ĐỀ THI THỬ KHẢO SÁT MÔN TOÁN TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA 2015 - THPT Đông Thọ Tuyên Quang

b Viết phương trình tiếp tuyến của C tại điểm có hoành độ bằng 1.. Giải các phương trình: cos.. Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng các viên bi có kích thước gi

SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN I

TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN : TOÁN

Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

3 4

yx  x  (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1

c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng

y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt

Câu 2 ( 2,0 điểm) Giải các phương trình:

cos

2

sin

sin 2 2

sin

x x

x x

b) 9x  3x1  2 0

Câu 3 ( 1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

f x  x  x  trên đoạn   1;3 

Câu 4 ( 1,0 điểm) Tính tích phân

1

0

(x 2015) x

I    e dx

Câu 5 ( 1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng

(các viên bi có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu) Chọn ngẫu nhiên

4 viên bi từ hộp đó Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu

Câu 6 ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm

A(2 ; 4 ; -1) , B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1)

a)Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ; 1) b) Tính góc giữa hai véc tơ uuur AB và CD

uuur

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B

và AB=4a, AC=5a Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a

Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

1 4

x y xy y

y x y x y

    



   

 , ( ,x yR)

SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ LẦN I

TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015

MÔN : TOÁN

( Đáp án – thang điểm gồm 07 trang)

1

(2,0đ) a)1/ Tập xác định: R (1,0đ)

0,25

















2

0 0

; 6

,

x

x y

x x y

0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 0 và 2; ; hàm số nghịch biến

trên khoảng  0; 2

0,25

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0  yCĐ = 4

   lim ;

  

Bảng biến thiên

x   0 2   ,

y + 0 - 0 +

y 4  



 0

0,25

3/Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (2;0), (1;0); đi qua

y

3 2

4

-1

0,25

b) (0,5đ)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1

Gọi M x y ( ;0 0) là tiếp điểm, x0   1 y0  2

y  x  x, suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là y,(1)   3

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y    3 x 5

c) (0,5đ)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường

thẳng

y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt

Phương trình hoành độ giao điểm: x3

 















(*) 0 2

2

2

m x

x

để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi

và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0,25

hay























0 2

2 2

0 4 9

2

m

















0 4 9

m

Vậy với m  (

4 9

2

(2,0đ) a) (1,0đ)Giải phương trình: sin2 .cos 2

sin 2 2 sin 3





x x

x x

ĐK: sin2x  0 =>











0 cos

0 sin

x

x

0,25 Phương trình trở thành :

2

2sin (3cos 1)

2 2sin cos

0,25

 3cos x   1 2cos2 x ( Do sin x  0) 0,25

1 cos

2

x x











0,25

3 2

1 cosx x k (kZ)

Vậy phương trình có nghiệm  2

x 

0,25

b) (1,0đ)Giải phương trình: 9x  3x1  2 0

Đặt 3x  t t (  0) phương trình đã cho trở thành :

2

t

t





0,25

0,25

Với t = 2, ta được x  log 23

Vậy phương trình có hai nghiệm x  0, x  log 23

0,25

3

(1,0đ) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

f x  x  x  trên đoạn   1;3 

Ta có f x'( )  4 x3  16 x;

'

x

x

    



   



0, 5

Ta có :

( 1) 2022; (0) 2015; (2) 2031; (3) 2006

0,25

Vậy

 1;3

max ( ) f x 2006

 1;3

min ( ) f x 2031

4

(1,0đ) Tính tích phân

1

0

(x 2015) x

I    e dx

1

1

0

1

0

Tính

1

2 0

x

I   xe dx

Đặt

x

u x

dv e dx





du dx

v e







0,25

Do đó

1

0

1

I  xe   e dx   e e 

Vậy I  2015 e  2014

0,25

5

(1,0đ) Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng (các viên bi có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu) Chọn ngẫu nhiên 4 viên

bi từ hộp đó Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu

Ta có số phần tử của không gian mẫu là: n ( )   C154  1365

Gọi A là biến cố “4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu”

Khi đó biến cố đối A là“4 viên bi chọn ra có đủ cả ba màu

0,25

TH1 : 4 viên được chọn có 2 bi đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng

Suy ra số cách chọn là C C C42. 51. 61

TH2 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 2 bi xanh và 1 bi vàng

Suy ra số cách chọn là C C C14. 52. 61

TH3 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi xanh và 2 bi vàng

Suy ra số cách chọn là C C C14. 51. 62

0,25

n A

n



0,25

6

(1,0đ)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2 ; 4 ; -1) ,

B(1 ; 4 ; 1) , C(2 ; 4 ; 1), D(2 ; 2 ; -1)

a) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A(2 ; 4 ; -1) và đi qua điểm B(1 ; 4 ;

1)

b) Tính góc giữa hai véc tơ uuur AB và CD

uuur

a

(0,5đ)

Ta có bán kính của mặt cầu (S) là

R  uuur AB     

0,25

Vậy phương trình mặt cầu (S) là ( x  2)2   (y 4)2   (z 1)2  5 0,25

b

(0,5đ) Ta có : uuur AB   ( 1;0;2), CD uuur  (0; 2; 2)   0,25

Góc giữa hai véc tơ uuur AB và CD uuur là

.

.

10

AB CD

AB CD

AB CD

uuur uuur uuur uuur

uuur uuur

0,25

7

(1,0đ)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB=4a,

AC=5a Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a

Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a

0,25

4a 5a

3a

A

B

C S

Do SA(ABC) nên SA là đường cao của khối chóp S.ABC

Trong tam giác vuông ABC

Ta có:

BC AC2AB2  a 2 a 2  a

0,25

2

ABC

Vậy thể tích của khối chóp tam giác S.ABC là

V =

3

1

SABC SA =6a3(đvtt)

0,25

8

(1,0đ) Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

1 4

x y xy y

y x y x y

    



   

 , ( ,x yR)

Nhận xét: hệ không có nghiệm dạng (x0 ;0)

Vớiy 0, ta có:

2

2 2

2

1

4

1 4

.

x

x y y

x y xy y

x y

y

    



     





0,25

Đặt u x2 1,v x y

y



          

0,25

+) Với v 3,u 1ta có

2, 5

x y

x y

 

          

            

Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5)

0,25

+) Với v  5,u 9ta có hệ: 2 1 9 2 1 9 2 9 46 0

         

        

Hệ này vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y  

0,25

Hết