MA TRẬN ĐỀ Mức độ nhận thức Mạch kiến thức, kỹ năng Nhận biết Thông hiểu Vận dụng thấp Vận dụng cao Điểm 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Câu 1a 2 Bài toán liên quan đến
Trang 1ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
I MA TRẬN ĐỀ
Mức độ nhận thức Mạch kiến thức, kỹ năng
Nhận biết
Thông hiểu
Vận dụng thấp
Vận dụng cao
Điểm
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ
thị hàm số
Câu 1a
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 trình
lôgarit, mũ; phương trình và bpt
vô tỉ
Câu 2a 0.75
4 Phương trình lượng giác, công
thức lượng giác
Câu 2b 0.75
1.5
5 Nguyên hàm, tích phân và ứng
dụng của tích phân
Câu 3
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
8 Phương pháp tọa độ trong mặt
phẳng
Câu 6
9 Xác suất, tổ hợp, nhị thức
Niutơn, giới hạn của hàm số
Câu 7a 0.75
0.75
1.5
1 1
Trang 2Sở 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 yx33x2 ( C ) 1
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 2xcos 2x4sinx 1
2 log 42 x23log 2 x7 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
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:
Trang 3ĐÁP ÁN
1
1 đ
1/ Tập xác định: 2/ Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: y’=3x2 – 6x = 3x(x – 2); y’ = 0x = 0 hoặc x = 2 y’>0x<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
x y x x
3
2
x y 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
I
2 đ
2
Số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d bằng số nghiệm của phương trình
2
0
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
4
m m
0.25 0.25
0.5
2
-2
-4
-6
5
O 1 2
-5
-1
-3
Trang 41
0.75đ
2
3 sin 2 cos 2 4sin 1 2 3 sin cos 1 cos 2 4sin 0
2 3 sin cos 2 sin 4 sin 0 2sin 3 cos sin 2 0
sin 0 sin 0
3 cos sin 2
x
k
0.25 0.25
0.25
II
1.5đ
2
0.75đ
gpt: log 42 x2 3log 2 x7 0 ĐK: x>0
2 2
2
1
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
0.25
0.5
0.25
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
ây, thể tích khối chóp S.ABC là:
3
a
V SH AB CH (đvtt)
0.25
0.25
IV
1 đ
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:
mà HK SG nên HK (SAD)hay d H SAD , HK
Tam giác SHG vuông tại H nên
0.25
B
S
D
H G K
Trang 52 2 2 2 2 2 2
a HK
HK HG HS HB HC HS a
Vậy, , 3
13
a
d BC SA
0.25
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
rd I P Vậy, phương trình mặt cầu (S) là: 2 2 2
x y z
0.25
0.25
V
1 đ
2
0.5 đ
Gọi mp ( ) là mặt phẳng cần tìm Trục Ox chứa điểm O và véctơ i (1;0;0)
, mp(P) có vtpt n (1;1;1)
mp( ) chứa trục Ox và vuông góc với mặt phẳng (P) nên nó qua điểm O và nhận un i, 0;1; 1
là véctơ
Vậy, phương trình mp( ) : y – z = 0
0.25 0.25
VI
1 đ
Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn 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
17
;
5
x
x y
y
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)
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 0.25
D
C
G
E F
H
Trang 61
0.75đ
Giải hệ pt:
2
2 6 1 (1)
1
x y x
+) Nếu y , để hệ có nghiệm thì 10 y 0
(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
y (4) Hàm số
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 VII
2
0.75đ
Tổng số viên bi trong hộp là 24 Gọi là không gian mẫu
Lấy ngẫu nhiên 4 viên trong hộp ta có C cách lấy hay n( )=244 C 244
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 C 102 18 61 2160 cách +) 1 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh: có C C C 101 82 16 1680 cách +) 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 2 bi xanh: có C C C 101 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
0.25
0.25 0.25
Trang 7VIII
1 đ
Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:
)
1
2
ab
Thật vậy,
a b 2 ab 1 0
luôn đúng vì ab 1 Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1
2
1
2
ab
1
2
ab
2
2
Đặt t a b 2 ,c t ta có: 0
2 2
'( )
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 !!!
