Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 trường THPT Nguyễn Trung Thiên, Hà Tĩnh

Một tổ học sinh gồm có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ.. Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh đi chăm sóc bồn hoa.. Tính xác suất để 2 học sinh được chọn đi chăm sóc bồn hoa có cả nam và nữ.. Hình

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015

TỔ TOÁN Môn TOÁN (Lần 1)

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x 1

2x 1

 



 (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

b) Chứng minh rằng đường thẳng y = x + m luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B Tìm m để độ dài đoạn AB = 2

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: sin 2x sinx    2 4cos x

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân  

1

0

x

x 1



 Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình:  2   

4log x  3  log 6 x  10   2 0 Câu 5 (1,0 điểm) Một tổ học sinh gồm có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh đi chăm sóc bồn hoa Tính xác suất để 2 học sinh được chọn đi chăm sóc bồn hoa có cả nam và nữ

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc  BAD  600 Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm ABC Góc giữa mặt phẳng (ABCD) và mặt phẳng (SAB) bằng 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD)

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3;1) Điểm E(1;3) nằm trên đường thẳng  chứa đường cao qua đỉnh B Đường thẳng AC qua F(1;3) Tìm tọa độ các đỉnh của

ABC biết đường tròn ngoại tiếp ABC có đường kính AD với D(4;2)

x  2 ( x  4x  7  1)  x x   3 1  0 Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

P

_ Hết _

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: ………; Số báo danh: ………

SỞ GDĐT HÀ TĨNH

THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN

TỔ TOÁN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015

Môn TOÁN (Lần 1)

Đáp án gồm 03 trang

a) (1 điểm)

 Tập xác định: \ 1

2

D   

 

 Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: ' 1 2

(2 1)

y x





 ; y'0, x D Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;1

2



1

; 2



0.25

- Giới hạn, tiệm cận: lim lim 1

2

     ; tiệm cận ngang 1

2

y  

1 2

lim

x

y





 ;

1 2

lim

x

y





 ; tiệm cận đứng 1

2

x 

0.25

- Bảng biến thiên:

x  1

2 

'

y

1 2







1 2



`

0.25

 Đồ thị:

0.25

b) (1 điểm)

Số giao điểm của đường thẳng yxm và đồ thị (C) bằng số nghiệm của pt: 1

x

x

 

1

2

x









(2)

0.25

1

(2,0đ)

' m 2m 2 (m 1) 1 0, m

          (2) có nghiệm phân biệt nên yxm luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B m 0.25

Gọi A x y( ;1 1); B x y thì ( ;2 2) x x là nghiệm của pt(2) và 1, 2 y1 x1m y, 2 x2m

 2 12  2 12

      2 (x1x2)24x x1 2 Mặt khác: x1x2 m, 1 2 1

2

m

x x   0.25

Từ đó ta có: AB 2 x1x224x x1 2 1m22(m1) 1 m  Vậy 1 m  1 0.25

sin (2 cosx x 1) 2(1 2 cos )x (sinx 2)(2 cosx 1) 0

1



2

(1,0đ)

Phương trình có các nghiệm là: 2 ,

3



Đặt:

1 ln( 1)

1





x x

x

0.25

1

0



ln ( 1)

0 2

x

0.25

3

(1,0đ)

=

ln 2 ln 2 1 ln 2 2 ln 2 1

0.25

4 log x 3 log 6x10  2 0 ( ) Điều kiện: x  3

2

log  x 3 2 log 6x 10

2

x

x





4

(1,0đ)

Đối chiếu điều kiện thì phương trình có một nghiệm x 2 0.25 Gọi  là không gian mẫu: A là biến cố “2 học sinh được chọn gồm cả nam và nữ” 0.25

Số trường hợp thuận lợi cho A là 1 1

5 7

5

(1,0đ)

Xác suất của biến cố A là ( ) ( ) 35 53, 03%

( ) 66

n A

P A

n

Gọi H là trọng tâm ABC , K là hình chiếu của H lên AB suy ra:  SKH 600;HBD; 1

3

BH  BD

DM là đường cao tam giác ABD,HK//DM

a

2

a

0.25

6

(1,0đ)

Diện tích ABCD:

2

3 2

2

ABCD ABD

a

Thể tích

3

a

0.25

Kéo dài KH cắt DC tại N 3 2 3

Gọi IH là đường cao của SHNd H SCD , ( )HI Ta có:

7

HI



0.25

Vậy  , ( ) 3  , ( ) 3 3 7

a

Gọi H là trực tâm ABCBDCH là hình bình

hành  M là trung điểm của DHH2; 0 0.25 Đường thẳng ACđi qua F1;3và nhận HE   3; 3

làm véctơ pháp tuyến nên phương trình của AC là:

xy  Đường cao BH qua H và E nên phương trình của BH là: xy 2 0

0.25

Gọi toạ độ của B, C là: Bb b; 2, C c; 4c

Do M là trung điểm BC nên ta có hệ:



Vậy B 1; 1 ; C 5; 1 

0.25

7

(1,0đ)

Đường cao AH đi qua H và vuông góc với BC nên AH

có phương trình: x 2 Toạ độ A thoả mãn hệ:

Vậy A2; 2

0.25

Phương trình biến đổi thành:     2   2 

Đặt ux2, v  Xét hàm số x    2 

3 1

f t t t   , phương trình trở thành f u  f v  0.25

Vì  

2 2

2

3

t

t



, t Hàm f t luôn đồng biến nên   f u  f v u v 0.25

8

(1,0đ)

Phương trình tương đương x2  x x 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 0.25

Từ giả thiết suy ra: 0x y z, ,  3 Ta có:  2  2 2  2

yz  y z  x ,



2 3

x

yz   Mặt khác  

2 2

1 4

2 3

x

x

0.25

Thật vậy:

2 2

1 4

2 3

x

x

2x 3x  x1 2 x20 luôn đúng, 

2 2

1 4

x

x

yz  0.25

Tương tự:

2 2

1 4

y

y





,

2 2

1 4

z

z







1 4

0.25

9

(1,0đ)

4

P  Khi x yz1 thì 3

4

P  Vậy min 3

4