Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán - Lần 1 - Trường THPT Đông Thọ

>> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 1 SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN I TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN : TOÁN Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 4y x x   (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1. c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt. Câu 2 ( 2,0 điểm). Giải các phương trình: a) 2 cos.2sin sin22sin3   xx xx b) 19 3 2 0x x   Câu 3 ( 1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 4 2( ) 8 2015f x x x   trên đoạn  1;3 . Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân 1 0 (x 2015) xI e dx  Câu 5 ( 1,0 điểm). Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng (các viên bi có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu. Câu 6 ( 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2 ; 4 ; -1) , B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1). a)Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ; 1) b) Tính góc giữa hai véc tơ AB uuur và CD uuur Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB=4a, AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 4 ( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y           , ( , )x yR . .................Hết................... >> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 2 SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN I TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN : TOÁN ( Đáp án – thang điểm gồm 07 trang) Câu Nội dung Điểm 1 (2,0đ) a) (1,0đ) 1/ Tập xác định: R 0,25 2/ Sự biến thiên       2 0 0;63 ,2, x x yxxy 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;0 và  2; ; hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2 . 0,25 Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0  yCĐ = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2  yCT = 0. 0,25 lim ; x y    lim ; x y    Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 0,25 Bảng biến thiên x  0 2  ,y + 0 - 0 + y 4   0 0,25 3/Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (2;0), (1;0); đi qua điểm (3;4). 0,25 >> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 3 x y 32O 1 4 -1 0,25 b) (0,5đ)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1. Gọi 0 0( ; )M x y là tiếp điểm, 0 01 2x y   , 23 6y x x  , suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là ,(1) 3y   Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 3 5y x   c) (0,5đ)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt. Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 3x2 + 4 = mx – 2m 0,25  (x – 2)(x2 – x – 2 – m) = 0 0,25       (*)02 2 2 mxx x 0,25 để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0,25 hay      0222 049 2 m m 0,25        0 4 9 m m 0,25 Vậy với m  ( 4 9  ;+ )\{0} 0,25 >> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 4 2 (2,0đ) a) (1,0đ)Giải phương trình: 2 cos.2sin sin22sin3   xx xx ĐK: sin2x  0 =>      0cos 0sin x x 0,25 Phương trình trở thành : 2 2sin (3cos 1) 2 2sin .cos x x x x   0,25  23cos 1 2cosx x  ( Do sin 0x  ) 0,25  22cos 3cos 1 0x x   cos 1 1 cos 2 x x      0,25 *)cosx = 1  sinx = 0 (loại) 0,25 *)   2 32 1 cos kxx  (kZ) . Vậy phương trình có nghiệm   2 3 kx  0,25 b) (1,0đ) Giải phương trình: 19 3 2 0x x   Đặt 3 ( 0)x t t  phương trình đã cho trở thành : 2 1 3 2 0 2 t t t t        0,25 0,25 Với t = 1, ta được x = 0 0,25 Với t = 2, ta được 3log 2x  Vậy phương trình có hai nghiệm 30, log 2x x  0,25 3 (1,0đ) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 4 2( ) 8 2015f x x x   trên đoạn  1;3 >> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 5 Ta có ' 3( ) 4 16f x x x  ;       ' 2 1;3 ( ) 0 0 1;3 2 1;3 x f x x x                0, 5 Ta có : ( 1) 2022; (0) 2015; (2) 2031; (3) 2006f f f f         0,25 Vậy  1;3 max ( ) 2006f x    và  1;3 min ( ) 2031f x    0,25 4 (1,0đ) Tính tích phân 1 0 (x 2015) xI e dx  1 1 1 2 0 0 2015 x xI e dx xe dx I I     0,25 1 1 0 1 2015 2015 2015 2015 0 x xI e dx e e    0,25 Tính 1 2 0 xI xe dx  Đặt x u x dv e dx    x du dx v e     0,25 >> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 6 Do đó 1 1 1 2 0 0 0 1x x xI xe e dx e e     Vậy 2015 2014I e  0,25 5 (1,0đ) Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng (các viên bi có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu). Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu. Ta có số phần tử của không gian mẫu là:   n C 4 15( ) 1365. Gọi A là biến cố “4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu”. Khi đó biến cố đối A là“4 viên bi chọn ra có đủ cả ba màu 0,25 TH1 : 4 viên được chọn có 2 bi đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng Suy ra số cách chọn là 2 1 1 4 5 6. .C C C TH2 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 2 bi xanh và 1 bi vàng Suy ra số cách chọn là 1 2 1 4 5 6. .C C C TH3 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi xanh và 2 bi vàng Suy ra số cách chọn là 1 1 2 4 5 6. .C C C 0,25 2 1 1 1 2 1 1 1 2 4 5 6 4 5 6 4 5 6( ) . . . . . . 720n A C C C C C C C C C     0,25 Do đó ( ) 720 48 43 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 1365 91 91 n A P A P A P A n         0,25 >> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 7 6 (1,0đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2 ; 4 ; -1) , B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1). a) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ; 1) b) Tính góc giữa hai véc tơ AB uuur và CD uuur a (0,5đ) Ta có bán kính của mặt cầu (S) là 2 2 2( 1) 0 2 5R AB      uuur 0,25 Vậy phương trình mặt cầu (S) là 2 2 2( 2) (y 4) (z 1) 5x       0,25 b (0,5đ) Ta có : ( 1;0;2), (0; 2; 2)AB CD     uuur uuur 0,25 Góc giữa hai véc tơ AB uuur và CD uuur là 2 2 2 2 2 2 . cos( , ) . ( 1).0 0.( 2) 2.( 2) 2 10( 1) 0 2 . 0 ( 2) ( 2) AB CD AB CD AB CD                 uuur uuur uuur uuur uuur uuur 0,25 7 (1,0đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB=4a, AC=5a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a. 0,25 >> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 8 4a 5a 3a A B C S Do ( )SA ABC nên SA là đường cao của khối chóp S.ABC. Trong tam giác vuông ABC. Ta có: BC AC AB a a a    2 2 2 2(5 ) (4 ) 3 0,25 21 1. .3 .4 6 2 2 ABCS ABBC a a a   0,25 Vậy thể tích của khối chóp tam giác S.ABC là V = 3 1 SABC. SA = 36a (đvtt) 0,25 8 (1,0đ) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 4 ( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y           , ( , )x yR . Nhận xét: hệ không có nghiệm dạng (x0 ;0) Với 0y  , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 . ( ) 2 7 2 1 ( ) 2 7 x x y yx y xy y y x y x y x x y y                        0,25 >> Truy cập trang để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 9 Đặt 2 1 , x u v x y y     ta có hệ: 2 2 4 4 3, 1 2 7 2 15 0 5, 9 u v u v v u v u v v v u                      0,25 +) Với 3, 1v u  ta có hệ: 2 2 2 1, 21 1 2 0 2, 53 3 3 x yx y x y x x x yx y y x y x                             . Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5). 0,25 +) Với 5, 9v u   ta có hệ: 2 2 21 9 1 9 9 46 0 5 5 5 x y x y x x x y y x y x                         , Hệ này vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y   0,25 ................ Hết..................