Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán - Lần 1 - Trường THPT Hà Trung

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1 Câu 1 (2,0 điểm).Cho hàm số 3 3 2y x x   (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìmm để phương trình 3 3 1 0x x m    có ba nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm).Giải phương trình sau trên tập số thực: 2 13 4.3 1 0.x x    Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin3 .cos 3cos2 sin 4 .x x x x  Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 1 ( ) 3 2 1. 2 f x x x x x     b) Từ một hộp chứa 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20, lấy ngẫu nhiên hai quả cầu. Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3. Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp . DS ABC có đáy ABCD là hình thoi cạnh ,a 060 .ABC  Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng ( ),ABCD góc giữa SC và mặt phẳng ( )ABCD bằng 060 , gọi M là trung điểm của S .B Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và .SD Câu 6 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( )C có tâm (1; 2)I , ( )C cắt trục hoành tại A và ,B cắt đường thẳng :3 4 6 0x y    tại C và .D Viết phương trình đường tròn ( )C biết 6.AB CD  Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có 2 ,CD AB phương trình hai đường chéo của hình thang là : 4 0AC x y   và : 2 0.BD x y   Biết tọa độ hai điểm ,A Bdương và hình thang có diện tích bằng 36. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 ( , y ). 5 2 2 2 2 5 3( y) x y x y x x xy y x xy y x               Câu 9 (1,0 điểm).Cho , ,x y z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện yz =1x . Chứng minh 2 2 2 1 1 1 3 . (1 ) (1 ) (1 ) 4x y z       ---------- Hết ---------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. >> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 2 Câu Nội dung Điểm 1a (1,0 đ) Cho hàm số 3 3 2y x x   • Tập xác định của hàm số là D = R . • Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực: lim ; lim x x y y       . + Đạo hàm: 2' 3 3; ' 0 1y x y x      ; 0,25 + Bảng biến thiên: x  -11 y‟ + 0 -0 + y 4 0 + Hàm số đồng biến trên ( ;-1) và (1;  ); Hàm số nghịch biến trên (-1;1). + Hàm số đạt cực tiểu tại 1; 0ctx y  ; Hàm số đạt cực đại tại d1; 4cx y   0,5 Đồ thị Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I(0;2) làm tâm đối xứng 0,25 1b Tìm m để phương trình: 3 3 1 0x x m    có ba nghiệm phân biệt. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. >> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 3 (1,0 đ) 3 3 x 3x 1 0 (1) 3x+2 = m + 1 m x       0,25 Ta có số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng y = m + 1. Phương trình (1) có 3 nghiêm phân biệt khi đường thẳng y=m + 1 cắt đồ thị (C ) tại ba điểm phân biệt 0,25 Dựa vào đồ thị ta có điều kiện: 0 1 4 1 3m m      Vậy ( 1;3)m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,5 2 (1,0 đ) Giải phương trình sau trên tập số thực: 2x 13 4.3 1 0.x    2x 1 2x3 4.3 1 0 3.3 4.3 1 0x x        0,25 3 1 1 3 3 x x       0,5 0 1 x x      Vậy tập nghiệm của phương trình là S={-1 ; 0} 0,25 3 (1,0đ) Giải phương trình: 2sin3x.cos x 3cos2x sin 4x.  2sin 3x.cos x 3 cos 2x sin 4x. sin4x sin 2x 3 cos 2x sin 4x sin2x 3 cos 2x 0          0,5 sin(2x ) 0 2x (k ) 3 3 6 2 k x k               Vậy phương trình có nghiệm (k ) 6 2 x k      0,5 4a (0,5 đ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 2 1 g(x) x x 3 2x x 1. 2      Ta có TXĐ:  0;2D  2 2 3(1 x) 3 '(x) x 1 (x 1)(1 ), 2x 2x '(x) 0 x 1 f x x f             0,25 5 (0) 1; (2) 1; (1) 2 f f f    Nên (x) (0) (2) 1 x D Max f f f     . 5 min ( ) (1) 2x D f x f     . 0,25 >> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4 4b (0,5đ) Từ một hộp chứa 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20, lấy ngẫu nhiên hai quả cầu. Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3. Chọn hai quả cầu trong 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20 ta có 2 20C cách Số phần tử của không gian mẫu là: 2 20 190C   0,25 Gọi A là biến cố: “tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3” Trong các số từ 1 đến 20 các số chia hết cho 3 là 3;6;9;12;15;18. Tích 2 số ghi trên hai quả cầu là một số chia hết cho 3, xảy ra các trường hợp sau Trường hợp 1: Mộtsố chia hết cho 3 và một số không chia hết cho 3. Ta có 1 16 14C C cách Trường hợp 2: Cả hai số đều chia hết cho 3. Ta có 2 6C cách. Nên số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: 1 1 2 6 14 6. 99A C C C    Suy ra 99 ( ) 190 A P A     Vậy xác suất để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu là một số chia hết cho 3 là 99 190 0,25 5 (1,0 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng ABCD, góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 060 , gọi M là trung điểm của SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, SD. 0 0 2 0 D , 60 .tan 60 3 3 . .sin 60 2 ABC AC a SCA SA AC a a S BA BC       3 . D D 1 . 3 2 S ABC ABC a V SAS  0,5 Gọi O là tâm của hình thoi 0,25 B C + D S O A M >> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5 Ta có D O 3 D / /(AMO) (SD, ) d(SD,(AMO)) d(D,(AMO)) MAO AM V S d MO S     3 D D . D 1 1 1 1 . 4 4 2 8 16 MAO MABC SABC S ABC a V V V V    Tam giác AMO có 2 O 1 1 15 A ; D ; 2 2 2 16 AM a a M SB a MO S a OA S       3a a 15 d(D,(AMO)) 515    Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD là a 15 5 0,25 6 (1,0 đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( )C có tâm (1; 2)I , ( )C cắt trục hoành tại A và ,B cắt đường thằng :3x+4 6 0y   tại C và D. Viết phương trình đường tròn ( )C biết D 6.AB C  Gọi bán kính của đường tròn (C) là R(R > 0) Ta có d(I, AB)= d(I,Ox) = 2; d(I; CD) =d(I, ) = 1. Suy ra R > 2 0,25 2 2 2 2 2 2 4; D 2 1 D 6 2 4 2 1 6 ... 5 5 AB R C R AB C R R R R                 0,5 Vậy phương trình đường tròn (C) là 2 2( 1) (y 2) 5x    0,25 7 (1,0 đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân DABC có D 2AC B , phương trình hai đường chéo của hình thang là : 4 0AC x y   và D: 2 0.B x y   Biết tọa độ hai điểm ,A B dương và hình thang có diện tích bằng 36. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang. Gọi I là giao điểm hai đường chéo AC và BD. Tọa độ I là nghiệm của hệ 4 0 3 (3;1) 2 0 1 x y x I x y y              0,25 Ta có D D 1 1 1 1 . 4 D 2 3 3 3 IAB AB ABC IA IB AB S S S IC ID C        Nhận thấy AC, BD vuông góc với nhau nên 0,25 A B D C I >> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 6 21 1S . 4 8 2 2 IAB IA IB IA IA IB      Gọi A(a; 4-a) (0<a<4) 2 2 5(ktm) 8 (a 3) (3 a) 8 1 a IA a           Suy ra A(1;3) Gọi B(b;b-2)(b>2) 2 2 1( ) 8 (b 3) (b 3) 8 5 b ktm IB b           Suy ra B(5;3) 0,25 2 (4; 4) (7; 3) 2 ( 4; 4) ( 1; 3) IC IA C ID IB D               Vậy A(1;3), B(5;3), C(7;-3);D(-1;-3) 0,25 8 (1,0 đ) 3 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 ( , y ). 5 2 2 2 2 5 3( y) x y x y x x xy y x xy y x               Điều kiện 1 2 y  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5x 2x (2x+y) (x y) 2x 2x 2x 2x 5 (x+2y) (x y) 2 x 2 5x 2x 2x 2x 5 3x 3 y y y y y y x y y y y y y y                           ( dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y và x, y dương) Nên từ phương trình 2 ta có x = y 0,5 Thay y = x vào phương trình (1) ta có 3 2 3 2 2 2 2 2x x 2x 2x 1 0 (2x x 2x 1) ( 2x 1 1) 0 2(x 1) (x 1)(2x x 1) 0 2x-1 1 2 (x 1)(2x x 1 ) 0 2x-1 1 1 2 2x x 1 0 (3) 2x-1 1 x                                      Với 1 1x y   (thỏa mẵn điều kiện) 0,25 Ta có 2 2 1 2 x 2x 1 (x 1)(2x - 1) 0 2x 1 0 2 2x 1 1 x x              Nên phương trình (3) vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) 0,25 9 Cho , ,x y z là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện xyz =1. Chứng >> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 7 (1,0 đ) minh 2 2 2 1 1 1 3 (1 x) (1 ) (1 ) 4y z       x, y, z dương và xyz = 1 nên luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hoặc bằng 1 hoặc hai số cùng nhỏ hơn hoặc bằng 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là x, y . ( 1)( 1) 0 1x y x y xy        0,25 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 (1 ) (1 ) (1 )(1 ) 1 2 2x 1 1 1 1 1 1 (1 x) (1 ) (1 ) 1 (1 z) z x y x y x y xy y xy z z y z z                           . 0,5 Ta có 2 2 2 2 2 2 2 1 3 ( 1) 1 3 0 1 (1 ) 4 ( 1) 1 (1 z) 4 1 1 1 3 (1 ) (1 ) (1 ) 4 z z z z z z z x y z                     Dấu „=‟ xảy ra khi x = y = z =1 0,25