Đề thi thử thpt quốc gia 2015 môn Toán trường Hồng Quang (hải dương) | dethivn.com

Tính xác suất để số được chọn có chữ số hàng đơn vị và hàng chục đều là chữ số chẵn.. Cho hình chóp S ABCD.[r]

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ LẦN KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

MÔN: TỐN

(Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề).

Câu (2,0 điểm) Cho hàm số (1) x m y

x  

 , với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m 1

b) Tìm m để đường thẳng d y:  x cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt A B, cho diện tích tam giác OAB 21 (O gốc tọa độ)

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2sin2 x 3 sin 2x 2 0 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân

2 2

( 1) ln 1

ln

e

e

x x

I dx

x x

 

 

Câu (1,0 điểm)

a) Giải phương trình 2  2

2

log 9x 4 xlog log 3

b) Gọi S tập hợp số tự nhiên có hai chữ số Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp S Tính xác suất để số chọn có chữ số hàng đơn vị hàng chục chữ số chẵn

Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2P x3y  z 8 0 điểmA( 2; 2;3) Viết phương trình mặt cầu ( )S qua điểmA , tiếp xúc với mặt phẳng (P) có tâm thuộc trục hồnh

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, góc ABC 600 Cạnh bên SDa Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABCD)là điểm H thuộc đoạn BD cho HD3HB Gọi M trung điểm cạnh SD Tính thể tích khối chóp S ABCD tính khoảng cách hai đường thẳng CM SB

Câu 7(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình x3y0 x5y0 Đỉnh C nằm đường thẳng

:x y 2 0

    có hồnh độ dương Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C qua điểm E ( 2;6)

Câu 8(1,0 điểm) Giải hệ phương trình

1 1

( 1) 1 ( , )

8 9 ( 1) 2

y y

x

x x y x y

y x y

 

  

  

 

    





Câu 9(1,0 điểm) Cho số dương x y z, , thỏa mãn x y (xz y)( z)1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

1 4 4

( ) ( ) ( )

P

x y x z y z

  

  

- Hết -

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh: ; Số báo danh:

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LÂN KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MƠN: TOÁN

(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang)

Câu Nội dung Điểm

Câu 1.a

(1,0đ) Cho hàm số

2

1 x y

x  

 * Tập xác định: D  \ 1  * Sự biến thiên: ' 2

( 1) y

x  

 ; y'  0, x D

Hàm số nghịch biến khoảng ;1 1;+  

0,25

Giới hạn:

1

lim ; lim

x x

y y

 

 

    lim 2; lim

   

x y x y

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x 1 tiệm cận ngang y2 0,25 - Bảng biến thiên

0,25

Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy điểm 0; 1  , cắt trục hoành điểm 1;0

2

 



 

 

Đồ thị nhận điểm I1; 2 làm tâm đối xứng

0,25

Câu 1.b (1,0đ)

Tìm m để đường thẳng d y: x cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt ,2 A B cho diện tích tam giác OAB 21 …

Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng d đồ thị hàm số (1)

2 (2)

x m x x



  

Điều kiện x  1

2

(2)2xm(x1)(x2) x   x m0 (3)

Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt A, B phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt khác Điều kiện cần đủ

9

0

4

1 2

2

m m

m m

m 

      

  

 

  

     

    



0,25

-4 -3 -2 -1

-4 -3 -2 -1

x y

O

x  

'

y y

1

0 

2

 2



Khi gọi nghiệm phương trình (3) x x Tọa độ giao điểm 1, 2

1 2

( ; 2), ( ; 2) A x x  B x x 

 

2 2

2 2 1

( ) ( ) ( ) 2(1 4( )) 2(9 )

AB x x  x x  x x  x x    m   m

0,25

: 2

d yx  xy  Khoảng cách từ O đến đường thẳng d  ,  2

d O d   0,25

Diện tích tam giác OAB 21  ,  21 2d O d AB

 

1

2 2(9 ) 21 21

2 m m m

       

0,25

Câu

(1,0đ) Giải phương trình

2

2sin x sin 2x 2

2 cos

2sin sin 2 sin 2

2 x

x x     x  0,25

3 1

3 sin cos sin cos sin sin

2 2 6

x x x x  x   

         

  0,25

2

6

,

2

6

x k

k

x k

 



 





  



 

   



 0,25

6 ,

x k

k

x k

  





 



 

   

 0,25

Câu

(1,0đ) Tính tích phân

2

( 1) ln ln

e

e

x x

I dx

x x

 



2 2 2

2

( 1) ln ln ln 1 1

ln ln ln ln

e e e e e

e e e e e

x x x x x

I dx dx x dx x dx dx

x x x x x x x x x x

       

           

   

    

0,25

2 2

2

1

ln

2

e

e

e

x e e

M x dx x

x e

  

 

        

   



0,25

1 ln

e

e

N dx

x x

 Đặt t lnx dt 1dx x

  

Đổi cận

1;

x  e t xe   t

2

1

2

ln ln ln1 ln

dt

N t

t

    

0,25

Vậy

4

1 ln 2

e e

Câu 4a

(0,5đ) Giải phương trình log29 4 log log2

x

x

  

Điều kiện 9x 4 0 xlog 49

     

2 2 2

log 9x4  xlog log 3log 9x4 log 3 3x 0,25

2

3

3

9 3 3.3 4 log

3

x

x x x x x

x x

  

           

 

(Thỏa mãn)

0,25 Câu 4b

(0,5đ)

b) ) Gọi S tập hợp số tự nhiên có hai chữ số Chọn ngẫu nhiên …… Số phần tử tập hợp S 90

Gọi ab số tự nhiên có hai chữ số mà a b, số chẵn Ta có

2; 4;6;8 , 0; 2; 4;6;8

a b Suy có 4.520 số ab

0,25

Xác suất để chọn số tự nhiên có hàng chục hàng đơn vị số chẵn 20

90  0,25 Câu

(0,5đ)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2P x3y  z và…… Gọi tâm mặt cầu (S) điểm I x( ;0;0) Mặt cầu (S) qua A( 2; 2;3) tiếp xúc với (P)

nên ta có  ,( ) (2 )2 4 9 2 8 (2 )2 13 2 8

4 1 14

x x

IAd I P  x      x   

  0,25

2 2

2 2

14 (2 ) 13 2 8 14((2 ) 13) (2 8)

3

14( 4 17) 4 32 64 10 88 174 0 29

5

x x x x

x

x x x x x x

x

         

  

          

  

0,25

Với x 3 I(3;0;0)IA 14 Phương trình mặt cầu (S) là: (x3)2  y2 z2 14 0,25

Với 29 (29;0;0) 686

5 5

x  I IA  Phương trình mặt cầu (S) là:

2

2

29 686

5 25

x y z

 

   

 

 

0,25

Câu

(1,0đ) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, góc 

0

60

ABC  Hình chiếu Từ giả thiết có tam giác ABC đều, cạnh a

Gọi 3 3

2 4

a

OACBDBO BDa HD BD a

2

2 2 27 5

2

16 16

a a a

SH SD HD  a   SH 

0,25

H O

M

C

A D

Diện tích tứ giác ABCD 

2

2

.sin sin 60

2

ABCD

a S AB BC ABCa 

Thể tích khối chóp S ABCD

2

1 15

3 24

S ABCD ABCD

a a a

V  SH S  

0,25

2

2 2

16 16

a a a

SB SH HB   SB

( )

BD AC

AC SBD AC OM

AC SH  

   

  

Diện tích tam giác MAC

2

1 1 2

2 4

MAC

a a

S  OM AC SB AC a

0,25

   

// //( ) ( , ) ( , ( )) , ( ) , ( )

SB OM SB MAC d SB CM d SB MAC d S MAC d D MAC

   

3

1 1 1 15

, ( ) , ( )

3 2 96

M ACD ACD ABCD S ABCD

a

V  d M ABCD S  d S ABCD S  V 

Mặt khác    

3

2

15

1 32 30

, ( ) , ( )

3

8

M ACD

M ACD MAC

MAC

a

V a

V d D MAC S d D MAC

S a





    

0,25

Câu (1,0đ)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ……… Gọi d1:x3y 0; d2:x5y 0

Tọa độ điểm A nghiệm hệ 0 (0;0)

5 0

x y x

A

x y y

  

 

 

 

  

 

0,25

 ; 2 

C  C c c

1 :

BC d BC x ym

Điểm C c ; 2cBC3c  2 c m0m 2c 2 BC: 3x y2c 2 0

Gọi M trung điểm cạnh BC Tọa độ M nghiệm hệ

5

5 5

;

3 2 7

7 c x

x y c c

M

x y c c

y

 

  

 

     

  

   

      

   

 

Gọi G trọng tâm tam giác Ta có

2 5 10 10

2 21

2 2

3

3 21

G G

G G

c c

x x

AG AM

c c

y y

 

 

 

 

 

  

  

    



 

  

0,25

 2; ; 10 52; 128

21 21

c c

EC  c  c EG     

 

 

2

10 52 128

1

21 21 5 6 0 6 (6; 4)

6

2

c c

c

c c c C

c

c c

  

  

          



   

Với 5; 1 4; 2

2

B M C

B M C

x x x

c M B

y y y

  



    

  

 0,25

Câu (1,0đ)

Giải hệ phương trình

1

(1)

( 1) ( , )

8 ( 1) (2)

y y

x

x x y x y

y x y

 

  

  

 

    





Điều kiện xác định x 1,y 0

2 2

2

1 1 1 ( 1)

( 1) 1 ( 1) ( 1)

1

1

0

( 1) ( 1)

y y y y xy y y x

x x

x x y y x x y x

yx y

xy y yx y

y x y x

     

        

    

  



   

    

   

0,25

Với y(x1)2, thay vào (2) ta có 8(x1)29(x1) x 1 2

Xét x  1 Đặt t x1,(t 0) Ta có phương trình

2

2 2 4 2

2

1

8 9 4 5

5

5 5

t

t t t t t t t t

t

t t x y

  

              

 

          

0,25

Xét x  1 Đặt t x1, (t 0) Ta có phương trình

2

2 4

2 2

2

2

6 41

8 4 12

8 6 41

2

2 t

t t t t t

t t t

t t

t

  



         

  

        

   

 

  

  

Hệ vô nghiệm

0,25

Với (x1)y  1, thay vào (2) có 8y y y

    (3)

Vì y 08y  9 8y9  3 Phương trình (3) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm

5 x y

    

   

Chú ý: Không nêu kết luận cho điểm ý

Câu (1,0đ)

Cho số dương x y z, , thỏa mãn x y (xz y)( z)1 Tìm giá trị nhỏ biểu

thức 2 2 2

( ) ( ) ( )

P

x y x z y z

  

  

Đặt x z a Từ giả thiết ta có (xz y)( z) 1 , suy y z a   Do

1

x  yxz  y z a Ta có

2

1

( ) a

x y x z y z a

a a



       

2

2 2

2 2 2

4

4

( 1) ( 1)

a a

P a a a

a a a a

      

 

0,25

Khi

2

2

2

( 1)

a

P a

a

  

 0,25

Đặt t a2 1 Xét hàm số ( ) 2 ( 1)

t

f t t

t

  

 với t 1

Ta có '( ) 13 '( ) ( 2)(3 2)

( 1) t

f t f t t t t t

t  

          



0,25

Từ bảng biến thiên có f t( ) 12,  t Từ (1) (2) P 12 Dấu đẳng thức xảy

1 x z y z    



 

 

Chẳng hạn

1;

1

2 1

2

x z

y

   

 

    

 

.Vậy giá trị nhỏ P 12

0,25

t 1 

'( )

f t

( )

f t

2

0 