Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán - Lần 1 - Trường THPT Lam Kinh

>> - Học là thích ngay! 1 Trường THPT Lam Kinh THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA - LẦN I - NĂM 2015 Môn: Toán Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề). Câu 1 ( ID: 82440 ) (4.0 điểm). Cho hàm số 2 1 2 x y x    (1). a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu 2 ( ID: 82441 ) (2.0 điểm). a. Giải phương trình cosx cos3x 1 2 sin 2x 4          . b. Giải phương trình 1 2 1 log 1 log 6x x    Câu 3 ( ID: 82442 ) (1.0 điểm). Giải bất phương trình 2.14 3.49 4 0x x x   Câu 4 ( ID: 82443 ) (4.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có AC = a, BC= 2a, 120oACB  . Đường thẳng A’C tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 300. Gọi M là trung điểm của BB’. Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CC’ theo a. Câu 5 ( ID: 82444 ) (1.0 điểm). Tìm hệ số của 7x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của n x x        22 , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 323 1 24 nnn ACC  . Câu6 ( ID: 82445 ) (2.0 điểm). Tính nguyên hàm   xdxe x )2015( Câu 7 (ID: 82446 ) (2.0 điểm). Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. Câu 8 (ID: 82447 ) (2.0 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 . Câu 9 ( ID: 82448 ) (2.0 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b                ...HẾT 2 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN ĐH - CĐ LẦN I NĂM 2015) Câu Đáp án Điểm Câu 1 (4.0đ) a.(2.0đ) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 2 x y x    . i/ TXĐ: D = R\{-2} ii/ Sự biến thiên + Giới hạn- tiệm cận Ta có:    22 lim;lim;2limlim xxxx yyyy Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y= 2. 0,5 + Chiều biến thiên. Có Dx x y    0 )2( 3 ' 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )2;(  và );2(  0,5 + Bảng biến thiên x  -2  y’ + +  2 y 2  0,5 iii/ Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; 2 1 ) và cắt trục Ox tại điểm( 2 1  ;0) Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 2 1 0,5 b. (2.0 đ) Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình         )1(021)4( 2 2 12 2 mxmx x mx x x 0.5 Do (1) có mmmvam  0321)2).(4()2(01 22 nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt A, B. 0.5 Ta có: yA = m – xA; yB = m – xB nên AB 2 = (xA – xB) 2 + (yA – yB) 2 = 2(m 2 + 12) mà AB ngắn nhất khi AB2 nhỏ nhất, đạt được khi m = 0 ( khi đó 24AB ). 1.0 x y O 2 -2 3 Câu2 (2.0đ) a. (1.0đ) Giải phương trình cosx cos3x 1 2 sin 2x 4          . cosx cos3x 1 2 sin 2x 4 2cosxcos2x 1 sin 2x cos2x               22cos x 2sinxcosx 2cosxcos2x 0   0.25   cosx cosx sinx 1 sinx cosx 0     0.25 cosx 0 cosx sinx 0 1 sinx cosx 0          0.25 x k 2 x k 4 x k2 3 x k2 2                       k Vậy, phương trình có nghiệm: x k 2 x k 4 x k2                  k 0.25 b. (1.0 đ) Giải phương trình 1 2 1 log 1 log 6x x    ĐK: x > 0 và x  1; x 10 1 0.25 Đặt t = logx, được phương trình theo ẩn t là: t 2 - 5t + 6 = 0 (với t 0 và t -1) 2 3 t t     0.5 Với t = 2 thì ta có x = 100 (t/m) Với t= 3 thì ta có x = 1000 (t/m) Vậy phương trình có hai nghiệm là x =100 và x = 1000 0.25 4 Câu3 (1.0đ) Giải bất phương trình sau 2.14 3.49 4 0x x x   Chia cả hai vế của bpt cho 4x được bpt 2 7 7 2 3 1 0 2 2 x x                0.25 Đặt 7 2 x t        (với t > 0 ) Bpt trở thành 3t2 + 2t – 1  0 1 1 1 3 3 t t t         0.5 7 1 2 3 x        7 2 log 3x   KL: BPT có tập nghiệm         ;3log 2 7S 0.25 Câu 4 (4.0đ) 0.5 Kẻ đường cao CH của tam giác ABC.Có CHAB ;CHAA’ suy ra CH (ABB’A’),Do đó góc giữa A’C và mp(ABB’A’) là góc 0' 30CA H  0,5 Ta có 2 01 3. .sin120 2 2 ABC a S CACB   Trong tam giác ABC : 2 2 2 0 22 . . os120 7 7AB AC BC AC BC c a AB a      0,5 +) 2 3 1 3 . 2 2 7 ABC a S ABCH CH a     0,5 30 0 M H C/ B/ A/ C B A 1200 2a a 5 +) 0 3 ' .sin30 ' 2 7 CH A C A C a   +) 2 2 5 ' ' 7 AA A C AC a   0,5 +) 3 ' ' ' 15 '. 2 7 ABCA B C ABC a V AA S  0,5 +)d(CC’ ;AM)=d(CC’ ;(ABB’A’))=d(C;(ABB’A’))= 3 7 a 1.0 Câu 5 (1.0đ) Tìm hệ số của 7x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của n x x        22 , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 323 1 24 nnn ACC  . Ta có 3),2)(1()1( 6 )1(()1( .424 323 1    nnnnnn nnn ACC nnn 0,25 11 )2(33)1(2   n nn 0,25 Khi đó ..)2.( 2 .)( 2 11 0 322 11 11 0 112 11 11 2                   k kkk k k kk xC x xC x x Số hạng chứa 7x là số hạng ứng với k thỏa mãn .57322  kk Suy ra hệ số của 7x là .14784)2.( 5511 C 0,5 Câu 6 (2.0đ) Tính nguyên hàm   xdxe x )2015( Đặt      dxedv xu x )2015(       xev dxdu x 2015 0,5 Khi đó   xdxe x )2015( =   dxxexex xx )2015()2015( 0,5 ) 2 .2015(2015 2 2 xexxe xx  + C 0,5 Cxexe xx  2 2 2015 0,5 6 Câu 7 (2.0đ) Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. Ta có:  1;2 5AB AB    . Phương trình của AB là: 2 2 0x y   . 0,5    : ;I d y x I t t   . I là trung điểm của AC và BD nên ta có:    2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t  . Gọi CH là đường cao kẻ từ đỉnh C của hình bình hành Theo giả thiết D . 4ABCS ABCH  4 5 CH  . 0,5 Ta có:       4 5 8 8 2 ; , ;| 6 4 | 4 3 3 3 3 3; 5 5 0 1;0 , 0; 2 t C Dt d C AB CH t C D                         Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 C D             hoặc    1;0 , 0; 2C D  1.0 Câu8 (2.0đ) 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 . NX: 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                        0.5 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                      0,5 +) 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                             . KL: Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5). 0,5 7 +) 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 VN. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y   0,5 Câu 9 (2.0đ) Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b                Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: a b c b c a c a b         . Đặt  , , , , 0 , , 2 2 a b c a x y a z x y z x y z y z x z x y              . Viết lại vế trái: 2 3 3 2 a b a c a VT a c a b a b c x y z y z z x x y                0,5 Ta có:     2 2 z z x y z z x y z z x y x y z x y             . Tương tự: 2 2 ; . x x y y y z x y z z x x y z         Do đó:  2 2 x y zx y z y z z x x y x y z            . Tức là: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b                0,5