Đề thi thử Quốc gia lần 1 năm 2015 môn Toán trường THPT Yên Lãng, Hà Nội

Sở GD & ĐT Hà Nội Trường THPT Yên Lãng o0o ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ K12 Năm học 2014 - 2015 ( Môn: Toán. Thời gian làm bài: 120 phút ) A. PHẦN CHUNG : (8điểm) Câu I (3 đ). Cho hàm số y = (x - 2) 2 (x + 1), đồ thị là (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho. 2. Tìm trên (C) điểm M có hoành độ là số nguyên dương sao cho tiếp tuyến tại M của (C), cắt (C) tại hai điểm M và N thoả mãn MN = 3. Câu II (3 đ) 1. Giải phương trình logarit. 2 33 log ( 1) 5log ( 1) 6 0xx     2. Giải bất phương trình mũ : 2x 2 x x 3 2.6 - 7.4 0   3. Giải phương trình lượng giác :   33 sin cos cos2 2cos sinx x x x x   , với ẩn x . Câu III (2 đ). Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', có AB = a, AD = b, AA' = c với đáy ABCD là hình bình hành có góc BAD bằng 60 0 . Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho DM = 2MC. 1. Tính thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D' theo a, b, c . 2. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (BDA') theo a, b, c. B. PHẦN RIÊNG : (2điểm) I, HỌC SINH THI KHỐI A,A1,B: Câu IVa (1đ). Giải và biện luận phương trình : ( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1) xx m m m        theo tham số m. Câu Va(1đ). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1 ) : x-y-1 = 0 và (d 2 ) : x+2y+3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A  ( d 1 ), C  (d 2 ), B, D thuộc Ox và AC=2BD. II, HỌC SINH THI KHỐI D : Câu IVb(1đ). Tìm m để phương trình: ( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1) xx m m m        có hai nghiệm trái dấu. Câu Vb(1đ). Trong mp Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0). Biết phương trình các cạnh AB, AC thứ tự là: 4x+y +14= 0; 2x+5y-2 =0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. Hết Họ tên thí sinh………………… ………………………………………………Lớp………… 0 ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM TÓM TẮT Nội dung Điểm Câu I 3.0 1. 2.0 Hàm số có tập xác định là ; ; xx lim y lim y      . 0. 5 y’ = 3x 2 - 6x; y’ = 0  x = 0 hoặc x = 2 x -∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + y 0.5 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-; 0) và (2; +); hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2). Điểm (0; 4) là điểm CĐ của đồ thị hàm số; điểm (2; 0) là điểm CT của đồ thị hàm số. Điểm U(1; 2) là điểm thuộc ðồ thị hàm số. Đồ thị giao với các trục tọa độ: (-1; 0), (2; 0), (0; 4). 0.5 0.5 2. 1.0 Giả sử M(x 0 ; y 0 ) thuộc (C), x 0 là số nguyên dương. Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là y = (3x 0 2 - 6x 0 )x - 2x 0 3 + 3x 0 2 + 4. Goi tiếp tuyến này là (t). 0.25 Hoành độ giao điểm của (C) và (t) là nghiệm PT: x 3 - 3x 2 - (3x 0 2 - 6x 0 )x + 2x 0 3 - 3x 0 2 = 0  (x - x 0 ) 2 (x + 2x 0 - 3) = 0  x = x 0 hoặc x = -2x 0 + 3. 0.25 M(x 0 ; x 0 3 - 3x 0 2 + 4); N(-2x 0 + 3; -8x 0 3 + 24x 0 2 - 18x 0 + 4). MN 2 = 9x 0 2 - 18x 0 + 9 + 81x 0 2 (x 0 - 1) 2 (x 0 - 2) 2 . 0.25 4 - 0 + 1 MN 2 = 9  9x 0 2 - 18x 0 + 81x 0 2 (x 0 - 1) 2 (x 0 - 2) 2 = 0  9x 0 (x 0 - 2)(1 + 9x 0 (x 0 - 1) 2 (x 0 - 2)) = 0. Vì x 0 là số nguyên dương nên x 0 = 2. Vậy M(2; 0). (Lưu ý: Nếu thí sinh nhìn trên đồ thị, nhận thấy có trục hoành là một tiếp tuyến thoả mãn BT, do đó có điểm M(2; 0) là một điểm cần tìm, thì cho 0.5 điểm) 0.25 Câu II. 3.0 1. Giải phương trình logarit. 2 33 log ( 1) 5log ( 1) 6 0xx     1.0 ĐK x > -1 0.25 Đặt   3 log 1xt , pt có dạng t 2 – 5t + 6 = 0, giải được t = 2, t = 3 0.5 Trở lại biến x, kiểm tra đk, ta được ĐSố x = 8, x = 26 0.25 2. Giải bất phương trình mũ : 2x 2 x x 3 2.6 - 7.4 0   1.0 Chia cả hai vế của bpt cho 4 x > 0 , ta được 9. 93 2 7 0 42 xx                0.25 Đặt t = 3 2 x    , đk: t > 0 đưa về bpt: 9t 2 - 2t - 7 > 0 0.25 Giải được 1 < t (tm) hoặc t < - 7 9 (không tm) 0.25 Suy ra kết quả : 0 < x 0.25 3. Giải phương trình lượng giác :   33 sin cos cos2 2cos sinx x x x x   , với ẩn x . 1.0 Biến đổi đưa về tích (sinx + cosx)(2sinx - cosx)cosx = 0 0.25 Giải từng ptlg cosx = 0, sinx + cosx = 0, 2sinx – cosx = 0 x = , 2 k k Z    ; x = , 4 k k Z      ; x = 1 , ,tan 2 k k Z       0.5 ĐS : x = , 2 k k Z    ; x = , 4 k k Z      ; x = 1 , ,tan 2 k k Z       0.25 Câu III.2 1.0 2 3 ME MD AE AB  , do đó ( ,( ')) 2 ( ,( ')) 3 d M BDA ME d A BDA AE  0.25 ;'AF BD AH A F Khi đó d(A, (BDA')) = AH. 0.25 Tam giác ABD có AB = a, AD = b, góc BAD bằng 60 0 nên 22 2 3 2 ABD S ab AF BD a b ab   0.25 Trong tam giác vuông A'AF (vuông tại A), ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 ' 3 4 4 4 abc AH AH A A AF a b a c b c abc        Vậy 2 2 2 2 2 2 2 23 ( ,( ')) 3 3 4 4 4 abc d M BDA a b a c b c abc     0.25 D A B C A' M E F B' C' D' H 2 Câu III.1 Tính thể tích của khối hộpABCD.A'B'C'D' theo a, b, c . 1.0 Viết đúng công thức thể tích khối hộp V = AA’.S hbhABCD = c. S hbhABCD 0.25 S hbhABCD = AB.AD.sin60  = ab 3 2 (đvdt) 0.25 Thay số vào ta được đáp số V = abc 3 2 (đvtt) 0.5 Câu IVb. Tìm m để phương trình: ( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1) xx m m m        có hai nghiệm trái dấu. 1.0 Đặt 2 x = t, đk t >0 pt (1) có dạng (m - 2)t 2 – 2(m + 1)t + m - 5 = 0 (2) 0.25 PT (1) có 2 nghiệm trái dấu x 1 , x 2 tức là x 1 < 0 < x 2  0 < 1 2 x < 0 2 < 2 2 x  0 < t 1 < 1 < t 2 . Khi đó bài toán trở thành tìm m để PT (2) có 2 nghiệm t 1 , t 2 thỏa mãn 0 < t 1 < 1 < t 2 0.5 AD ĐL Vi-Et giải hệ tìm được m > 5 0.25 C©u Vb. Trong mp Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0). Biết phương trình các cạnh AB, AC thứ tự là: 4x+y +14= 0; 2x+5y-2 =0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 1.0 A(- 4;2) 0.5 B(x 0 ; - 4 x 0 - 14) ; C( 0 0 25 ; 2 y y  ) AD tính chất trọng tâm G của tam giác ABC Ta tìm được x 0 = -3 và y 0 = 0 . Thay vào ta được B(-3; - 2) ; C(1; 0) 0.5 C©u Va. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1 ) : x-y-1 = 0 và (d 2 ) : x+2y+3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A  ( d 1 ), C  (d 2 ), B, D thuộc Ox và AC=2BD 1.0 Từ gt ta suy ra A(x 0 ; x 0 - 1) ; C(- 2 y 0 -3 ; y 0 ) và 00 00 2y 3 y1 x x        0 0 5 4 x y       0,25 Thay vào ta được A(5; 4) ; C(5; - 4) ; AC = 8 0.25 Giao của hai đường chéo AC và BD là điểm I(5; 0) cũng chính là trung điểm của BD. Suy ra nếu B(x B ; 0) thì D(10 - x B ; 0) ; BD = 10 2 B x . Từ AC = 2BD ta có PT 2 10 2 B x = 8 gpt được 3 7 B B x x      Thay vào ta được tọa độ của B, D 0.25 ĐS : A(5; 4) ; C(5; - 4) ; B(3; 0) ; D(7; 0) . Hay A(5; 4) ; C(5; - 4) ; D(3; 0) ; B(7; 0) 0.25 C©u IVa. Giải và biện luận phương trình : ( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1) xx m m m        theo tham số m. 1.0 3 Đặt 2 , 0 x tt . Khi đó (1) được đưa về dạng 2 ( 2) 2( 1) 5 0 (2)m t m t m      . Ta đi xác định các giá trị của ' ,,SP '2 2( 1) 5 ( 1) ( 2)( 5) 9 9, , 22 mm m m m m S P mm             . 0.25 Ta có bảng tổng kết 0.25 M '  S P Dấu các nghiệm  -1 1 2 5  - - 0 + + + + 0 - || + + + + + || - 0 + Phương trình vô nghiệm Phương trình có nghiệm kép 20t    Phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn 12 0tt Phương trình có một nghiệm 1 0 2 t    Phương trình có 2 nghiệm: 12 0tt , lấy nghiệm 2 t Phương trình có 2 nghiệm: 12 0tt , lấy nghiệm 2 t Phương trình có 2 nghiệm: 12 0 tt , lấy cả 2 nghiệm Kết luận: + Với 2m  , phương trình vô nghiệm + Với 25m , ta nhận được nghiệm từ phương trình (2) là: 22 1 3 1 1 3 1 1 3 1 2 log 2 2 2 x m m m m m m tx m m m                  + Với 5m  , ta nhận được nghiệm từ phương trình (2) là: 1 1 3 1 2 mm t m      , 2 1 3 1 2 mm t m      Khi đó nghiệm của phương trình (1) là: 12 1 3 1 log 2 mm x m      , 22 1 3 1 log 2 mm x m      0,5 Hết Chú ý : Thí sinh có cách giải khác đúng vận dụng các thang điểm thành phần cho điểm tối đa. . & ĐT Hà Nội Trường THPT Yên Lãng o0o ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ K12 Năm học 2 014 - 2 015 ( Môn: Toán. Thời gian làm bài: 12 0 phút ) A. PHẦN CHUNG : (8điểm) Câu I (3 đ). Cho hàm số y. từ phương trình (2) là: 1 1 3 1 2 mm t m      , 2 1 3 1 2 mm t m      Khi đó nghiệm của phương trình (1) là: 12 1 3 1 log 2 mm x m      , 22 1 3 1 log 2 mm x m      . là x 1 < 0 < x 2  0 < 1 2 x < 0 2 < 2 2 x  0 < t 1 < 1 < t 2 . Khi đó bài toán trở thành tìm m để PT (2) có 2 nghiệm t 1 , t 2 thỏa mãn 0 < t 1 < 1 <