Câu I4 điểm.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1.. Câu II2 điểm.. Bốc ngẫu nhiên một số.. Tính xác suất để số tự nhiên được bốc ra là số có 4 chữ số mà chữ số đằng trước nhỏ hơ
Trang 1Câu I(4 điểm) Cho hàm số 3 2
yx x (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
2 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 II(2 điểm ) Giải phương trình: 2
cos 2 sin
sin 2 2 sin
x x
x x
Câu III(2 điểm )
1.Một hộp đựng các số tự nhiên có 4 chữ số được thành lập từ các số 0,1,2,3,4 Bốc ngẫu nhiên một số Tính xác suất để số tự nhiên được bốc ra là số có 4 chữ số mà chữ số đằng trước nhỏ hơn chữ số đằng sau
log x - log (4x ) - 5 = 0
Câu IV(2 điểm ) Tính nguyên hàm
4
3 2
x x
xdx I
Câu V(4 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác SAC
cân tại S, góc SBC bằng 600, mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC)
1 Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC
2 Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC
Câu VI(2 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2
+y2 = 5 tâm O,
đường thẳng (d): 3x - y - 2 = 0 Tìm tọa độ các điểm A, B trên (d) sao cho OA = 10
5 và đoạn
OB cắt (C) tại K sao cho KA = KB
Câu VII(2 điểm )Giải hệ phương trình:
) , ( 3
3
3 3 5
2 5
2
2 2
2 2
R y x x
x y
y
x y y
y x
x
Câu VIII(2 điểm ) Cho c¸c sè thùc d-¬ng a, b, c Chøng minh r»ng:
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II ĐỀ THI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN, khối 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Trang 2Họ và tên thí sinh……… …….; Số báo danh………
I 1
1/ Tập xác định: R
0,25
2/ Sự biến thiên
2
0 0
; 6
,
x
x y
x x y
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
; ) (
f x
f x
x
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
x
y
3 2
4
-1
0,25
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II
ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN;
(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)
Trang 32/Phương trình hoành độ giao điểm: x3
– 3x2 + 4 = mx – 2m 0,25
(*) 0 2
2 2
m x
x
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
0 2
2 2
0 4 9 2
m
0 4 9
m
Vậy với m (
4
9
II
ĐK: sin2x 0 =>
0 cos
0 sin
x
x
0,25
PT => 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx (2sin2x – 2sin2x.cosx)+sin2x- 2sinx = 0 0,25
2sin2x(1- cosx)+ 2sinx(cosx -1)= 0 2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0 0,25
0 ) 1 cos 2 ( sin 0 sin 2 sin
1 cos
x x x
x
x
0,25
*)sin 2x sinx 0 sinx( 2 cosx 1 ) 0 0,25
3 2
1 cosx x k (kZ)
Vậy phương trình có nghiệm 2
x
0,25
III 1.Gọi số có 4 chữ số là abcd, với a 0
Số cách thành lập số có 4 chữ số là: 4.5.5.5= 500 0,25 Theo giả thiết số đằng trước không thể là số 0 Như vậy số có 4 chữ số được
mà chữ số đằng trước nhỏ hơn chữ số đằng sau chỉ có 1 cách đó là số 1234 0,25
Vậy xác suất cần tìm là 1
500
0,25
Trang 42.ĐK: x>0
Phương trình log22x log44 log4x2 5 0
0,25
Đặt t = log2x, phương trình trở thành: t2
– t – 6 = 0 t = 3 hoặc t = - 2 0,25 với t = 3 x = 23 = 8 (tm)
với t = - 2 x = 2-2 = ¼ (tm)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 8 và x = ¼
0,25
IV
) 4 (
3 4
2
dx x
x x x
x
= x dx x x 4dx
4
3 4
1
3 2
4 4
3
C
x dx
x
2
4x x dx 8 x d x 4 x C
Vậy I = 1 2 3
4
-4
3
x
+C
0,25
V
N M
I
O
B S
Gọi O là trung điểm AC Vì tam giác SAC cân nên SOAC 0,25
)) ( ) ( )(
(ABC vi SAC ABC
vì
2
3 ,
2
a OB a OC
Đặt SO = m thì SB2
= m2+3a2/4, SC2 = m2+a2/4 0,25
Vì góc SBC bằng 600
nên
2
6 3
4 3 4
3 2
3 2
1 ) , cos(
60
2 2
2
m a m a m
a
a BC
0,5
SABC =
2
3 2
Vậy
8
2
3
.
a S
SO
Trang 5X N M
I
S
2.Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Trong mp(SOB), từ I dựng đường thẳng IM //SO, M trên SB
0,25
Do SO vuông với (ABC) suy ra IM vuông với (ABC) hay đường thẳng IM là
trục đường tròn của tam giác ABC
0,25
Gọi N là trung điểm SB Trong tam giác SOB, từ N dựng đường trung trực của
cạnh SB, cắt IM tại X
0,25
Suy ra X là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC 0,25 Theo 1) ta có SB = 3a/2., SN = 3a/4
Ta có: SN.SB=SK.SO suy ra SK =
6 4
9a
0,25
KN=SK.sinOSB =
2 4
XN = 1/3KN =
2 4
BX =
8
38
a
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là
8
38
a
0,25
VI
K
A
O
B
(C): x2 + y2 = 5 có tâm O(0;0) bán kính R = 5
0,25
Ta có d(O;d) = 10
t + 3(3t-2) = 0 t = 3
5 A 3; 1
0,25
Ta có OAB vuông tại A, KA = KB KA = KB = OK K là trung điểm OB
OB = 2OK = 2 5
0,25
Vì B (d) B(b;3b-2)Ta có OB2 = 20 b2+(3b-2)2 = 20 5b2-6b-8=0
;
0,25
Trang 6Vậy A 3; 1
, B(2;4) hoặc
4 22
;
B
0,25
VI
I
Phương trình (2) y2 - 3y + 3 = x2 - x y - 3x - 3 = y2 - x2 - 2y - 2x thế vào 0,25 phương trình (1) ta có: 2 2
x y y2 - x2 - 2y - 2x
x y (y-1)2-(x-1)2
0,25
x +(x+1)2= 2
Xét hàm số f(t) = t 4+t trên [0;+), f’(t) > 0 t≥0 f(t) đồng biến trên
[0;+)
0,25
phương trình (*) f((x+1)2) = f((y-1)2) (x+1)2 = (y - 1)2 x y 2
0,25
Với x = y - 2, thế vào (2) giải được:
1 2 3 2
x y
0,25
Với x = - y, thế vào (2) giải được:
3 4 3 4
x y
0,25
Vậy (x;y) 1 3; , 3 3;
0,25
VI
II
Ta có: ĐPCM
2
0,25
9 3 3 2
a b c a b c a b c a b c a b c a b c
0,25
, ta có: x,y,z>0 và x y z 1 Khi đó
0,25
1
Trang 7
Từ đó suy ra (1) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi 1
3
x y z
3 3 2
y
Thật vậy, Xét hàm số f(x) = x1 x víi 0 x 1
Ta có f’(x) = 1 3
2
x x
3
x
; BBT
x 0 1
3 1
f’(x) + 0
f(x) 2
3 3 Suy ra 0 < f(x) < 2
3 3 Dấu “=” xảy ra 1
3
x
0,5
Vậy ta có:
1
x x
=
3 3
1
3 3
y y
3 3 2
y
z
z
z
y
x y z
3 3
2
Từ đó suy ra (2) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi 1
3
x y z
0,25
Từ đó suy ra đpcm dấu đẳng thức xảy ra khi a b c 0,25
Mọi cách khác giải đúng đều được điểm tối đa