Tải Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 trường THPT Nguyễn Văn Trỗi, Hà Tĩnh - Đề thi thử Đại học môn Toán 2015 có đáp án

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..[r]

TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI

TỔ: TOÁN

ĐỀ THI THỬ LẦN 1, KỲ THI THPT QUỐC GIA

NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn: Toán Thời gian: 180 phút

(Không kể thời gian giao đề)

1

x

y

x





  Câu 1 (4 điểm): Cho hàm số:

a ( 2 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

b (1 điểm) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm của đồ thị với trục tung

c y x m  (1 điểm) Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị của hàm số tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A đến trục hoành bằng khoảng cách từ B đến trục tung

Câu 2 (4 điểm):

2

1

2 x  x  x x a) Giải phương trình:

2

0

sin 2 cos



b) Tính tích phân sau:

vuông góc với đáy và mặt phẳng (SBD) tạo với một góc Tìm thể tích khối chóp Xác định tâm và bán kính mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp

' ' '

độ Oxyz, cho lăng trụ đứng có điểm Tam giác là tam giác gì, khi đó tìm tọa độ điểm sao cho thể tích khối chóp bằng 10 Gọi I là trung điểm , tìm cosin góc giữa và Biết B’ có cao độ dương

Câu 5 (2 điểm):

a) 2cos ( 3 sinx xcosx1) 1 Giải phương trình:

b) A 1, 2,3, 4,5

Cho tập hợp Có bao nhiêu số có 8 chữ số lập từ các số của tập A, sao cho chữ số 1

có mặt 2 lần, chữ số 2 có mặt 3 lần, các số khác có mặt một lần

ABC x y  4 0 H(2;0), (3;0)I Câu 6(2 điểm): Cho tam giác có phương trình đường thẳng BC: ,các điểm

lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Hãy lập phương trình cạnh AB biết điểm B có hoành độ không lớn hơn 3







Câu 7(2 điểm): Giải hệ phương trình:

a b c  a b c  1

9

bc ca ab

   Câu 8(1 điểm): Cho thỏa mãn: , chứng minh rằng :

-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:………

(Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang)

Câu 1

(4đ) a.(2 điểm) D \ 1 

+) Sự biến thiên

4

x

- ( ;1)(1;)Hàm số đồng biến trên các khoảng: và 0,25

x

x x

 





1 2

y 

Giới hạn: , do đó : là tiệm cận ngang

    x 1 , do đó : là tiệm cận đứng 0,5

- Đồ thị: Cắt Ox tại (-1;0), cắt Oy là (0;1/2) 0,5

b.(1 điểm)

- Gọi M là giao điểm của đồ thị với trục tung thì M có hoành độ x = 0, do đó M(0;1/2) 0,25

2

4 '

y

x



1

2

yy x 

- Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại M là : 0,25

1 2

y x

0,25

c.(1 điểm)

- Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng là nghiệm phương trình:

1

x

x m x



 

  x 1 (Đk: )

2

      0,25

- Đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai

nghiệm phân biệt khác 1

7

2

m

m









 (2) 0,25

1, 2

x x

1 2

1 2

2

2

m

x x

m

x x











 - G/s là hai nghiệm của phương trình (1), theo định lý Viet ta có:

A x x  m B x x  m Khi đó hai giao điểm là 0,25

1 2

1 2

d A d B Oy x m x

x x m



 - Theo giả thiết thì:

1 2

x x m

2

m

m





- Với , kết hợp với Viet ta có: , không xảy ra

1 2

x x m

1

1 2

1 2

2

1 4

2

x x

x x









 

Suy ra: thỏa mãn điều kiện

0,25

Câu 2

(4 đ) a(2 điểm)

0

0

x

x x

x x

x

x

  





2

1

2 x  x  + Với điều kiện đó thì phương trình tương đương với: 0,25

2

        0,5

5

x

x x

x





 0,5 + Theo điều kiện thì nghiệm là: x=5 0,25 b(2 điểm)

3

0

2 sin os

I x c xdx



- x 0 t1Đổi cận:

I t dt t dt





1 4

1

1

2t 

0

Câu 3

(2đ)

+ Gọi O là giao điểm hai đường chéo đáy, ta có:

- BDAC

nên:

(SBD);(ABCD) SOA 600

2 2

2

a

.tan 60

2

a

SA AO 

+, tam giác SAO vuông tại A nên theo hệ

2

a

3

SABCD

a

V  SA dt ABCD 

IO ABCD

IAO IBO ICO IDO

SAC



1 2

IA IB IC   SC

+ vuông tại A có AI là trung tuyến nên: (2) 0,25

1

2SC+ Từ (1) và (2) ta có: I cách đều S,A,B,C,D nên I là tâm mặt cầu đi qua các đỉnh hình

2

a

SC  SA AC 

+ Theo định lý Pitago:

14 4

a

R 

(3 đ)

AB AC BC

CB CA AB Từ đó theo định lý Pitago thì: nên tam giác ABC vuông tại C 0,25

A B C y B' ( Oyz) B'(0;3; )c + Ta thấy và lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên từ đó

1

2

ABC

S  CA CB

'

'

V   BB S   c  c

'(0;3;6)

(0;3;3)

( 4;3;3); ' (2;1; 6)

AI  B C 

cos(AI B C; ' )cos( AI B C; ' )

AI B C

AI B C

 

0,25

Câu 5

(2đ) a(1 điểm)

- 3 sin 2x2cos2 x 2cosx1Phương trình tương đương với:

2

   

3 sin 2x cos 2x 2cosx

   0,25

3

0,25

2 2 3

3













 

2 3 2

k x









 

  

b(1 điểm)

+ Xem số cần lập có 8 vị trí

- C 82 28Xếp hai số 1 vào tám vị trí thì có: cách xếp 0,25

- C 63 20Xếp ba số 2 vào sáu vị trí còn lại có: cách xếp 0,25

- Xếp các số 3,4,5 vào ba vị trí còn lại có: 3!=6 cách xếp 0,25

Câu 6

(2đ) G a b( ; ) HG2GI

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

HG a b GI  a b

8

( ;0) 3

G





+ Gọi M là trung điểm BC thì MI vuông góc với BC nên: phương trình đường thẳng MI là:

M MIBC

x y

M

x y





8

3

A a b  AG  a b

GM 



2

 

(1;1)

A + Gọi còn Ta có: nên tìm được 0,25

5

R IA  + Do đó: là bán kính đường tròn ngoại tiếp

B m m BC m 3 Gọi ( trong đó: ) 0,25

BI   m  m   m  m + Ta có:

(1; 3)

AB 



+ nên phương trình tổng quát đường thẳng AB là: 3(x-1)+1(y-1)=0 hay 3x+y-4=0 0,25

Câu 7

(2 đ)







3

3

2 2

x

x

y y

y x

y x











 



  

(1) x  3x  2 y y 3 (x1)  3(x1) ( y3)  3 y3+ Ta có 0,25

3 1; 1 1

y  x  f t( ) t3 3 ,t t 1+ Ta thấy nên xét hàm số: 0,25

2

f t  t    t f t( ) t3 3t1; 

do đó hàm số: là đồng biến trên: 0,25 ( 1) ( 3)

f x f y x1 y 3 y x 2 2x 2 x 3 x2 3x+ Khi đó ta có: nên: thế vào (2) ta được:

0,5

2 1

3

x

x x

x





 0,25

Câu 8

(1đ)

bc     ca    

    Theo bất đẳng thức Cauchy: ;

2

ab    

  0,25

P

-2

0

P a b c   

Do đó : (Đpcm)