Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán trường THPT Lương Ngọc Quyến, Thái Nguyên năm 2015 (Lần 2) - Đề thi thử Quốc gia môn Toán có đáp án

- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.. - Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.[r]

4

2

  

y x x

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số cho.

 x4 8x2 4m 4 b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm thực của phương

trình

Câu (1,0 điểm) Giải các phương trình sau:

x x

7 2.7

   a)

b) (sinx + cosx)2 = + cosx

Câu (1,0 điểm)

(3 )(6 )

i

z i i

i



   

 a) Tìm phần thực và phần ảo của sớ phức:

b) Tìm hệ sớ của x9 khai triển (2 - 3x)2n, n là số nguyên dương thỏa mãn:

1

2 2 4096

n

n n n n

C C C C +

+ + + + + + + + =

I=∫

0

π

2

cos x√3 sin x+1dx Câu (1,0 điểm).Tính tích phân

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a, mặt phẳng

(SAB) vng góc với đáy, tam giác SAB cân S và SC tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khới chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng BD và SA theo a

y − 2¿2=25

x − 1¿2+¿ ¿

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội

tiếp đường trịn (T) có phương trình Các điểm K(-1;1), H(2;5) là chân đường cao hạ từ A, B của tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh C có hoành độ dương

7 10 11

; ;

3 3

B  

       

2 2

1

x  y  z  Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ

tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3;2;1), và mặt cầu (S): Chứng minh mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S) Xác định tọa độ của tiếp điểm

  

   

2 2

3 2

2 1

4

x y y x x

x y x x

     

 

    

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

, ,

x y z x y  1 z  

3 3 14

1

x y z

P

x yz y xz z xy z xy x y

   

       Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương thay đổi, thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ của biểu thức

HÕt

-Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm. SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN

đề thi thử thpt quốc gia lần năm 2015 Mơn: Tốn

Híng dÉn chÊm

thi thư kỳ thpt quốc gia lần năm 2015 môn Toán

Lu ý chm bi:

- Đáp án trình bày cách giải bao gồm ý bắt buộc phải có làm học sinh. Khi chấm học sinh bỏ qua bước khơng cho điểm bước đó.

- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo ý đáp án điểm.

- Trong làm, bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai khơng được điểm.

- Học sinh sử dụng kết phần trước để làm phần sau.

- Trong lời giải câu 5, học sinh không vẽ hình vẽ sai hình khơng cho điểm. - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trũn.

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

4

1

2

  

y x x

Cho hàm số

a) Khảo sát sự biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho.

 x4 8x2 4m 4 b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của

phương trình

a, 1,0

b, 1,0 D a, *TXĐ:

lim ; lim

      

x y x y * Giới hạn: 0,25

* Chiều biến thiên:

 

3

' ; ' 4

2  

          

 

x

y x x y x x x x

x 2;0 2; - Hàm số đồng biến khoảng và

  ; 2 0;2- Hàm số nghịch biến khoảng và

0,25

 0

 

CĐ

y y - Hàm số đạt cực đại x

CĐ= 0,

2  CT

x yCT y 2 5- Hàm số đạt cực tiểu , * Bảng biến thiên

x   22 

y' - + - +

y

  -1

-5 -5 0,25

* Đồ thị:

0,25

 8 4   4  2  1

x x m x x m

b) Ta có: (*) 0,25

Sớ nghiệm của phương trình (*) sớ giao điểm của đồ thị (C) và đường

thẳng d: y = m 0,25

- Nếu m > -1 m = - d cắt (C) điểm nên phương trình (*) có nghiệm

- Nếu m = - d cắt (C) điểm nên phương trình (*) có nghiệm.

m ( 5; 1)   - Nếu d cắt (C) điểm phân biệt nên phương trình (*) có

nghiệm phân biệt

- Nếu m < -5 d khơng cắt (C) nên phương trình (*) vơ nghiệm.

0,5

C©u 2

x x

7 2.7

   Giải phương trình sau: a)

  

(sinx cosx) cosx b)

a, 0,5

x

t , t 0  Đặt

2 t

14

t t 9t 14

t t            

 Ta có pt: ( thỏa mãn t > )

0,25

x

7 x

    Với t =

 2

x

7

7 x log x log

      Với t =

 2

x log Vậy PT cho có hai nghiệm : x=1,

0,25

  

(sinx cosx) 1 cosx  1 2sinxcosx cosx  b) Ta có:

 cosx(2sinx-1) 0 0,25

      cosx sinx=                      x k

x= k2 (k Z)

6 x k2                     x k

x= k2 (k Z)

6

x k2

6 Vậy: phương trình có nghiệm

0,25

C©u 3

3

(3 )(6 )

i

z i i

i



   

 a) Tìm phần thực phần ảo sớ phức: ( )2

2 3- x n

2 2 4096

n

n n n n

C C C C +

+ + + + + + + + = b) Tìm hệ số x9 khai

triển , n sớ ngun dương thỏa mãn:

a) 0,5

b) 0,5 a) Ta có

2

2

(3 )(3 )

18 30

3

298 333

13 13

i i

z i i i

i           0,25 298 13  333

13 Vậy phần thực: , phần ảo: 0,25

b) Ta có

( )2 1 2 2

2 2

1 n n n

n n n n

x + C C x C x C +x +

+ + + +

+ = + + + +

2 1 2

2 2

2 n n

n n n n

C C C C

+ +

+ + + +

= + + + + Cho x=1, ta có (1)

0 2

2 2

0 n

n n n n

C C C C +

+ + + +

= - + - - Cho x= -1, ta có : (2)

( )

2 1

2 2

2 n n

n n n n

C C C C

+ +

+ + + +

= + + + + Lầy (1) trừ (2), ta :

2

2 2

2 n n

n n n n

C C C C +

+ + + +

2 12

2 n =4096Û n=2 Û 2n=12

Từ giả thiết ta có

( )12 12 12

12

2 k k2 k k

k

x ( ) C - ( x )

=

- =å

-Do ta có ( ≤ k ≤ 12, k nguyên)

9 123

C  hệ số của x9 là : -.

0,25

C©u 4 I=

∫

0

π

2

cos x√3 sin x+1dx Tính tích phân

1,0

u=√3 sin x+1⇒ cosxdx=2

3udu Đặt 0,25

x=0⇒u=1; x=π

2⇒u=2 Đổi cận:

0,25

u 2

3udu=

u3

3

I=∫

1

❑¿2

¿1

Khi đó: 0,25

I=14

9 Tính 0,25

C©u 5

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vng góc với đáy, tam giác SAB cân S SC tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khới chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng

BD SA theo a.

1.0

Gọi H là trung điểm AB Do SAB cân S,suy SHAB, mặt khác (SAB)(ABCD)

∠SCH=600 nên SH(ABCD) và

0,25

SH=CH tan 600

=√CB2+BH2 tan 600=a√15 Ta có

VS ABCD=

3 SH SABCD=

1

3a√15 a

2

=4√15

3 a

3

0,25

    Δ Δ Δ Δ Δ Qua A vẽ đường thẳng song song với BD Gọi

E là hình chiếu vng góc của H lên và K là hình chiếu của H lên SE, (SHE)HK suy HK(S,)

Δ Mặt khác, BD//(S,) nên ta có

    

 

 

; ; ,

; , ( ;( , ))

 

    

d BD SA d BD S

d B S d H S HK

0,25

E

k

A H B

D C

∠EAH =∠DBA=450 HE=AH

√2=

a

√2 Ta có nên tam giác EAH vuông cân E, suy

 

2 2

2

15

2 15

31 15

2

a a HE HS

HK a

HE HS a

a

   

  



 

 

  15

d BD;SA a

31 

Vậy:

0,25

C©u 6

y − 2¿2=25

x − 1¿2+¿ ¿

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có phương trình Các điểm K(-1;1), H(2;5) chân đường cao hạ từ A, B tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đỉnh C có hồnh độ dương.

1,0

AC  

1

HCx ABC  I(1;2)

(T) có tâm Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) C Ta có Sđ(1)

AHK ABC KHC  AHB AKB 900

  Do nên AHKB là tứ giác nội tiếp (cùng bù với góc) (2)

  //

HCx KHC  HK CxTừ (1) và (2) ta có

IC⊥Cx ⇒ IC⊥ HK Mà

0,25

⃗KH=(3 ;4 ) 3 x+4 y −11=0 Do IC có vectơ pháp tuyến là , IC có phương trình

Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ

0  C

x

3 x+4 y −11=0

y − 2¿2=25 ¿ ¿{

¿

x − 1¿2+¿ ¿

⇒ x =5 y=− 1

;

¿x=−3

y=5

¿{

C(5;− 1) Do nên

0,25

⃗

CH=(−3 ;6) 2 x + y −9=0 Đường thẳng AC qua C và có vectơ phương là nên AC có phương trình

Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

A

B C

H

K I

2 x + y −9=0

y − 2¿2=25 ¿ ¿{

¿

x −1¿2+¿ ¿

⇒ x=1 y=7

;

¿x=5

y=− 1

¿{

A (1 ;7) (loại) Do

0,25

⃗

CK =(− ;2) x+3 y −2=0 Đường thẳng BC qua C và có vectơ phương

là nên BC có phương trình

Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

x+3 y −2=0 y − 2¿2=25

¿ ¿{

¿

x − 1¿2+¿ ¿

⇒ x=− 4

y=2 ,

¿x=5

y=− 1

¿{

B (− ;2) (loại) Do

A (1 ;7) B (− ;2) C(5;− 1) Vậy ; ;

0,25

C©u 7

7 10 11

; ;

3 3

B  

      

2 2

1

x  y  z  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;2;1), mặt cầu (S): Chứng minh mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S) Xác định tọa độ của tiếp điểm.

1,0 I(1;2;3),R 2

Mặt cầu (S) có tâm

1

M ; ;

3 3

 



 

 

16 16

AB ; ;

3 3

 

   

 



Phương trình mặt phẳng (P) là trung trực

của AB qua , có vtpt l : 2x + 2y – z + 3=0 (P)à 0,25

d(I;(P)) R  Ta có: nên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc

với mặt cầu (S) (đpcm) 0,25

 

(P)

n⃗  2;2; 1 Phương trình đường thẳng d qua I nhận véc tơ làm vt phương là:

x 2t y 2t z t

  



  

   

0,25

 

d(P) H 

x 2t

y 2t

2x 2y – z

11 H

3

; ;

z t 3

0

  

  

  

  

 

    

 

 

 ﾧ h pt: ệ

1 11

H ; ;

3 3

 



 

 Vậy: tọa độ tiếp điểm là

C©u 8    

   

2 2

3 2

2 1

4

x y y x x

x y x x

     

 

    

 Giải hệ phương trình:

1,0 x 0Lời giải: ĐKXĐ:

 

     

2 2

3 2

2 1 (1)

4

x y y x x

x y x x

     

 

    

 +) Hệ pt tương đương với

0,25

0

x  +) Nhận thấy khơng thỏa mãn hệ phương trình

       

2

2 2 1

2 1 2 1 *

x y y x x y y y

x x x

 

            

 

  1, (0; ) do '  0, (0; )

f t  t t t  t  f t   t  f t  (0;).+) Xét hàm số

suy hàm số đồng biến (**)

0,25

1 2y

x



+) Từ (*) và (**) nhận thế vào phương trình (2) hệ ta

   

3

2

1

1 6

x x x x x x x

x

 

        

 

 

  2 1

g x x  x x  x 0; +) Ta thấy hàm số đồng biến khoảng

0,25

 1

g  g x  x3 x 2x21 x 0

1

2

x  y

+) Lại có suy phương trình có nghiệm

 ;  1;1

x y  

 Vậy: Hệ pt cho có nghiệm

0,25

C©u 9 x y z, , x y  1 z  

3 3 14

1

x y z

P

x yz y xz z xy z xy x y

   

       Cho số thực

dương thay đổi, thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1,0

, ,

x y z     

 22  12

1

4

x y z

x y   

   

xyTa có: nên dấu = xảy    

1xy x y   1 x 1y 2xy x2 y2

  xyLại có: và dấu = xảy 0,25 Nên ta

 

     

3 3

4

2

14 1

14

1 1

   

      

   

     

x y z

P

x yz y xz z xy z xy x y

x y z

x xyz y xyz z xy z x y

     

 

           

 

         

 

           

 

     

 

   

4

2

2

2 3

2

2 3

2 3

2 3 3 3 2

2 2

14

1 1

14

1

2 1

14

1 1 1 1 1

14

2 1 1 1 1

1

4 28 28

2 1 1

x y z

P

x xyz y xyz z xy z x y

x y z

P

x y

x y xyz z x y

x y z

P

z x y z x y

x y z

P

z x y z x y

x y z z z z z

P

z z z z z

   

     



   

 

    



   

     



   

     

   

      

      2

57

2

z z

 



0,25

 

 

3

2

9 57

,

2

z z z

f z z

z

  

 

 Xét hàm

    

 

2

3

3 14 23

' ,

2

z z z

f z z

z

  

 

  

5

'

3

f z   z

Ta có

 

f z Lập bảng biến thiên của hàm số

0,25

1;   

5 53

min

3

z  f z f

    

  ta nhận

P

53

1

,

3

x y z

Vậy GTNN của đạt