đề toán thi thử lần 1 năm 2015 trường quỳnh lưu 3

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015Mạch kiến thức, kỹ năng Mức độ nhận thức Điểm Nhận biết Thông hiểu Vận dụng thấp Vận dụng cao 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Câu 1a 1 1 2 B

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Mạch kiến thức, kỹ năng

Mức độ nhận thức

Điểm

Nhận biết

Thông hiểu

Vận dụng thấp

Vận dụng cao

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Câu 1a 1 1

2

Bài toán liên quan đến hàm số

(tiếp tuyến, tính đơn điệu, cực trị,

tương giao các đồ thị, tìm điểm

trên đồ thị )

Câu 1b

1

1

3 Phương trình và bất phương trìnhlôgarit, mũ; phương trình và bpt

vô tỉ

Câu 2a

4 Phương trình lượng giác, công thức lượng giác Câu 2b0.75

5 Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng của tích phân Câu 3 1 1

6

Thể tích khối đa diện, khối tròn

xoay; diện tích hình tròn xoay;

bài toán khoảng cách, góc

Câu 4a

0.5

Câu 4b

0.5

1

7 Phương pháp tọa độ trong không gian Câu 5 1 1

8 Phương pháp tọa độ trong mặt

phẳng

Câu 6

9 Xác suất, tổ hợp, nhị thức Niutơn, giới hạn của hàm số Câu 7a0.75

1.5

Sở GD&ĐT Nghệ An

TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 3 KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – ĐỢT 1 Môn Toán Thời gian 180 phút

Ngày thi: 21/3/2015

Câu I.(2 điểm) Cho hàm số y x= −3 3x2−1 ( C )

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C )

2 Tìm m để đường thẳng d: y = mx – 1 cắt đồ thị (C ) tại ba điểm phân biệt.

Câu II.(1,5 điểm) Giải các phương trình sau:

1 3 sin 2x−cos 2x=4sinx−1

2 ( )2

log 4x −3log x− =7 0

Câu III.(1 điểm) Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường :

ln ; 0;

y= x y= x e=

Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác SAB đều cạnh a, tam giác ABC cân

tại C Hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh AB; góc hợp bởi

cạnh SC và mặt đáy là 300

1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a

2 Tính khoảng cách của hai đường thẳng SA và BC

Câu V (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+ y+z+1=0.

1 Viết phương trình mặt cầu có tâm I(1;1;0) và tiếp xúc với mp(P)

2 Viết phương trình mặt phẳng chứa trục Ox và vuông góc với mp(P)

Câu VI.(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC Gọi H là

hình chiếu của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH Biết

A(1;1), phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm

Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D

Câu VII ( 1,5 điểm )

1. Giải hệ phương trình 2 6 1 2

x xy y







2 Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên 4 viên

bi Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu

Câu VIII.( 1 điểm ) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab≥1; c a b c( + + ≥) 3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 6ln( 2 )

-/ Hết

/ -Họ và tên thí sinh SBD:

ĐÁP ÁN

I

2 đ 1 đ1. 1/ Tập xác định: ¡

2/ Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: y’=3x2 – 6x = 3x(x – 2); y’ = 0⇔x = 0 hoặc x = 2 y’>0⇔x<0 hoặc x>2; y’<0 ⇔ 0<x<2

Vậy, hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞ ;0)và (2; +∞ ); hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)

+) Cực trị Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yC Đ=-1;

hàm số đạt cực tiểu tại x=2 và yCT=-5

+) Giới hạn tại vô cực

3

2

3 1 lim lim 1

x x

3

2

3 1 lim lim 1

x x

+) Bảng biến thiên:

y

−∞

-1

-5 +∞

3/ Đồ thị

Đồ thị nhận điểm I(1;-3) làm điểm đối xứng

Đồ thị đi qua các điểm (-1;-5);(0;-1);(1;-3);(2;-5);(3;-1)

0.25

0.5

0.25

2

-2

-4

-6

5

O 1 2

-5

-1

-3

Số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d bằng số nghiệm của phương trình

3 3 2 1 1 (1)

x − x − = mx −

2

0

3 0 (2)

x

=





Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt khác 0 hay

0 0

9

9 4 0

4

m m

≠



− ≠

0.25 0.25

0.5

II

1.5đ

1

0.75đ

2

3 sin 2 cos 2 4sin 1 2 3 sin cos 1 cos 2 4sin 0

2 3 sin cos 2sin 4sin 0 2sin 3 cos sin 2 0

sin 0 sin 0

,

3 cos sin 2

x

k

π

=

=

0.25 0.25

0.25

2

0.75đ

gpt: ( )2

log 4x −3log x− =7 0 ĐK: x>0

2 2

2

log 4 3log 7 0 2 log 6log 7 0

1 log 1

log 3

8

x

x



=

Đối chiếu điều kiện ta có các nghiệm 1

2

x = ;x = 8

0.25 0.25

0.25

III

1 đ

Xét phương trình ln x = ⇔ = 0 x 1 Diện tích hình phẳng là

1

1

1

1 1

e

e

x e

e dx e x

∫

0.25

0.5

0.25

1 đ

1

0.5 đ

Gọi H là trung điểm cạnh AB ta có

SH là đường cao của hình chóp S.ABC và CH là đường cao tam giác ABC Từ giả thiết ta được

30

SCH = Tam giác SHC vuông tại

H nên

2

CH SH

ây, thể tích khối chóp S.ABC là:

3

a

V = SH AB CH = (đvtt)

0.25

0.25

2

0.5 đ

Dựng hình bình hành ABCD, khi đó

d BC SA =d BC SAD =d B SAD = d H SAD

Gọi G, K lần lượt là hình chiếu của H trên các đường thẳng AD và SG ta có:

( )

AD HG

AD SH



mà HK ⊥SG nên HK ⊥(SAD)hay d H SAD( ,( ) ) =HK

Tam giác SHG vuông tại H nên

a HK

HK = HG +HS = HB + HC + HS = a ⇒ =

Vậy, ( , ) 3

13

a

d BC SA =

0.25

0.25

V

1 đ

1

0.5 đ

Vì mặt cầu (S) có tâm I(1;1;0) và tiếp xúc với mp(P) nên bán kính của mặt cầu

là ( ,( )) 1 1 0 1 3

3

r d I P + + +

Vậy, phương trình mặt cầu (S) là: ( ) (2 )2 2

x− + y− +z =

0.25

0.25

2

0.5 đ

Gọi mp ( ) α là mặt phẳng cần tìm Trục Ox chứa điểm O và véctơ r i = (1;0;0), mp(P) có vtpt nr=(1;1;1) mp( )α chứa trục Ox và vuông góc với mặt phẳng (P) nên nó qua điểm O và nhận ur =  n ir r, =(0;1; 1− )là véctơ

Vậy, phương trình mp( )α : y – z = 0

0.25 0.25 VI

1 đ Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm cácđoạn thẳng CD, BH AB Ta chứng

minh AF ⊥ EF

Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp, do đó AF ⊥ EF

Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0

Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ

0.25

B

S

D

H

G K

D

C

G

E F

H

;

5

x

x y

x y

y

 =



− =

2

2

2 ;

:

Theo giả thiết ta được E ( 3; 1 − ) , pt AE: x+y-2=0 Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân tại D nên

hay D(1;-1) D(3;1)

AD DE

=

= −





Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1)

Khi đó, C(5;-1); B(1;5) Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1)

0.25

0.25 0.25

VII 1

0.75đ Giải hệ pt:

2

2 6 1 (1)

x xy y







Đk: 6 0

1

x y x

+ + ≥



 ≥ −



+) Nếu y≥0, để hệ có nghiệm thì 1≥ ≥y 0 (1) 2 6 2 5

(1) (1) (1) 1 1



+) Nếu y<0, từ (2) suy ra x>0

2

2

Xét hàm số

2 2

2

9 2

9

t

t

+

+

2

y

Thế vào pt(1) ta có phương trình 2 92 y 6 1 y

2

9

y

= + + đồng biến trên (−∞;0) ; hàm số h(y)=1-y nghịch biến trên (−∞;0) và phương trình có ngiệm y=-3 nên pt(4) có nghiệm duy nhất y=-3

Vậy, hệ có nghiệm duy nhất (1;-3)

0.25

0.25

0.25

0.75đ

Tổng số viên bi trong hộp là 24 Gọi Ω là không gian mẫu

Lấy ngẫu nhiên 4 viên trong hộp ta có 4

24

C cách lấy hay n(Ω)= 4

24

C

Gọi A là biến cố lấy được các viên bi có đủ cả 3 màu Ta có các trường hợp sau:

+) 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh: có C C C102 81 61=2160 cách

+) 1 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh: có C C C101 82 61 =1680 cách

+) 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 2 bi xanh: có C C C101 81 62 =1200 cách

Do đó, n(A)=5040

Vậy, xác suất biến cố A là ( ) ( ) 5040 47, 4%

( ) 10626

n A

P A

n

Ω

0.25

0.25 0.25

1 đ

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:

)

1 a 1 b 1 ab

1

2

ab

Thật vậy,

1 0

⇔ − − ≥ luôn đúng vì ab ≥ 1 Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1

1

2

ab

+ ≤ ⇔ − ≥ Dấu “=” khi ab=1

Do đó,

1

2

ab

2

2

ab bc ca c a c b c a b c

Đặt t a b= + +2 ,c t>0 ta có:

2 2

16 1

2 ( ) 6ln , 0;

'( )

t

t

f t

+

BBT

f(t)

5+6ln4

Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1

0.25

0.5

0.25

Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa !!!