chiều biến thiên: y ' 

- Cực trị: hàm số không có cực trị
- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực, tiệm cận:

lim y  1 , lim y   , lim y  
x  

x   1

0,25

x   1

Đường thẳng x   1 là tiêm cận đứng, đường thẳng y  1 là tiệm cận ngang
Bảng biến thiên:



x
y’
y



-1
+

0,25

+
1





1

Đồ thị: cắt trục tung tai điểm (0;-3), cắt trục hoành tại điểm (3;0). Đồ thị nhận 0,25
giao điểm (-1;1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng

f(x ) =

x 3

y

8

x+1

6

4

2

I
-1
10

1
O

5

5

10

2

4

2622/7 - Trang

x


b. Tìm m để đường thẳng d : y  x  2m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có 1,0
hoành độ dương
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:
0,25
 x  1
x3
 x  2m  
2
x 1
 g ( x )  x  2 mx  2 m  3  0 (1)
Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương thì (1) 0,25
'  0

phải có hai nghiệm dương phân biệt khác -1
S  0

 
P  0
 g (  1 )  0
0,25
 m 2  2m  3  0


 2m  0
 
3  2m  0
 4  0

2
(1,0
điểm)

0,25
  m  3
 m  1


 m  0  1  m  3 / 2
m  3 / 2


Vậy với 1  m  3/2 thì đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có
hoành độ dương
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
1,0

9
1
y  2cos3 x  cos2 x  3cos x 
2
2
Tập xác định: D  
Đặt t  cos x , t    1;1

0,25

ta được hàm số:

9
1 liên tục và xác định trên
 1;1
g ( t )  2t 3  t 2  3t 
2
2
t  1
'
2
'
g ( t )  6t  9 t  3 g ( t )  0  
1
t 

2
1 9
g(1)  9, g( )  , g(1)  1
2 8

0,25

0,25

1 9
Ma x g  g ( )  , Mi n g  g ( 1)  9
 1;1
2 8 1;1
Vậy Max y 


9

 x    k 2 , Min y  9  x    k 2 , k  

8
3

3
Giải phương trình: cos 3 x  cos x  2 sin x cos 2 x
(1,0
cos3x  cos x  2sin x cos2x  2sin2x sin x  2sin x cos2x  0
điểm)  s in x ( s i n 2 x  c o s 2 x )  0

2633/7 - Trang

0,25
1,0
0,25

0,25


 k


sin2 x  cos2x  0  x 


8
2

sinx  0
 x  k

0,25
k 

0,25
Vậy pt có hai họ nghiệm: x 

 k
 , x  k (k )
8 2

2
4
Giải phương trình: 2log2 x  3  log4 ( x 1)  log2 4 x
(1,0
điểm) Điểu kiện :

2 log2 x  3  log4 ( x  1)2  log2 4 x  log2 [( x  3) x  1 ]  log2 4 x
 ( x  3) x  1  4 x (*)

1 ,0
0,25
0,25
0,25

 x  3  2 3 ( tm )
o  x  1: (*) : x 2  6 x  3  0  
 x  3  2 3 (l )
 x   1 (l )
x  1 :(*) : x 2  2 x  3  0  
 x  3 ( tm )

0,25

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x   3  2 3, x  3
5
Tính xác suất để chọn được hai học sinh có cả nam và nữ ?
(1,0
Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh . có C 71 .C 71  4 9 cách  n (  )  49
điểm)
Gọi A là biến cố : “ Chọn được 2 học sinh có cả nam và nữ”. Có các trường hợp
sau:
+ TH1: Chọn học 1 sinh nữ ở tổ một, 1 học sinh nam ở tổ hai. Có 4.5  20 cách
+ TH2: Chọn học 1 sinh nam ở tổ một, 1 học sinh nữ ở tổ hai. Có 3.2  6 cách
Theo quy tắc cộng

 n( A)  26  P ( A) 

1,0
0,25
0,25
0,25
0,25

n( A) 26

n( ) 49

6
Tính theo a thể tích của khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt
(1,0
phẳng ( SCD )
điểm)

1,0

S

SA là đường cao của hình chóp
S.ABCD
 A B C cân có A
BC  600
  A B C đều cạnh a
H

 dt(ABC ) 

A

D

S ABCD

a2

0,25

3 (đvdt)
4

a 2 3 (đvdt).
 2 dt (  ABC ) 
2

M
B

C

+ Trong tam giác vuông SAC: SA  SC 2  AC 2  a 3

2644/7 - Trang

0,25


1

a3
VS . ABCD  .SA.SABCD  (đvtt)
3
2
d ( B , ( S C D ))  d ( A , ( S C D ))
Gọi M là trung điểm của CD. Trong ( SAM ) kẻ AH  SM tại H
 SAM    SCD 
 AH   SCD   d ( A, ( SCD))  AH
 SAM    SCD   SM

Vì 

0,25

0,25

Ta có
1
1
1
5
a 15
a 15


 2  AH 
 d ( B, ( SCD )) 
2
2
2

AH
SA
AM
3a
5
5
7
Viết phương trình đường tròn đi qua M(0;2), có tâm thuộc d, cắt  tại hai
(1,0
điểm A, B: AB  4 3 ( biết tâm đường tròn có tung độ dương)
điểm)

1,0

A
M

H
B

d
I

Gọi I (  2 t ; t )  d là tâm đường tròn ( t  0 )
IM 2  4 t 2  (2  t ) 2
+ d (I, )  t
+ Gọi H là trung điểm đoạn AB
Ta có: IH 2  AH 2  IA2  IH 2  AH 2  IM 2

0,25

0,25

 t 2  12  4t 2  (2  t )2  t 2  t  2  0   t  2 ( tm )


0,25

t  2  I (  4; 2) , bán kính đường tròn R  IM  4

0,25

 t  1 ( l )

 Phương trình đường tròn: ( x  4) 2  ( y  2) 2  16
8
(1,0
điểm) Giải hệ phương trình

x3  12y2  x  2  8y3  8y (1)
 2
3
 x  8y  5x  2y (2)

1,0

(x, y R)

Điều kiện : x 2  8 y 3  0
Xét phương trình (1):

x3 12 y 2  x  2  8 y3  8 y  x3  x  1  (2 y 1)3  (2 y 1)  1

0,25

 (2 y  x  1)[(2 y  1) 2  (2 y  1) x  x 2  1]  0  2 y  x  1
Vì: (2 y  1) 2  (2 y  1) x  x 2  1  0,  x , y

0,25

Thế 2 y  x  1 vào phương trình (2) ta được :
- Trang
2655/7 -


x2  ( x  1)3  5 x  ( x  1)  x 3  4 x 2  3x  1  4 x  1

0,25

1

 x  1  y  1 ( tm )
x 
 
 
4
 x  1 1  y  6 ( tm )
 x 3  1 2 x 2  1 1 x  0
Vậy hpt có hai nghiệm (x;y) là: (1;1),(11;6).

0,25

9
3
4
5
. Trong 1,0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S 


(1,0
bca ac b abc
điểm) đó a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác thỏa mãn 2c+b = abc.
Áp dụng BĐT :

0,25

1 1
4


( x , y  0) ta có:
x
y
x y
1
1
1
1
1
1

S (

)  2(

)  3(

)
bca acb
b c a a bc
a c b a bc
2 4 6
  
c b a

Từ gt ta có

2 1
2 4 6
1 2 3
3
  a nên    2(   )  2(a  )  4 3
b c
c b a
c b a
a

0,25

0,25
0,25

Vậy S  4 3  Min S  4 3  a  b  c  3

Chú ý:
- Nếu thí sinh làm theo cách khác mà vẫn đúng thì GK căn cứ đáp án cho điểm tối đa.
- Câu 6 HS không vẽ hoặc vẽ hình sai thì không chấm.
- Điểm toàn bài để đến 0,25 và không làm tròn.
Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ () đã gửi tới www.laisac.page.tl

2666/7 - Trang