Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 1 năm 2015 trường THPT Như Xuân, tỉnh Thanh Hóa

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số     32 y x 6x 9x 1 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm m để phương trình  2 x(x 3) m có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình:    2 (sinx cosx) 1 cosx . b) Giải bất phương trình:     0,2 0,2 0,2 log x log (x 1) log (x 2) . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:    1 0 6x + 7 I dx 3x 2 . Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số    42 f(x) x 8x 6 trên đoạn [ 3; 5] . b) Khai triển và rút gọn biểu thức       2n (1 x) 2(1 x) n(1 x) thu được đa thức     n 0 1 n P(x) a a x a x . Tìm hệ số 8 a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn:  23 nn 1 7 1 n CC . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN). Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 0132  yx và 029136  yx . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1; -2; 3), B(2; 0; 1), C(3; -1; 5). Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng và tính diện tích tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:                     2 2 x y x y 3 (x y) 2 x y (x,y R) x x y 2 x y 3 . Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 x (y z) y (z x) z (x y) P yz zx xy       . 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:………………………………… SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN THPT ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu Nội dung Điểm 1a (1,25) a) 196 23  xxxy . * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên  Chiều biến thiên: )34(39123' 22  xxxxy Ta có       1 3 0' x x y , 310'  xy . 0,25 Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1,( và ),3(  . + Hàm số nghịch biến trên khoảng ).3,1( 0,25  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1x và 3)1(  yy CD ; đạt cực tiểu tại 3x và 1)3(  yy CT .  Giới hạn:   yy xx lim;lim . 0,25  Bảng biến thiên: 0,25 * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm )1,0(  . 1 2 3 4 -1 1 2 3 x y O 0,25 1b (0,75) Ta có:  2 x(x 3) m       32 x 6x 9x 1 m 1 . 0,25 Phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m – 1 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt 0,25        1 m 1 3 0 m 4 0,25 2a (0,5) Ta có:    2 (sinx cosx) 1 cosx    1 2sin xcosx 1 cosx cosx(2sin x-1) 0 0,25 x y’ y 3 -1   0 0 3 1             cosx 0 1 sinx= 2                    xk 2 x= k2 (k Z). 6 5 x k2 6 0,25 2b (0,5) Điều kiện: x0 (*).     0,2 0,2 0,2 log x log (x 1) log (x 2)     2 0,2 0,2 log (x x) log (x 2) 0,25     2 x x x 2 x2 (vì x > 0). Vậy bất phương trình có nghiệm x2 . 0,25 3 (1,0)    1 0 6x + 7 I dx 3x 2    1 0 (6x+ 4)+ 3 dx 3x 2    1 0 3 (2 )dx 3x 2 0,25    11 00 3 2 dx dx 3x 2    11 00 1 2 dx d(3x+ 2) 3x 2 0,25    1 1 0 0 2x ln 3x 2 0,25  5 2 ln 2 . 0,25 4a (0,5)    42 f(x) x 8x 6  3 f '(x) 4x 16x        x0 f '(x) 0 x2 .   f( 3) 9 , f(0) 6 , f(2) 10 , f( 5) 9 . 0,25 Vậy:   [ 3; 5] maxf(x) f(0) 6 ,     [ 3; 5] min f (x) f(2) 10 0,25 4b (0,5) Ta có:            nnnnnn n n CC nn 1 )2)(1( !3.7 )1( 2 3 171 32 .9 0365 3 2        n nn n 0,25 Suy ra 8 a là hệ số của 8 x trong biểu thức .)1(9)1(8 98 xx  Đó là .89.9.8 8 9 8 8  CC 0,25 5 (1,0) *) Ta có: 22 2a 3AN AB BN   Diện tích tam giác ABC là: 2 1 . 4a 3 2 ABC S BC AN   . 0,25 Thể tích hình chóp S.ABC là: 2 . 11 . 4a 3.8a 33 S ABC ABC V S SA   3 32a 3 3  (đvtt). 0,25 *) Ta có: . . 1 4 B AMN S ABC V BA BM BN V BA BS BC  3 1 8a 3 43 B AMN S ABC VV . 0,25 Mặt khác, 1 4 5a 2 5a 2 SB SC MN SC     ; 1 2 5a 2 AM SB . Gọi H là trung điểm AN thì MH AN , 22 a 17MH AM AH    . Diện tích tam giác AMN là 2 11 . 2a 3.a 17 a 51 22 AMN S AN MH     . Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: 3 . 2 3 8a 3 8a 8a 17 ( ,( )) 17 a 51 17 B AMN AMN V d B AMN S      . 0,25 6 (1,0) - Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó CH có phương trình 0132  yx , CM có phương trình .029136  yx - Từ hệ ).1;7( 029136 0132       C yx yx - )2,1( CHAB unCHAB 0162:  yxABpt . 0,25 - Từ hệ )5;6( 029136 0162 M yx yx       ).4;8(B 0,25 - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp .0: 22  pnymxyxABC Vì A, B, C thuộc đường tròn nên         0750 04880 06452 pnm pnm pnm          72 6 4 p n m . 0,25 Suy ra pt đường tròn: 07264 22  yxyx hay .85)3()2( 22  yx 0,25 7 (1,0) Ta có (1;2; 2), (2;1;2)AB AC   0,25 [ , ] (6; 6; 3) 0AB AC     0,25 S A B N C M H M(6; 5) A(4; 6) C(-7; -1) B(8; 4) H Suy ra ,AB AC không cùng phương nên A, B, C không thẳng hàng. 0,25 Diện tích tam giác ABC là 19 S = [ , ] 22 ABC AB AC   (đvdt). 0,25 8 (1,0) Giải hệ:                     2 2 x y x y 3 (x y) 2 x y (1) (x,y R) x x y 2 x y 3 (2) . Điều kiện: 0 0 xy xy      (*) Đặt 0t x y   , từ (1) ta có:     2 t t 3 t 2 t 0,25       2 t t t 3 2 t 0       3(1 t) t(1 t) 0 t 3 2 t         3 (1 t) t 0 t 3 2 t t1 (Vì      3 t 0, t 0 t 3 2 t ). 0,25 Suy ra 11x y y x     (3). Thay (3) vào (2) ta có:     2 x 3 2x 1 3        2 ( x 3 2) ( 2x 1 1) 0       2 2 x 1 2x 2 0 2x 1 1 x 3 2            2 x 1 2 (x 1) 0 2x 1 1 x 3 2 x1 (Vì       2 x 1 2 1 0, x 2 2x 1 1 x 3 2 ). 0,25 Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*). Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x = 1; y = 0). 0,25 9 (1,0) Ta có : 2 2 2 2 2 2 x x y y z z P y z z x x y       (*) Nhận thấy : x 2 + y 2 – xy  xy x, y  R Do đó : x 3 + y 3  xy(x + y) x, y > 0 hay 22 xy xy yx    x, y > 0 0,25 Tương tự, ta có : 22 yz yz zy    y, z > 0 22 zx zx xz    x, z > 0 0,25 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 0,25 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 1 3 . Vì vậy, minP = 2. 0,25 Hết . GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2 014 -2 015 Môn: TOÁN THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 18 0 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0. Môn: TOÁN THPT ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 18 0 phút, không kể thời gian phát đề Câu Nội dung Điểm 1a (1, 25) a) 19 6 23  xxxy . * Tập xác định: D = R * Sự biến thi n. coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………….; Số báo danh:………………………………… SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NHƯ XUÂN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 NĂM HỌC 2 014 -2 015