Đề minh họa kỳ thi quốc gia 2015 – môn toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI ĐẠI HỌC, CAO ĐĂNG NĂM 2010-2011 TRƯỜNG THPT PHÚC THÀNH Môn : Toán Khối A-D TỔ TOÁN-TIN (Thời gian làm bài: 180 phút) ----------------------------------------------I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm ) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = -x3+3x2+1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số 2. Tìm m để phương trình x3-3x2 = m3-3m2 có ba nghiệm phân biệt. Câu II (2,0 điểm ). SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG. 1. Giải bất phương trình: 2.Giải phương trình:. x4  x4  x  x 2  16  3 2 1 3 sin 2 x  sin 2 x  tan x 2. Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: I . ln 3. e. ln 2. e 2 x dx x. 1  ex  2. Câu IV (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC= a 2 . Đáy là tam giác ABC cân  BAC  1200 , cạnh BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu V (1,0 điểm). Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh:. a. 3.  1 1 1  b3  c 3   3  3  3   a b c . 3bc ca ab     2 a b c . II. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần a hoặc b. Câu VI.a(2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2  y 2  4 x  2 y  1  0 và điểm A(4;5). Chứng minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T1, T2, viết phương trình đường thẳng T1T2. 2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x + y - 2z + 4 = 0 và mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0 Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P). Câu VI.b(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc đường thẳng d: 2 2 x  y  2 2  0 và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;-1;-2). Viết phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC. ---------------------------------------- hết -------------------------------------Họ và tên thí sinh ................................................. Lop12.net. Số báo danh................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN Câu I.1 * TXĐ: R (1 điểm) Sự biến thiên:. Nội Dung. Điểm. y' = -3x2 + 6x = -3x(x - 2). 0,25. x  0. y' = 0   x  2 * Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞) Hàm số đồng biến trên (0;2) Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 5 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 1 lim y = + ∞, lim y = - ∞ * x x Bảng biến thiên:. x y'. -∞. 0 0. -. +. +∞. 0,25. 2 0 5. +∞ -. y 1. -∞. 0,25. *Đồ thị: y'' = -6x + 6 y'' = 0  x = 1  I(1;3) là tâm đối xứng của đồ thị Điểm khác : (-1;5) ; (3;1) 0,25. Vẽ đúng , đường cong trơn. I.2 * PT đã cho  -x3 + 3x2 + 1 = -m3 + 3m2 + 1. Đặt k = -m3 + 3m2 + 1 (1 điểm) * Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k. * Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt  1 < k < 5  m  (-1;3)\ 0; 2 . * II.1 x  4  0 * Đk:   x  4. Đặt t = (1 điểm) x  4  0. 0,25 0,25 0,25 0,25. x  4  x  4 (t > 0). t  2( L). BPT trở thành: t2 - t - 6  0   t  3.  x  4 (a)   9 - 2x  0 * Với t  3  2 x 2  16  9 - 2x  x  4  (b)  9 - 2x  0  2 2  4( x  16)  (9  2 x). 0,25. 0,25. 0,25 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> * *. 9 . 2 145 9 x< . (b)  36 2. (a)  x . 0,25. 145 *Tập nghệm của BPT là: T=  ;    36 .  II.2 * Đk: cosx  0  x   k . 2 (1 điểm) s inx PT đã cho  3 sin2x + sinxcosx =0. 0,25. cos x. *.  sinx(. 3 sinx + cosx -. 1 )=0 cos x. s inx  0    3 s inx  cos x  1  0 cosx  * Sinx = 0  x = k  . 1 1 * 3 sinx + cosx = 0  3 tanx + 1 =0 cos x cos 2 x  x  k  t anx  0 2  tan x - 3 tanx = 0     x    k  t anx  3 3 . Vậy PT có các họ nghiệm: x = k  , x =. . 3.  k. III. * Đặt t = e x  2 , Khi x = ln2  t = 0 (1 điểm) x = ln3  t = 1 x 2 x e = t + 2  e dx = 2tdt *. 1. 0,25. 0,25. 0,25. 1. (t 2  2)tdt 2t  1 = 2  (t  1  2 )dt 2 t  t  1 t  t  1 0 0. I = 2 1. 0,25. 0,25. 1. *. d (t 2  t  1) = 2  (t  1)dt + 2  2 t  t 1 0 0. 0,25. *. = (t 2  2t ) 10. 0,25. IV. * (2 điểm). + 2ln(t2 + t + 1) 10 = 2ln3 - 1. Áp dụng định lí cosin trong  ABC có AB = AC =. 2a 3. a2 3 1 0 = AB.AC.sin120 = . Gọi H là hình chiếu của S  S ABC 2 3 lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC  HA = HB = HC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC. 2a BC * Theo định lí sin trong  ABC ta có: = 2R  R = = HA sin A 3. Lop12.net. 0,25 0.25 0.25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  SHA vuông tại H  SH =. SA2  HA2 =. 0.25. a 6 3. a2 2 1 = S .SH =  V S . ABC 9 3 ABC. * Gọi hA, hM lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC) . 0,25. hM SM 1 1    h M = hA . hA SA 2 2.  SBC vuông tại S  S. SBC. = a2. 1. S * Lại có: VS . ABC = .hA  hA = 3 SBC. Vậy hM = d(M;(SBC)) =. 3VS . ABC a 2 = 3 VSBC. 0,25. a 2 6. V * Ta cm với a, b > 0 có a3 + b3  a2b + ab2 (*) (1 điểm) Thật vậy: (*)  (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b)  0  (a + b)(a - b)2  0 đúng Đẳng thức xẩy ra khi a = b. * Từ (*)  a3 + b3  ab(a + b) b3 + c3  bc(b + c) c3 + a3  ca(c + a)  2(a3 + b3 + c3 )  ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) * Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có: 1 1 1 1 1 1 3 + 3 + 3  33 3 3 3 = 3 a b c a b c abc. 0,25. 0,25 (1) (2). * Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c. VI.a.1 * Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2. (1 điểm) Ta có IA = 2 5 > R  A nằm ngoài đường tròn (C) * Xét đường thẳng 1 : x = 4 đi qua A có d(I; 1 ) = 2  1 là 1 tiếp tuyến của (C) * 1 tiếp xúc với (C ) tại T1(4;1) . * T1T2  IA  đường thẳng T1T2 có vtpt n =. 1  IA =(1;2) 2. phương trình đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1)  x + 2y - 6 = 0 . VI.a.2 * Mp(P) có vtpt n P = (1;1;-2). (1 điểm) (S) có tâm I(1;-2;-1)   * IA = (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng  là u     tiếp xúc với (S) tại A  u   IA   Vì  // (P)  u   n P Lop12.net. 0.25. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> .  . 0,25. * Chọn u 0 = [ IA , n P ] = (-4;6;1)  x  3  4t * Phương trình tham số của đường thẳng  :  y  1  6t z  1 t . VI.b.1 * B = d  Ox = (1;0) (1 điểm) Gọi A = (t;2 2 t - 2 2 )  d H là hình chiếu của A trên Ox  H(t;0) H là trung điểm của BC. * Ta có: BH = |t - 1|; AB = (t  1)2  (2 2t  2 2)2  3|t - 1|  ABC cân tại A  chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| t  3. *  16 = 8|t - 1|    t  1. 0,25 0,25. 0,25 0,25. 4 2 ) 3 4 2 Với t = -1  A(-1;-4 2 ), B(1;0), C(-3;0)  G( 1 ; ) 3. * Với t = 3  A(3;4 2 ), B(1;0), C(5;0)  G( 3 ;. VI.b.2 * Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của  ABC  d là giao tuyến của (ABC) với (  ) qua A và vuông góc với (1điểm) BC.    AC = (-1;1;-5) , BC = (-2;-2;-2) * Ta có: AB = (1;3;-3),   [ AB , AC ] = (18;8;2) . 1   [ AB , AC ] = (-3;2;1). 4  1  mp(  ) có vtpt n ' = - BC = (1;1;1) 2   . 0,25 0,25. 0,25. mp(ABC) có vtpt n =. * Đường thẳng d có vtcp u =[ n , n ' ] = (1;4;-5). * Phương trình đường thẳng d:. x  1 t   y  2  4t  z  3  5t . Lop12.net. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>