Đề thi thử ĐH và đáp án môn toán lần một trường THPT Lê Hồng Phong năm học 2015

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.99 MB, 6 trang )

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

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT LẦN I
NĂM HỌC 2014- 2015

Mơn: Tốn

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 3x2 2

= − + .

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

2. Tìm a để phương trình x3 3x2 a 0

− + = có ba nghiệm thực phân biệt.

Câu II (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: 
1. Giải phương trình: log ( -3) 2log2 x + 4 x= . 2

2. Giải phương trình: 4sin2 3 cos 2 1 2cos2 3

2 4

x

x ⎛x ⎞

− = + ⎜ − ⎟

⎝ ⎠

π .

3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y x2 3 x xln

= + − trên đoạn

[ ]

1;2 .

Câu III (1,5 điểm)

1. Tìm nguyên hàm sau: I (x 2 3sinx)dx
x

∫

− + .

2. Tính giới hạn:

2
0

3 cos

lim
x

x

T

x
→

−

= .

3. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ để tham gia
đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít
hơn số học sinh nam.

Câu IV (1.5 điểm) Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a , tâm O, cạnh bên

SA vng góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SAB) một góc 45 . 0
1. Tính thể tích của khối chóp S ABCD. theo a.

2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD. theo a.
3. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD) theo a .

Câu V(1,0 điểm) Giải hệ phương trình

(

)

⎪

⎩
⎪
⎨
⎧

+
+

−
+
=
+
+

10
)

1
(
4
)
1
9
(

1
1
1

9
1
3

2
2

x
x

y
x

x
x

y
xy

.

Câu VI(1,0 điểm) Trong mặt phẳngOxy , cho hình vngABCD có M là trung điểm của AB, N là
điểm trên cạnh AD sao cho AN =2ND. Giả sử đường thẳng CN có phương trình x+2y−11 0= và

điểm 5 1;

2 2
M ⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠. Tìm tọa độ điểm C.

Câu V (1,0 điểm ) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz =2 2

4 4 2 2 8

8
8
2

2
4
4

8
8
2

2
4
4

8
8

≥
+

+
+
+

+
+

x
z
x
z

x
z
z

y
z
y

z
y
y

x

y
x

. 
---Hết---

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

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐÁP ÁN TOÁN 12
 (Đáp án gồm 5 trang)

Câu Đáp án Điểm

I

(2.0) 1.(1.5 điểm)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

3 3 2 2

y x= − x +

• Tập xác định: R. 
• Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y' 3= x2−6x; ' 0 0

2
x
y

x
=
⎡

= ⇔ ⎢ =

⎣

0.25

Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0); đồng biến trên các khoảng (−∞ −; 2) và

(0;+∞)

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2; yCT = 3, đạt cực tiểu tại x = 0; yCĐ = -1.

- Giới hạn: lim

x→−∞y= +∞

; lim

x→+∞y= −∞

0.5

- Bảng biến thiên:

x −∞ 0 2 +∞

y' - 0 + 0 -

y

2

−∞ -2

0.25

• Đồ thị:

0.5
2.(0.5 điểm) Tìm a để phương trình x3 3x2 a 0

− + = có ba nghiệm thực phân biệt.

• Phương trình x3−3x2+ = ⇔a 0 x3−3x2+ = −2 2 a 0.25

• Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng

y= − , suy ra a a ∈(0;4)

0.25

II

(2.0) 1. (0.5 điểm) Giải phương trình: log ( -3) 2log2 x + 4x= . 2

• Điều kiện:x >3

• Phương trình tương đương với log x( -3) 22 x = ⇔x(x 3) 4− =

0.25

• Giải và kết hợp điều kiện thu được nghiệm x =4 0.25

2.(1.0 điểm)Giải phương trình: 4sin2 3 cos 2 1 2cos2 3

2 4

x

x ⎛x ⎞

− = + ⎜ − ⎟

⎝ ⎠

π .

• Phương trình ⇔ 2(1 cosx) 3 cos 2 x 2 cos 2 3
2

x π

⎛ ⎞

− − = − ⎜ − ⎟

⎝ ⎠

0.25

• ⇔sin 2 x− 3 sin 2x=2cosx 0.25

• sin 2 cos

x π x

⎛ ⎞

⇔ ⎜ − ⎟=

⎝ ⎠

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

•

18 3

sin 2 sin (k Z)

3 2

2
6

k
x

x x

x k

π π

π
π

⎡

= +

⎢

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⇔ ⎜ − ⎟= ⎜ − ⎟⇔⎢ ∈

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎢ = +

⎢⎣

0.25

3(0.5 điểm) Tìm GTLN-GTNN của hàm số y x2 3 x xln

= + − trên đoạn

[ ]

1;2 .

• Ta có

[ ]

2 2 2

' ln 1 ln 0, 1;2

3 (x 3) 3

x

y x x x

x x x

−

= − − = − < ∀ ∈

+ + + +

0.25

• GTLN của hàm số trên đoạn

[ ]

1;2 là (1) 2y = , GTNN của hàm số trên đoạn

[ ]

1;2 là (2)y = 7 2ln 2−

0.25

1. (0.5 điểm) Tìm các nguyên hàm sau: I (x 2 3sinx)dx
x

∫

− + .

• I xdx 2 dx 3 sin xdx

x

∫

−

∫

0.25

•

2ln 3cos

2
x

I = − x − x C+ 0.25

2. (0.5 điểm) Tính giới hạn:

2
0

3 cos

lim
x

x

x
T

x
→

−

= .

•

2 2

0 0

3 1 1 cos

lim lim

x

x x

x
T

x x

→ →

− −

= +

0.25

•

2ln3 2

2
2

0 0

2sin

1 2 1

lim ln 3 lim ln 3

ln 3 2

4
4
x

x x

x
e

T

x
x

→ →

−

= + = +

0.25

3 (0.5 điểm) Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp có 15 học sinh nam và 10 
học sinh nữ để tham gia đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có
cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam.

• Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử, ta có n Ω =( ) C525

• Gọi A là biến cố: “5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ
ít hơn số học sinh nam”

• TH1: 1 học sinh nữ và 4 học sinh nam, suy ra số cách chọn là:C C 10 151 4
• TH2: 2 học sinh nữ và 3 học sinh nam, suy ra số cách chọn là:C C 10 152 3

0.25

•

1 4 2 3

1 4 2 3 10 15 10 15

10 15 10 15 5

(A) 325

(A) C (A)

( ) 506

C C C

n

n C C C P

n C

= + ⇒ = = =

Ω

0.25

1 (05 điểm) Tính thể tích của khối chóp S ABCD. theo a.

• .

. (ABCD)
3

S ABCD

V = SA dt

• Trong đó dt(ABCD) a= 2

0.25

• Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAB) bằng góc

∑ 0 ∑ 3

45 cot

3
S ABCD

a
ASD= ⇒SA AD= ASD a= ⇒V =

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

2.(0.5 điểm)Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

• Gọi I là trung điểm của SC, ta có IS IC ID IA IB= = = = (do các tam giác

, ,

SAC SBC SCD

Δ Δ Δ là các tam giác vuông), nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S.ABCD

0.25

• Bán kính mặt cầu 3

2 2

SC a

R = =

0.25

3. (0.5 điểm) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD) theo a

• Vì O là trung điểm của AC nên (O,(SCD)) 1 (A,(SCD))
2

d = d

• Gọi H là hình chiếu của A trên SD, ta có

(SCD)

(SAD) (SCD)

AH SD

AH
⊥

⎧

⇒ ⊥

⎨

⊥
⎩

, từ đó dẫn đến (O,(SCD)) 1
2

d = AH

0.25

• Trong tam giác vng SAD, ta tính được 2 (O,(SCD) 2

2 4

a a

AH = ⇒d =

0.25

V

(1.0 điểm) Giải hệ phương trình

(

)

⎪

⎩
⎪
⎨
⎧

=
+

+
+

−
+
=
+
+

10
)

1
(

4
)
1
9
(

1
1
1

9
1
3

2
2

x
x

y
x

x
x

y
xy

• ĐK:x ≥0

• Nhận xét: Nếu x = 0 thì khơng TM hệ PT
Xét x > 0

PT (1) ⇔

x
x
x

y
y

y+3 9 +1= +1+

3 2

⇔ 3 3 (3 ) 1 1 1 1 1
2
2

+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜

⎝
⎛
+

=
+
+

x
x
x
y

y

y (3)

0,25

• Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. 2 1
+

t , t > 0. Ta có: f’(t)

= 1 +

1
1

2
2

+
+
+

t
t

t >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)

• PT(3) ⇔ f(3y)= f ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛

x
1

⇔ 3y =
x
1

0,25

• Thế vào pt(2) ta được PT: x3+x2 +4(x2 +1). x =10. Đặt
g(x)= 3 2 4( 2 1). 10

−
+

+x x x

x , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0 ⇒ g(x) là 
hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

0,25

• Ta có g(1) = 0. Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1

• Với x =1 ⇒ y =
3
1

• KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;
3
1

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

VI (1.0 điểm)Trong mặt phẳngOxy , cho hình vngABCD có M là trung điểm của

AB, N là điểm trên cạnh AD sao cho AN =2ND. Giả sử đường thẳng CN có

phương trình x+2y−11 0= và điểm 5 1;
2 2
M ⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠. Tìm tọa độ điểm C.
• Gọi H là hình chiếu vng góc

của M trên CN, ta có
3 5
(M, CN)

MH =d =

0.25

• Xét tam giác CMN, ta có

∑ 2 2 2 2 ∑ 0

cos 45

2 . 2

CN CM MN

NCM NCM

CN CM

+ −

= = ⇒ = , từ đó suy ra được

3 10
2
MC =

0.25

• Do C thuộc đường thẳng CN nên C

(

11 2 ;− c c

)

, từ
3 10

MC = 5c2 35c 50 0

⇔ − + =

0.25

• Tìm được (7; 2);C(1;5)C 0.25

V (1.0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz=2 2

4 4 2 2 8

8
2
2
4
4
8
8
2
2
4
4
8
8
≥
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
x
z
x
z
x

z
z
y
z
y
z
y
y
x
y
x
y
x

• Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8

• Do

2
2

2 b

a

ab≤ + nên

2
)
(

3 2 2

2 b ab a b

a + + ≤ + Dấu“=”có ⇔ a=b

0,25

• Ta có:

(

2 2

)

4
4
2
2
4
4
2
3
b
a
b
a
ab
b
a

b
a
+
+
≥
+
+
+ .

• Ta sẽ chứng minh:

(

)

3( )

1
2
3
2
2
2
2
4
4
b
a
b
a
b
a
+
≥

+ (1).

• Thật vậy: (1) ⇔ 2(a +4 b4)≥(a +2 b2)2 ⇔ (a2 – b2)2 ≥0 (luôn đúng).

Do đó ta được: ( )

1 2 2

2
2
4
4
b
a
ab
b
a
b
a
+
≥
+
+

+ Dấu“=”có ⇔ a2=b2

⇔ a=b

0,25

• Áp dụng BĐT trên ta có: ( )

1 2 2

2
2
4
4
c
b
bc
c
b
c
b
+
≥
+
+

+ Dấu“=”có ⇔ b=c

( )
3

1 2 2

2
2
4
4
a
c
ca
a
c
a
c
+
≥
+
+

+ Dấu“=”có ⇔ c=a

• Cộng các vế các BĐT trên ta được:

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

( )

2 2 2 2

2
2

4
4
2

4
4

c
b
a
ca
a
c

a
c
bc
c

b

c
b
ab
b
a

b
a

+
+
≥

+
+

+ (2)

Dấu“=”có ⇔ a=b=c

• Theo BĐT Cơ-si ta có: ( ) 2. 8

2 2 2 2 3 2 2 2

=
≥

+b c a b c

a .Dấu“=”có

⇔ a=b=c. Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 2

</div>

Đề thi thử ĐH và đáp án môn toán lần một trường THPT Lê Hồng Phong năm học 2015

[ ]

<sub>∫</sub>

(

)

[ ]

[ ]

[ ]

[ ]

<sub>∫</sub>

<sub>∫</sub>

<sub>∫</sub>

<sub>∫</sub>

(

)

(

)

(

)

(

)

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về