Tải Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 trường THPT Nguyễn Văn Trỗi, Hà Tĩnh - Đề thi thử Đại học môn Toán 2015 có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.53 MB, 7 trang )

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

TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI
TỔ: TOÁN

ĐỀ THI THỬ LẦN 1, KỲ THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014 - 2015

Mơn: Tốn
Thời gian: 180 phút
(Khơng kể thời gian giao đề)
1

2 2

x
y

x



  Câu 1 (4 điểm): Cho hàm số: .

a. ( 2 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.

b. (1 điểm) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị với trục tung.

c. y x m  (1 điểm) Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị của hàm số tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
khoảng cách từ A đến trục hoành bằng khoảng cách từ B đến trục tung.

Câu 2 (4 điểm):

2 2 2

log ( 4 1) log 8 log 4

2 x  x  x x a) Giải phương trình: .

sin 2 cos

I x xdx







b) Tính tích phân sau:

SABCD (ABCD) 600 SABCD SABCD

Câu 3(2 điểm): Cho hình chóp có đáy là hình vng cạnh a, SA
vng góc với đáy và mặt phẳng (SBD) tạo với một góc . Tìm thể tích khối chóp . Xác định tâm và bán kính
mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp

' ' '

ABCA B C A(4;0;0), (0;3;0), (2; 4;0)B C ABC B' B ABC' BB AI' B C' Câu 4(3 điểm): Trong hệ trục tọa

độ Oxyz, cho lăng trụ đứng có điểm . Tam giác là tam giác gì, khi đó tìm tọa độ điểm sao cho thể tích khối
chóp bằng 10. Gọi I là trung điểm , tìm cosin góc giữa và . Biết B’ có cao độ dương.

Câu 5 (2 điểm):

a) 2cos ( 3 sinx xcosx1) 1 Giải phương trình: .

b) A 



1, 2,3, 4,5



Cho tập hợp . Có bao nhiêu số có 8 chữ số lập từ các số của tập A, sao cho chữ số 1
có mặt 2 lần, chữ số 2 có mặt 3 lần, các số khác có mặt một lần.

ABC x y  4 0 H(2;0), (3;0)I Câu 6(2 điểm): Cho tam giác có phương trình đường thẳng BC: ,các điểm

lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Hãy lập phương trình cạnh AB biết điểm B có
hồnh độ khơng lớn hơn 3.

3 3 2 2 3 3 (1)2

3 2(2)

x x y y

x y x

    





   



 Câu 7(2 điểm): Giải hệ phương trình:

, , 0

a b c  a b c  1

1 1 1 10

a b c

bc ca ab

   Câu 8(1 điểm): Cho thỏa mãn: , chứng minh rằng :

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

Họ và tên thí sinh:………; Số báo danh:………

(Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

(4đ) a.(2 điểm). D \ 1

 

+)TXĐ: 0,25

+) Sự biến thiên

- 2

' 0, 1

(2 2)

y x

x

   

 Chiều biến thiên: 0,25

- ( ;1)(1;)Hàm số đồng biến trên các khoảng: và 0,25

-1 1

lim ( )

2 2 2

x

x
x
 




 

1
2

y 

Giới hạn: , do đó : là tiệm cận ngang.

1 1

lim( ) ; lim( )

2 2 2 2

x x

 

 

 

  

    x 1 , do đó : là tiệm cận đứng 0,5

- Bảng biến thiên: 0,25

- Đồ thị: Cắt Ox tại (-1;0), cắt Oy là (0;1/2) 0,5

b.(1 điểm).

- Gọi M là giao điểm của đồ thị với trục tung thì M có hồnh độ x = 0, do đó M(0;1/2). 0,25

4
'

(2 2)

y
x



 y'(0) 1 - Hàm số có nên 0.25

'(0)( 0)

yy x 

- Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại M là : 0,25

1
2

y x

  

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

c.(1 điểm)

- Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng là nghiệm phương trình:

1
2 2
x
x m
x

 

  x 1 (Đk: )

2x (2m 1)x 2m 1 0(1)

      0,25

- Đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai
nghiệm phân biệt khác 1.

(2 1)(2 7) 0 2

2 2 1 1 2 0 1

2
m
m m
m m

m



    

   
    
   

 (2) 0,25

1, 2
x x
1 2
1 2
2 1
2
2 1
.
2
m
x x
m
x x


 





 


 - G/s là hai nghiệm của phương trình (1), theo định lý Viet ta có:

1 1 2 2

( ; ), ( ; )

A x x  m B x x  m Khi đó hai giao điểm là 0,25

1 2

( ;Ox) ( ; ) x x m

d A d B Oy x m x

x x m

 



     

 

 - Theo giả thiết thì:

1 2
x x m

2 1
2
m
m



- Với , kết hợp với Viet ta có: , khơng xảy ra.

1 2
x x m

1
1 2

1 2 2

1 2

2 1 4 2

2
1
4
2 1
.
2

m x m

x x

x x m x

m x m x

x x

  

 


 
   
 
  
 
  

 - Với , ta có: .

1 7

4 2

4 12

m  m  m

Suy ra: thỏa mãn điều kiện.

0,25
Câu 2

(4 đ) a(2 điểm)

2 4 1 0 2 5

2 5
2 5
0
0
x
x x
x
x
x
x
  


    
   
   

 


 + Đk: 0,5

2 2

log ( 4 1) log 2

2 x  x  + Với điều kiện đó thì phương trình tương đương với: 0,25

2 2

log (x 4x 1) 2 x 4x 1 4

        0,5

2 4 5 0 1

5
x
x x
x


     


 0,5

+ Theo điều kiện thì nghiệm là: x=5 0,25
b(2 điểm)

2 sin . os

I x c xdx






+ 0,25

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

- x 0 t1Đổi cận:

- x  t1 0,25

-1 1

3 3

1 1

2 2

I t dt t dt












Do đó 0,5

1
4

1
2t 

 1 1 0

2 2  = 0, 5

Câu 3
(2đ)

+ Gọi O là giao điểm hai đường chéo đáy, ta có:

- BDAC

BDSA

BDSO và

nên:



(SBD);(ABCD)



SOA 600

Suy ra: 0,25

2
2

a

AC a  AO .tan 600 6

a
SA AO 

+, tam giác SAO vuông tại A nên theo hệ

thức lượng trong tam giác vuông ta có: 0,25

2
a

1 6

. ( )

3 6

SABCD

a
V  SA dt ABCD 

+ Dt(ABCD)= nên (đvtt) 0,25

( )

IO ABCD

  + Gọi I là trung điểm SC suy ra: IO//SA 0,25

IAO IBO ICO IDO

     IA IB IC  ID+ Ta có: (1) 0,25

SAC



1
2

IA IB IC   SC

+ vng tại A có AI là trung tuyến nên: (2) 0,25

2SC+ Từ (1) và (2) ta có: I cách đều S,A,B,C,D nên I là tâm mặt cầu đi qua các đỉnh hình

chóp. Đồng thời bán kính R=IA= 0,25

2 2 14

a
SC  SA AC 

+ Theo định lý Pitago:

14
4

a
R 

Vậy : 0,25

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

(3 đ)

5; 2 5; 5

AB AC BC

2 2 2

CB CA AB Từ đó theo định lý Pitago thì: nên tam giác ABC vuông tại C. 0,25

, , (Ox )

A B C y B' ( Oyz) B'(0;3; )c + Ta thấy và lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên từ đó

với c>0 0,25

. 5

ABC

S  CA CB

BB c và 0,25

1 1

10 '. 10 .5. 10 6

3 3

B ABC ABC

V   BB S   c  c

'(0;3;6)

B Do đó: 0,5

(0;3;3)

I + I là trung điểm BB’ nên: 0,25

( 4;3;3); ' (2;1; 6)

AI  B C 

 

Khi đó: 0,25

cos(AI B C; ' )cos(              AI B C; ' )

0,25

. ' 4.2 3.1 3.6 23

. ' 16 9 9. 4 1 36 1394

AI B C
AI B C

  

  

   

 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 

0,25
Câu 5

(2đ) a(1 điểm)

- 3 sin 2x2cos2 x 2cosx1Phương trình tương đương với:
2

3 sin 2x 2cos x 1 2cosx

    
3 sin 2x cos 2x 2cosx

   0,25

3 1

sin 2 cos 2 cos

2 x 2 x x

  

cos(2 ) cos

x  x

  

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

2 2
3

2 2

x x k






  


 
   

 k   , 0,25

2
3
2
9 3
x k
k
x


 

 

 
  

 k   , 0,25

b(1 điểm)

+ Xem số cần lập có 8 vị trí.

- C 82 28Xếp hai số 1 vào tám vị trí thì có: cách xếp 0,25
- C 63 20Xếp ba số 2 vào sáu vị trí cịn lại có: cách xếp 0,25
- Xếp các số 3,4,5 vào ba vị trí cịn lại có: 3!=6 cách xếp. 0,25

- Vậy có: 28.20.6=3360 số thỏa mãn giả thiết. 0,25

Câu 6

(2đ) G a b( ; ) HG2GI
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

+ Gọi là trọng tâm tam giác, ta có: 0,25

( 2; ); (3 ; )

HG a b GI  a b

 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
8

2 6 2 8

( ;0)
3

2 0 3

a a a

G

b b b


   
 
    


  

 Trong đó: 0,25

+ Gọi M là trung điểm BC thì MI vuông góc với BC nên: phương trình đường thẳng MI là:

x+y-3=0 0,25

M MIBC

3 7 1

( ; )

4 2 2

x y
M
x y
 

 

 

 nên tọa độ M là nghiệm của hệ: 0,25

( ; ) ( ; )

A a b  AG  a b

 5 1

( ; )

6 2

GM 


AG GM

 

(1;1)

A + Gọi cịn . Ta có: nên tìm được 0,25
5

R IA  + Do đó: là bán kính đường trịn ngoại tiếp.

( ; 4)

B m m BC m 3 Gọi ( trong đó: ) 0,25

2 5 ( 3)2 ( 4)2 5 2 5

BI   m  m   m  m + Ta có:

Theo điều kiện thì m = 2, do đó: B(2;-2) 0,25

(1; 3)

AB 



+ nên phương trình tổng quát đường thẳng AB là: 3(x-1)+1(y-1)=0 hay 3x+y-4=0 0,25
Câu 7

(2 đ)

3 3 2 2 3 3 (1)2

3 2(2)

x x y y

x y x

    



   


3 2
3
3
3 0
2
2
x
x
y y
y x
y x





  
 
 

  

 + ĐK: 0,25

3 2 3 3

(1) x  3x  2 y y 3 (x1)  3(x1) ( y3)  3 y3+ Ta có 0,25

3 1; 1 1

y  x  f t( ) t3 3 ,t t 1+ Ta thấy nên xét hàm số: 0,25

'( ) 3 3 0, 1

f t  t    t f t( ) t3 3t



1; 



do đó hàm số: là đồng biến trên: 0,25

( 1) ( 3)

f x f y x1 y 3 y x 2 2x 2 x 3 x2 3x

   + Khi đó ta có: nên:
thế vào (2) ta được:

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

2 4 3 0 1

x
x x

x




     



 0,25

3 1

x  y ( ; ) (3;1)x y  + Theo điều kiện ta có . Vậy hệ có nghiệm là: 0,25

Câu 8
(1đ)

-2 2

2 1 2 1

( ) ; ( )

2 2 2 2

b c a a c b

bc     ca    

    Theo bất đẳng thức Cauchy: ;

2 1

( )

2 2

a b c

ab    

  0,25

- 2 2 2

4 4 4

1 1 1 2 5 2 5 2 5

a b c a b c

P

bc ca ab a a b b c c

     

         Do đó: 0,25

-2

2 2

4 99 3 (3 1) (15 11 )

2 5 100 100( 2 5)

x x x x

  

  

     x (0;1)Ta xét: với

- Dấu bằng xảy ra tại x = 1/3 0,25

-99 9 9

( )

100 100 10

P a b c   

Do đó : (Đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1/3 0,25

</div>

Tải Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 trường THPT Nguyễn Văn Trỗi, Hà Tĩnh - Đề thi thử Đại học môn Toán 2015 có đáp án

<sub></sub>





<sub> </sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về