Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán trường THPT Lương Ngọc Quyến, Thái Nguyên năm 2015 (Lần 2) - Đề thi thử Quốc gia môn Toán có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (244.88 KB, 9 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

4 2
1

2 1.
4

  

y x x

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

 x4 8x2 4m 4 0. b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m sớ nghiệm thực của phương

trình

Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:

x 1 x

7 2.7 9 0

   a) .

b) (sinx + cosx)2 = 1 + cosx.

Câu 3 (1,0 điểm). 
3 4

(3 5 )(6 )
3 2

i

z i i

i



   

 a) Tìm phần thực và phần ảo của sớ phức: .

b) Tìm hệ số của x9 trong khai triển (2 - 3x)2n, trong đó n là sớ ngun dương thỏa mãn:

1 3 5 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 4096

n

n n n n

C C C ... C +

+ + + + + + + + = .

I=

∫

π

cos x√3 sin x+1dx Câu 4 (1,0 điểm).Tính tích phân .

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a, mặt phẳng

(SAB) vng góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 600. Tính thể
tích khới chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a.

y − 2¿2=25

x − 1¿2+¿
¿

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội

tiếp đường trịn (T) có phương trình . Các điểm K(-1;1), H(2;5) lần lượt là chân đường cao
hạ từ A, B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có
hoành độ dương.

7 10 11

; ;

3 3 3

B  

 













2 2 2

1 2 3 4.

x  y  z  Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ

tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3;2;1), và mặt cầu (S): Chứng minh rằng mặt phẳng trung trực
của đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S). Xác định tọa độ của tiếp điểm.















2 2 2

3 2 2

2 2 4 1 1 1

4 1 2 1 6

x y y x x

x y x x

     




    

 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

, ,

x y z x y  1 z





3 3 3 14

1 1

x y z

P

x yz y xz z xy z xy x y

   

       Câu 9 (1,0 điểm). Cho 3 số
thực dương thay đổi, thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

-- HÕt

---Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN

đề thi thử thpt quốc gia lần 2 năm 2015
Mơn: Tốn

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Híng dÉn chÊm

thi thử kỳ thpt quốc gia lần 2 năm 2015
 môn Toán

Lu ý khi chm bài:

- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh.
Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì khơng cho điểm bước đó.

- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.

- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó khơng
được điểm.

- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.

- Trong lời giải câu 5, nếu học sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì khơng cho điểm.
- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trũn.

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

4 2

2 1.
4

y x x

Cho hàm số

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

 x4 8x2 4m 4 0. b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m sớ nghiệm của

phương trình

a, 1,0

b, 1,0 D a, *TXĐ:

lim ; lim .

      

x y x y * Giới hạn: 0,25

* Chiều biến thiên:





3 3 2 0

' 4 ; ' 0 4 0 4 0

2



          




x

y x x y x x x x

x



2;0





2;



- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng và



  ; 2





0;2



- Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng và .

0,25

 

0 1

 

CĐ

y y - Hàm số đạt cực đại tại x

CĐ= 0, .

2

CT

x yCT y



 2



5- Hàm số đạt cực tiểu tại , .
* Bảng biến thiên

x   22  0

y' - 0 + 0 - 0 +

y

  -1

-5 -5 0,25

* Đồ thị:

0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

 4 8 2 4   4 0 1 4  2 2  1
4

x x m x x m

b) Ta có: (*) 0,25

Sớ nghiệm của phương trình (*) bằng sớ giao điểm của đồ thị (C) và đường

thẳng d: y = m 0,25

- Nếu m > -1 hoặc m = - 5 thì d cắt (C) tại 2 điểm nên phương trình (*) có 2 
nghiệm.

- Nếu m = - 1 thì d cắt (C) tại 3 điểm nên phương trình (*) có 3 nghiệm.

m ( 5; 1)   - Nếu thì d cắt (C) tại 4 điểm phân biệt nên phương trình (*) có 4

nghiệm phân biệt.

- Nếu m < -5 thì d khơng cắt (C) nên phương trình (*) vơ nghiệm.

0,5

C©u 2

x 1 x

7 2.7 9 0

   Giải các phương trình sau: a) .

 2  

(sinx cosx) 1 cosx b) .

a, 0,5

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

t 7 , t 0  Đặt

2 t 7

t 9 0 t 9t 14 0

t 2
t


        


 Ta có pt: ( thỏa mãn t > 0 )

0,25

7 7 x 1

    Với t = 7





7 7

7 2 x log 2 x log 2

      Với t = 2





x log 2 Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1, .

0,25

 2  

(sinx cosx) 1 cosx  1 2sinxcosx 1 cosx  b) Ta có:

 cosx(2sinx-1) 0 0,25

 





cosx 0
1
sinx=
2







 



  


 


x k
2

x= k2 (k Z).

6
5

x k2
6

 


  


 








x k
2

x= k2 (k Z).

6
5

x k2

6 Vậy: phương trình có nghiệm

0,25

C©u 3

3 4

(3 5 )(6 )
3 2

i

z i i

i



   

 a) Tìm phần thực và phần ảo của sớ phức: .
( )2

2 3- x n 1 3 5 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1 4096

n

n n n n

C C C ... C +

+ + + + + + + + = b) Tìm hệ sớ của x9 trong khai

triển , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: .

a) 0,5

b) 0,5 a) Ta có

2 2

(3 4 )(3 2 )

18 3 30 5

3 2

298 333

13 13

i i

z i i i

i

 
    

 

0,25
298
13
 333

13 Vậy phần thực: , phần ảo: 0,25

b) Ta có

( )2 1 0 1 2 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

1 n n n

n n n n

x + C C x C x ... C +x +

+ + + +

+ = + + + +

2 1 0 1 2 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2 n n

n n n n

C C C ... C

+ +

+ + + +

= + + + + Cho x=1, ta có (1)

0 1 2 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

0 n

n n n n

C C C ... C +

+ + + +

= - + - - Cho x= -1, ta có : (2)

(

)

2 1 1 3 5 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2 n 2 n

n n n n

C C C ... C

+ +

+ + + +

= + + + + Lầy (1) trừ (2), ta được :

2 1 3 5 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2 n n

n n n n

C C C ... C +

+ + + +

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2 2 12

2 n =4096Û 2 n=2 Û 2n=12

Từ giả thiết ta có

( )12 12 12

12
0

2 3 1 k k2 k 3 k

k

x ( ) C - ( x )

- =

å

-Do đó ta có ( 0 ≤ k ≤ 12, k nguyên)

9 9 3
123 2

C  hệ số của x9 là : -.

0,25

C©u 4 I=

∫

π

cos x√3 sin x+1dx Tính tích phân .

1,0

u=√3 sin x+1⇒ cosxdx=2

3udu Đặt 0,25

x=0⇒u=1; x=π

2⇒u=2 Đổi cận:

0,25

u .2

3udu=
2
3

u3

I=

∫

1
2

❑¿2

¿1

Khi đó: 0,25

I=14

9 Tính được 0,25

C©u 5

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a, mặt phẳng
(SAB) vng góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc
600. Tính thể tích khới chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng

BD và SA theo a.

1.0

Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S,suy ra SHAB, mặt khác
(SAB)(ABCD)

∠SCH=600 nên SH(ABCD) và .

0,25

SH=CH . tan 600

√

CB2+BH2. tan 600=a√15. Ta có

VS . ABCD=
1

3. SH. SABCD=

3a√15 . 4 a

=4√15

3 a

. 0,25

    Δ Δ Δ Δ Δ Qua A vẽ đường thẳng song song với BD. Gọi

E là hình chiếu vng góc của H lên và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó

(SHE)HK suy ra HK(S,).

Δ Mặt khác, do BD//(S,) nên ta có

















; ; ,

; , 2 ( ;( , )) 2

 

    

d BD SA d BD S

d B S d H S HK

0,25

A H B

D C

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

∠EAH =∠DBA=450 HE=AH

√2=

a

√2 Ta có nên tam giác EAH vuông cân tại
E, suy ra





2 2 2

. 15

. 2 15

.
31
15

a
a
HE HS

HK a

HE HS a

a

   

  



 

 





d BD;SA 2 a.

31


Vậy:

0,25

C©u 6

y − 2¿2=25

x − 1¿2+¿
¿

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp
đường trịn (T) có phương trình . Các điểm K(-1;1), H(2;5) lần lượt là chân
đường cao hạ từ A, B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC biết rằng đỉnh C có hồnh độ dương.

1,0

AC  

1
2

HCx ABC  I(1;2)

(T) có tâm . Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C. Ta 
có Sđ(1)

AHK ABC KHC  AHB AKB 900

  Do nên AHKB là tứ giác nội tiếp (cùng 
bù với góc) (2)

  //

HCx KHC  HK CxTừ (1) và (2) ta có .

IC⊥Cx ⇒ IC⊥ HK Mà .

0,25

⃗KH=(3 ;4 ) 3 x+4 y −11=0 Do đó IC có vectơ pháp tuyến là , IC có phương 
trình

Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

0

C

x

3 x+4 y −11=0

y − 2¿2=25
¿
¿{

x − 1¿2+¿
¿

⇒
x =5
y=− 1

;

¿x=−3

y=5

¿{

C(5;− 1) . Do nên

0,25

⃗

CH=(−3 ;6) 2 x + y −9=0 Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương
là nên AC có phương trình .

Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

B C

K
I

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

2 x + y −9=0

y − 2¿2=25
¿
¿{

x −1¿2+¿
¿

⇒
x=1
y=7

;

¿x=5

y=− 1

¿{

A (1 ;7) (loại). Do đó

0,25

⃗

CK =(− 6 ;2) x+3 y −2=0 Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương

là nên BC có phương trình .

Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

x+3 y −2=0
y − 2¿2=25

¿
¿{

x − 1¿2+¿
¿

⇒
x=− 4

y=2
,

¿x=5

y=− 1

¿{

B (− 4 ;2) (loại). Do đó

A (1 ;7) B (− 4 ;2) C(5;− 1) Vậy ; ; .

0,25

C©u 7

7 10 11

; ;

3 3 3

B  

 













2 2 2

1 2 3 4.

x  y  z  Trong không gian với hệ tọa
độ Oxyz , cho hai điểm A(3;2;1), và mặt cầu (S): Chứng minh rằng mặt
phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S). Xác định tọa độ
của tiếp điểm.

1,0 I(1;2;3),R 2

Mặt cầu (S) có tâm .

1 2 7

M ; ;

3 3 3

 



 

 

16 16 8

AB ; ;

3 3 3

 

   

 



Phương trình mặt phẳng (P) là trung trực

của AB đi qua , có vtpt l : 2x + 2y – z + 3=0 (P)à 0,25

d(I;(P)) 2 R  Ta có: nên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc

với mặt cầu (S) (đpcm) 0,25





(P)

n⃗  2;2; 1 Phương trình đường thẳng d đi qua I nhận véc tơ làm vt chỉ 
phương là:

x 1 2t
y 2 2t
z 3 t

 




 


  


0,25

 

d(P) H 

x 1 2t

y 2 2t 1 2

2x 2y – z

11
H

; ;

z 3 t 3 3 3

  

 


  

  

 

    

 




 ﾧ h pt: ệ

1 2 11

H ; ;

3 3 3

 



 

 Vậy: tọa độ tiếp điểm là

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

C©u 8



 











2 2 2

3 2 2

2 2 4 1 1 1

4 1 2 1 6

x y y x x

x y x x

     




    

 Giải hệ phương trình:

1,0 x 0Lời giải: ĐKXĐ:













 

2 2 2

3 2 2

2 2 4 1 1 (1)

4 1 2 1 6 2

x y y x x

x y x x

     




    

 +) Hệ pt tương đương với

0,25

x  +) Nhận thấy khơng thỏa mãn hệ phương trình do đó









 

2
2

2 2 2 1 1 1

2 2 4 1 1 2 2 2 1 1 *

x y y x x y y y

x x x

 

            

 

 

2 1, (0; ) do '

 

0, (0; )

f t  t t t  t  f t   t  f t

 

(0;).+) Xét hàm số

suy ra hàm số đồng biến trên (**)

0,25

1
2y

x



+) Từ (*) và (**) nhận được thế vào phương trình (2) trong hệ ta được









3 2 3 2

1 2 1 6 2 1 6

x x x x x x x

x

 

        

 

 

 

3 2



2 1



g x x  x x  x



0; 



+) Ta thấy hàm số đồng biến trên khoảng

0,25

 

1 0

g  g x

 

x3 x 2



x21



x 6 0

x  y

+) Lại có suy ra phương
trình có nghiệm duy nhất



;



1;1
2

x y  

 Vậy: Hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất

0,25





3 3 3 14

1 1

x y z

P

x yz y xz z xy z xy x y

   

       Cho 3 số thực

dương thay đổi, thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

1,0

, , 0

x y z 



 











1 1

4 4

x y z

x y   

   

xyTa có: nên dấu = xảy ra khi



 



1xy x y   1 x 1y 2xy x2 y2

  xyLại có: và dấu = xảy ra khi 0,25

Nên ta được







 



3 3 3

4 4 3

2 2

14
1 1

1 1 1

   

      

   

     

x y z

P

x yz y xz z xy z xy x y

x y z

x xyz y xyz z xy z x y

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>



 













 

 









 

 









 

 









 



















4 4 3

2 2

2 2 3

2 2

2 2 3

2 3

2 3 2 3 3 2

2 2 2

1 1 1

1 1

2 1 1 1

1 1 1 1 1 1

2 1 1 1 1 1 1

4 28 4 28 9

2 1 1 1 2 1 1

x y z

P

x xyz y xyz z xy z x y

x y z

P

x y

x y xyz z x y

x y z

P

z x y z x y

x y z

P

z x y z x y

x y z z z z z

P

z z z z z

   

     



   

 

    



   

     



   

     

   

      

    





2 1

z
z

 



0,25

 





3 2

9 57

, 1

2 1

z z z

f z z

z

  

 

 Xét hàm

 













3 5 3 14 23

' , 1

2 1

z z z

f z z

z

  

 



 

' 0

f z   z

Ta có

 

f z Lập bảng biến thiên của hàm số .

0,25

1; 

 

5 53

min

3 8

z  f z f

 
  

  ta nhận được

P

53
8

1 5

3 3

x y z

Vậy GTNN của bằng đạt được khi .

</div>

Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán trường THPT Lương Ngọc Quyến, Thái Nguyên năm 2015 (Lần 2) - Đề thi thử Quốc gia môn Toán có đáp án

<sub>∫</sub>



















































 













(

)

å

∫

<sub>∫</sub>

√













































 



 























 





