Đề thi thử thpt quốc gia 2015 môn Toán trường Hồng Quang (hải dương) | dethivn.com

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (335.37 KB, 7 trang )

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

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA

NĂM 2015

MƠN: TỐN

(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề).

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2 (1)
1
x m
y

x



 , với m là tham số thực. 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với m 1.

b) Tìm m để đường thẳng d y:  x 2 cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A B, sao cho diện
tích tam giác OAB bằng 21 (O là gốc tọa độ).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

2sin

x



3 sin 2

x

 

2

0

.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân

2 2

(

1) ln

1 ln

e

x

I

dx

x







Câu 4 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình 2





2

log

9

x



4 

x

log 3 log



3

b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S. Tính xác suất để 
số được chọn có chữ số hàng đơn vị và hàng chục đều là chữ số chẵn.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt phẳng

( ) : 2

P

x



3 y

  

z

8

0

và
điểm

A

( 2; 2;3)

. Viết phương trình mặt cầu

( )

S

đi qua điểm

A

, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và có tâm

thuộc trục hồnh.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi cạnh

a

, góc ABC 600. Cạnh
bên SDa 2. Hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng (ABCD)là điểm H thuộc đoạn BD sao
cho HD3HB. Gọi M là trung điểm cạnh SD. Tính thể tích khối chóp S ABCD. và tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng CM và SB.

Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho tam giác

ABC

có đường cao và đường trung tuyến kẻ
từ đỉnh

A

lần lượt có phương trình là

x



3 y



0

và

x



5 y



0

. Đỉnh

C

nằm trên đường thẳng

:

x

y

2

0 



 

và có hồnh độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác

ABC

, biết đường thẳng chứa
trung tuyến kẻ từ

C

đi qua điểm

E 

( 2;6)

Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2

1 (

1)

1 ( ,

)

8

9 (

1)

2 y

x

y

x y

y

x

y































Câu 9(1,0 điểm). Cho các số dương

x y z

, ,

thỏa mãn

x



y

và

(

x



z y

)(



z

)



1

. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức

2 2 2

1

4 (

)

(

)

(

)

P

x

y

x

z

y

z









--- Hết ---

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.

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

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

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LÂN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MƠN: TỐN

(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1.a

(1,0đ) Cho hàm số

2 1

1
x
y

x



 ...
* Tập xác định: D  \ 1

 

* Sự biến thiên: ' 3 2

( 1)
y

x



 ; y'  0, x D .

Hàm số nghịch biến trên các khoảng



;1 và 1;+









0,25

Giới hạn:

1 1

lim

; lim

x x

y

 

 

 

 

lim 2; lim 2

   

x y x y .

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x 1 và tiệm cận ngang y2. 0,25
- Bảng biến thiên

0,25

Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm



0; 1





,
cắt trục hoành tại điểm 1;0

 



 

 

Đồ thị nhận điểm I



1; 2



làm tâm đối xứng.

0,25

Câu 1.b
(1,0đ)

Tìm m để đường thẳng d y: x cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt ,2 A B sao cho 
diện tích tam giác OAB bằng 21 ….

Phương trình hồnh độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị hàm số (1) là 
2

2 (2)
1

x m
x
x



 


Điều kiện x  1

(2)2xm(x1)(x2) x   x 2 m0 (3).

Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (3) 
có hai nghiệm phân biệt khác 1. Điều kiện cần và đủ là

0 1 8 4 0

1 1 2 0 2

m m

m


      

  

 

  

     

    



0,25

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4
-3
-2
-1
1
2
3
4

x
y

O

x





'

y

1

0 

2 

2 

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

Khi đó gọi các nghiệm của phương trình (3) là x x . Tọa độ các giao điểm 1, 2

1 1 2 2

( ; 2), ( ; 2)
A x x  B x x  .





2 2 2

2 1 2 1 2 1 1 2

( ) ( ) 2 ( ) 4 2(1 4( 2 )) 2(9 4 )

AB x x  x x  x x  x x    m   m .

0,25

: 2 2 0

d yx  xy  Khoảng cách từ O đến đường thẳng d là





2 2
2

d O d   . 0,25

Diện tích tam giác OAB bằng 21 1





. 21
2d O d AB

 

2. 2(9 4 ) 21 9 4 21 3

2 m m m

        .

0,25

Câu 2

(1,0đ) Giải phương trình

2sin x 3 sin 2x 2 0.

2 1 cos 2

2sin 3 sin 2 2 0 2 3 sin 2 2 0

2
x

x x     x  0,25

3 1 1

3 sin 2 cos 2 1 sin 2 cos 2 sin 2 sin

2 2 2 6 6

x x x x  x







         

  0,25

2 2

6 6

,
5

2 2

6 6

x k

k

x k





  



 

   



 0,25

6
,
2

x k

k

x k





 



 

  


 0,25

Câu 3

(1,0đ) Tính tích phân
2

( 1) ln 1
ln

e

x x

I dx

x x

 





2 2 2 2 2

2 2

( 1) ln 1 ln 1 ln 1 1 1 1

ln ln ln ln

e e e e e

x x x x x

I dx dx x dx x dx dx

x x x x x x x x x x

       

           

   



0,25

2 2

2 4 2

ln 1

2 2

e

x e e

M x dx x

x e

  

 

        

   



0,25
2

1
ln

e

N dx

x x





. Đặt t lnx dt 1dx
x

   .

Đổi cận 2

1; 2

x  e t xe   t

ln ln 2 ln1 ln 2
1

dt

N t

t





   

0,25

Vậy

4 2

1 ln 2
2

e e

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

Câu 4a

(0,5đ) Giải phương trình log2



9 4



log 3 log2 2 3

x

   .

Điều kiện

9

x

 

4

0 

x



log 4

9













2 2 2 2 2

log

9

x



4 

x

log 3 log



3 

log

9

x



4 

log

3 .3

x 0,25

3 1

9 4 3 .3 3 3.3 4 0 3 4 log 4

3 4

x

x x x x x

x x

  

           




(Thỏa mãn)

0,25
Câu 4b

(0,5đ)

b) ) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên …… 
Số phần tử của tập hợp S là 90.

Gọi ab là số tự nhiên có hai chữ số mà a b, đều là số chẵn. Ta có



2; 4;6;8 ,





0; 2; 4;6;8



a



b



. Suy ra có 4.520 số ab.

0,25

Xác suất để chọn được một số tự nhiên có hàng chục và hàng đơn vị đều là số chẵn là 20 2

90  9. 0,25
Câu 5

(0,5đ)

Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz

, cho mặt phẳng ( ) : 2P x3y  z 8 0 và……..
Gọi tâm của mặt cầu (S) là điểm

I x

( ;0;0)

. Mặt cầu (S) đi qua A( 2; 2;3) và tiếp xúc với (P)

nên ta có



,( )



(2

)

4 9

2

8 (2

)

13

2

8 4 9 1

14 x

IA



d I P





x

 









x







 

0,25

2 2 2

14 (2

)

13

2

8 14((2

)

13)

(2

8)

3 14(

4 17)

4

32

64

10

88

174

0 29

5 x















































 



0,25

Với

x

 

3 I

(3;0;0)



IA



14 

Phương trình mặt cầu (S) là: (x3)2  y2 z2 14. 0,25

Với 29 (29;0;0) 686

5 5 5

x  I IA  Phương trình mặt cầu (S) là:

2 2

29

686

5

25 x

y

z



















0,25

Câu 6

(1,0đ) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh . a, góc 

ABC  . Hình chiếu ..
Từ giả thiết có tam giác ABC đều, cạnh bằng

a

Gọi 3 3 3 3 3

2 4 4

a

OACBDBO BDa HD BD a

2 2

2 2 2 2 27 5 5

16 16 4

a a a

SH SD HD  a   SH 

0,25

H
O

M

C

A D

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

Diện tích tứ giác ABCD là 

2 0 3

. .sin sin 60

ABCD

a
S AB BC ABCa 

Thể tích khối chóp .S ABCD là

2 3

1 1 5 3 15

. .

3 3 4 2 24

S ABCD ABCD

a a a

V  SH S  

0,25

2 2

2 2 2 5 3 2

16 16 2

a a a

SB SH HB   SB .

( )

BD AC

AC SBD AC OM

AC SH



   





Diện tích tam giác MAC là

1 1 1 2 2

. .

2 4 4 2 8

MAC

a a

S  OM AC SB AC a .

0,25









// //( ) ( , ) ( , ( )) , ( ) , ( )

SB OM SB MAC d SB CM d SB MAC d S MAC d D MAC









. .

1 1 1 1 1 15

, ( ) . . , ( ) .

3 3 2 2 4 96

M ACD ACD ABCD S ABCD

a

V  d M ABCD S  d S ABCD S  V  .

Mặt khác









. 2

15
3

1 32 30

, ( ) . , ( )

3 2 8

M ACD

M ACD MAC

MAC

a

V a

V d D MAC S d D MAC

S a



    

0,25

Câu 7
(1,0đ)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ………..
Gọi

d

1

:

x



3 y



0;

d

2

:

x



5 y



0

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 3 0 0 (0;0)

5 0 0

x y x

A

x y y

  

 

 

 

  

 

0,25



; 2



C

  

C c



c

1 : 3 0

BC d BC x ym .

Điểm

C c



; 2



c





BC



3 c

  

2 c

m



0 

m

 

2 c

 

2 BC

: 3

x



y



2 c

 

2

0

Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tọa độ của M là nghiệm của hệ

5 5

5 0 7 5 5 1

;

3 2 2 0 1 7 7

7
c
x

x y c c

M

x y c c

y




 


 

     

  

   

      

   




Gọi G là trọng tâm tam giác. Ta có

2 5 5 10 10

2 3 7 21

2 1 2 2

3 7 21

G G

c c

x x

AG AM

c c

y y

 

 

 

 

  

  

    



 


 

0,25



2; 4



; 10 52; 2 128

21 21

c c

EC  c  c EG     

 

 

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

10 52 2 128

21 21 5 6 0 6 (6; 4)

2 4

c c

c

c c c C

c

c c

  

 


          



   

Với 6



5; 1



2 4



4; 2



2 2

B M C

x x x

c M B

y y y

  



    

  

 0,25

Câu 8
(1,0đ)

Giải hệ phương trình 2

1 1

(1)

( 1) 1 ( , )

8 9 ( 1) 2 (2)

y y

x

x x y x y

y x y




  

  




    



 .

Điều kiện xác định x 1,y 0

2 2 2

2 2

1 1 1 1 1 ( 1) 1

( 1) 1 1 ( 1) ( 1)

1 0

1 1

( 1) ( 1)

y y y y xy y y x

x x

x x y y x x y x

yx y

xy y yx y

y x y x

     

        

    

  



   

    

   

0,25

Với y(x1)2, thay vào (2) ta có

8(

x



1)



9 

(

x



1)

x

 

1

2

Xét x  1. Đặt

t



x



1,(

t



0)

. Ta có phương trình

2 2 2 4 2 4 2 2

8 9 2 8 9 4 4 4 5 0 5

5 5 1 5 5

t

t t t t t t t t

t

t t x y

  

              




          

0,25

Xét x  1. Đặt t x1, (t 0). Ta có phương trình

2 4 2 4 2

2 2 2

2 2

6 41

8 9 4 4 12 5 0

8 9 2 6 41

2 0 2

2
t

t t t t t

t t t

t t

t

  



         

  

        

   

 

  





Hệ vô nghiệm.

0,25

Với (x1)y  1, thay vào (2) có 8y 9 1 y 2 0
y

    (3).

Vì y 08y  9 9 8y9  3 Phương trình (3) vơ nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1 5

5
x
y

   







Chú ý: Không nêu kết luận cũng cho điểm ý này.

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

Câu 9
(1,0đ)

Cho các số dương x y z, , thỏa mãn x y và (xz y)( z)1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức 1 2 4 2 4 2

( ) ( ) ( )

P

x y x z y z

  

   .

Đặt x z a. Từ giả thiết ta có

(

x



z y

)(



z

) 1



, suy ra y z 1
a
  . Do

1 x



y



x



z



y

 

z

a



.
Ta có

1 1

( ) a

x y x z y z a

a a



       

2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

4 4

4 3

( 1) ( 1)

a a

P a a a

a a a a

      

 

0,25

Khi đó

2 2 3 4

( 1)

a

P a

a

  

 0,25

Đặt t a2 1. Xét hàm số ( ) 2 3 4
( 1)

t

f t t

t

  

 với t 1.

Ta có '( ) 13 3 '( ) 0 ( 2)(3 2 3 2) 0 2

( 1)
t

f t f t t t t t

t
 

          



0,25

Từ bảng biến thiên có f t( ) 12,  t 1. Từ (1) và (2) P 12. Dấu đẳng thức xảy ra khi
2

1
2
x z
y z
  




 




. Chẳng hạn

1; 2 1

1 1

2 1 1

2 2

x z

y

   




    




.Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12.

0,25

t

1



'( )

f t

( )

f t

2

0 

</div>

Đề thi thử thpt quốc gia 2015 môn Toán trường Hồng Quang (hải dương) | dethivn.com

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA

NĂM 2015

MƠN: TỐN

2sin

<i>x</i>



3 sin 2

<i>x</i>

 

2

0

(

1) ln

1

ln

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>I</i>

<i>dx</i>

<i>x</i>

<i>x</i>







<sub></sub>





log

9



4



<i>x</i>

log 3 log



3

<i>Oxyz</i>

( ) : 2

<i>P</i>

<i>x</i>



3

<i>y</i>

  

<i>z</i>

8

0

<i>A</i>

( 2; 2;3)

( )

<i>S</i>

<i>A</i>

<i>a</i>

<i>Oxy</i>

<i>ABC</i>

<i>A</i>

<i>x</i>



3

<i>y</i>



0

<i>x</i>



5

<i>y</i>



0

<i>C</i>

:

<i>x</i>

<i>y</i>

2

0





 

<i>ABC</i>

<i>C</i>