De thi thu THPTQG 2015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề y. 2x  1 x  1 , gọi đồ thị là (C).. Câu 1 (4,0 điểm).Cho hàm số a)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số. b)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (d): x  3 y  2015 0 . x 2sin 2   cos5x  1  2 Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình:. Câu 3 (2,0 điểm). 3 0;5 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : f ( x) x. (5  x) trên đoạn   Câu 4 (2,0 điểm).. 2 log 2 (2 x  1)  2 log (2 x  1) 3  2 0. 3 3 a) Giải phương trình sau : b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ, .Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn. Câu 5 (2,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có. A  4;8  , B   8; 2  C   2;  10 . ,. . Chứng tỏ ABC vuông và viết phương trình đường cao còn. lại. Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a .Góc  BAC 600 ,hình chiếu của S trên mặt  ABCD  trùng với trọng tâm của tam giác ABC . 0 Mặt phẳng  SAC  hợp với mặt phẳng  ABCD  góc 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD SCD.  theo a . và khoảng cách từ B đến mặt phẳng  Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3x  5 y  8 0, x  y  4 0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường D 4;  2.  . Viết thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là  phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.. Câu8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình:. 2 y 3  y  2 x 1  x 3 1  x (x, y  )  2 2 2  9  4 y 2 x  6 y  7. 2 2 2 Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a b c và a  b  c 5 . Chứng minh rằng: (a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca)  4. ---------HẾT-------GV:NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0902544238.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ. KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Môn: TOÁN. HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang) Câu 1. (4 điểm) Nội dung 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) +Tập xác định +Sự biến thiên. Điểm 2đ 0.25. D  \   1. y' .  Chiều biến thiên:. 3.  x  1. 2.  0 x  1 .. 0.25. Hàm số đồng biến trên các khoảng   ;  1 và   1;    Cực trị : Hàm số không có cực trị.  Giới hạn tại vô cực và tiệm cận: 2x  1 2 x   x   x  1 ,đường thẳng y 2 là tiệm cận ngang 2x  1 2x  1 lim ; lim   x   1 x  1 x  1 x 1 , đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng lim y  lim. 0.5.  Bảng biến thiên : x y' y. -. . +. -1 ||. + + 2.  ||. 2. 0.5. . 1  A  ;0  +Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm  2  B 0;  1 Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  I   1; 2 . Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là ( Đồ thị ). 0.5. làm tâm đối xứng.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2, Viết phương trình tiếp tuyến. 2đ. Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm M ( x0 ; y0 ) ta có :. k  f ' ( x0 ) . 3 ( x0  1) 2.  1 k .     1  k 3 Lại có  3   x0 0 3  3   x  2 ( x0  1) 2  0. 0.5 0.5 0.5. hay. Với x0 0  y0  1 Vậy phương trình tiếp tuyến là : y 3 x  1 Với x0  2  y0 5 Vậy phương trình tiếp tuyến là : y 3x  11. 0.5. Câu 2. (2 điểm) Nội dung. Điểm. x 2sin 2    1 cos5x   cosx cos5x  2  cos  x  cos    5x . 0.5 0.5.  k  x     x   5 x  k 2 6 3    x 5 x    k 2  x    k  4 2 là nghiệm của phương trình.. 1.0. Câu 3. (2 điểm) Nội dung 3. f(x) = x (5  x) hàm số liên tục trên đoạn [0; 5] f(x) x(5  x) 5 x) 2 f ’(x) = f’(x) = 0  x 5; x 2 . Ta có : f(2) = 6 3 , f(0) = f(5) = 0 5  x (5 . Vậy. Max f(x) = f(2) = 6 3 Min f(x) = f(0) = 0 x[0;5] , x[0;5]. Điểm 3/ 2. x  (0;5). 0,5 0,5 0,5 0,5. Câu 4. (2 điểm) Nội dung a). 2. Điểm. 3. 2 log 3 (2 x  1)  2 log 3 (2 x  1)  2 0. Điều kiện :. x. 1 2. 2 PT  8log3 (2 x  1)  6 log 3 (2 x  1)  2 0. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  log 3 (2 x  1) 1  4 log (2 x  1)  3log 3 (2 x  1)  1 0    log 3 (2 x  1)  1  4. 0,25.  x 2 4   3 1 x 3  2 3 là nghiệm của phương trình đã cho.. 0,25. 2 3. b) Tính xác suất  C 4 1820. 0.25. 16 Ta có : Gọi A= “ 2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ” B= “ 1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ “ C= “ 1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “ Thì H= A  B  C = ” Có nữ và đủ ba bộ môn “. 0.5. C82C51C31  C81C52C31  C81C51C32 3 P( H )    7. 0.25. Câu 5. (2 điểm) Nội dung. . Điểm 0,5.  AB   12;  6  ; BA  6;  12  Ta có :  Từ đó AB.BC 0 Vậy tam giác ABC vuông tại B. 0,5. * Viết phương trình đường cao BH: Ta có đường cao BH đi qua. B   8; 2 . và. 0,5. nhận AC   6;  18  6  1;3 làm vecto pháp tuyến Phương trình BH : x  3 y  2 0. 0,5. Câu 6. (2 điểm) S E. A D. H. O. B. C. Nội dung. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0  * Gọi O  AC  BD Ta có : OB  AC , SO  AC  SOB 60. Xét tam giác SOH vuông tại H :. tan 600 . SH a 3 a  SH OH .tan 600  . 3 HO 6 2. 0.25 0.25. a2 3  2. 0.25. 1 1 a a2 3 a3 3 VSABCD  .SH .S ABCD  . .  3 3 2 2 12 (đvtt) Vậy. 0.25. Ta có : tam giác ABC đều :. S ABCD 2.S ABC. * Tính khỏang cách Trong ( SBD) kẻ OE  SH khi đó ta có : OC ; OD; OE đôi một vuông góc Và : 0.5. a a 3 3a OC  ; OD  ; OE  2 2 8 1 1 1 1 3a     d 2 2 2 112 Áp dụng công thức : d (O, SCD ) OC OD OE 2. 0.5 Mà. d  B, SCD  2d  O, SCD  . 6a 112. Câu 7. (2,0 điểm) A. E H. B. K. M. C. D. Nội dung Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC,   K là giao điểm của. BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 7  x  x  y  4  0   2  M  7 ; 1       2 2 3x  5 y  8 0  y  1  2    nAD uBC  1;1. AD vuông góc với BC nên. , mà AD đi qua điểm D suy ra. AD :1 x  4  1 y  2 0  x  y  2 0.     phương trình của . Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình. Điểm. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 3x  5 y  8 0    x  y  2 0.  x 1  A  1;1   y 1. Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:  x  y  4 0  x 3   K  3;  1   x  y  2 0  y  1     Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK KCE , mà KCE BDA (nội tiếp chắn cung H  2; 4  AB   BHK BDK. ) Suy ra , vậy K là trung điểm của HD nên . (Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ 0.25 điểm) Do B thuộc BC.  B  t; t  4. 0,25. 0,25. , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra. C  7  t ;3  t  .   HB(t  2; t  8); AC (6  t ; 2  t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên    t 2 HB. AC 0   t  2   6  t    t  8   2  t  0   t  2   14  2t  0    t 7 t 3  t 2  B  2;  2  , C  5;1 Do . Ta có     AB  1;  3 , AC  4;0   nAB  3;1 , nAC  0;1. 0,25. 0,25. Suy ra AB : 3x  y  4 0; AC : y  1 0. Câu 8. (2,0 điểm) Nội dung. Điểm.  3 3 x 1; y    ;   2 2  . Ta có Điều kiện: (1)  2 y 3  y 2 1  x  2 x 1  x  1  x. 0.25 0.25.  2 y 3  y 2(1  x) 1  x  1  x 3 2 Xét hàm số f (t ) 2t  t , ta có f '(t ) 6t  1  0, t    f (t ) đồng biến trên  .. 0.25.  y 0 (1)  f ( y )  f ( 1  x )  y  1  x   2  y 1  x Vậy 2 Thế vào (2) ta được : 4 x  5 2 x  6 x  1. . . 2. 2  4 x  5  1  2 x  2  Pt  2 4 x  5 4 x  12 x  2 1  x   2     4 x  5 2 x  3(vn) x 1  2(l )     x 1  2 4 x  5 1  2 x  . x 1 . Với.  y 4 2 2   y  4 2 Vậy hệ có hai nghiệm.. 0.25 2. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Câu 9. (2,0 điểm) Nội dung. Điểm. Ta có (a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca)  4  (a  b)(b  c)(a  c)(ab  bc  ca) 4 (*). Đặt vế trái của (*) là P Nếu ab + bc + ca < 0 thì P  0 suy ra BĐT được chứng minh Nếu ab + bc + ca 0 , đặt ab + bc + ca = x 0 2. (a  c)  a  bb c    2 4  (a-b)(b-c) . 2.  (a - b)(b - c)(a - c). . (a  c)3 4 (1). Ta có : 4(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 2(a - c)2 + 2(a - b)2 + 2(b - c)2  2(a - c)2 + [(a - b) + (b - c)]2 = 2(a - c)2 + (a - c)2 = 3(a - c)2 Suy ra 4(5 - x)  3(a - c)2 ,từ đây ta có x  5 và. a c. 4 (5  x) 3 (2) .. 0.25 0.25 0.25. 0.25. 3. 1 4  2 3  x.  (5  x)  x (5  x)3 4 3   Từ (1) , (2) suy ra P = 9 (3) 3 Theo câu a ta có: f(x) = x (5  x) 6 3 với x thuộc đoạn [0; 5] 2 3  .6 3  P 4 9 nên suy ra P . Vậy (*) được chứng minh.. Dấu bằng xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0. ………. Hết………. GV:NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0902544238. 1.0.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>