Đề thi khảo sát THPT Quốc gia môn Toán - Năm học 2014-2015 - Trường THPT Yên Lãng (Có đáp án)

>>  - Học là thích ngay 0 
Sở GD & ĐT Hà Nội 
Trường THPT Yên Lãng 
--------------o0o--------------- 
ĐỀ THI KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA K12 
Năm học 2014 - 2015 
( Môn: Toán. Thời gian làm bài: 120 phút ) 
A. PHẦN CHUNG : (8điểm) 
Câu I ( ID: 82432 ) (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 đó 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 ( ID : 82433 ) (3 đ) 
 1. Giải phương trình logarit. 
2
3 3log ( 1) 5log ( 1) 6 0x x     
2. Giải bất phương trình mũ : 
2x 2 x x3 2.6 - 7.4 0   
3. Giải phương trình lượng giác :  3 3sin cos cos2 2cos sinx x x x x   , với ẩn 
x . 
Câu III ( ID : 82435 ) (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 600. 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: ( ID: 82436 ) 
Câu IVa (1đ). Giải và biện luận phương trình : 
( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1)x xm m m      theo tham số m. 
Câu Va(1đ). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 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 : (ID: 82437 ) 
Câu IVb(1đ). Tìm m để phương trình: 
 ( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1)
x xm m m      có hai nghiệm trái dấu. 
 
>>  - Học là thích ngay 1 
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 -------------------------------------- 
>>  - Học là thích ngay 2 
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM TÓM TẮT 
Nội dung Điểm 
Câu I 3.0 
1. 2.0 
Hàm số có tập xác định là ; ;
x x
lim y lim y
 
  . 0. 5 
y’ = 3x2 - 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 đồ 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(x0; y0) thuộc (C), x0 là số nguyên dương. Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là 
 y = (3x0
2
 - 6x0)x - 2x0
3
 + 3x0
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
 - (3x0
2
 - 6x0)x + 2x0
3
 - 3x0
2
 = 0  (x - x0)
2
(x + 2x0 - 3) = 0  x = x0 hoặc x = -2x0 + 
3. 
0.25 
M(x0; x0
3
 - 3x0
2
 + 4); N(-2x0 + 3; -8x0
3
 + 24x0
2
 - 18x0 + 4). MN
2
 = 9x0
2
 - 18x0 + 9 + 81x0
2
(x0 - 
1)
2
(x0 - 2)
2
. 
0.25 
 MN
2
 = 9  9x0
2
 - 18x0 + 81x0
2
(x0 - 1)
2
(x0 - 2)
2
 = 0  9x0(x0 - 2)(1 + 9x0(x0 - 1)
2
(x0 - 2)) = 0. 
Vì x0 là số nguyên dương nên x0 = 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 
0.25 
4 
- 0 
 + 
>>  - Học là thích ngay 3 
BT, do đó có điểm M(2; 0) là một điểm cần tìm, thì cho 0.5 điểm) 
Câu II. 3.0 
1. Giải phương trình logarit. 
2
3 3log ( 1) 5log ( 1) 6 0x x     1.0 
ĐK x > -1 0.25 
Đặt  3log 1x t  , pt cú 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 trỡnh mũ : 
2x 2 x x3 2.6 - 7.4 0   1.0 
Chia cả hai vế của bpt cho 4x > 0 , ta được 9.
9 3
2 7 0
4 2
x x
   
     
   
 0.25 
Đặt t = 
3
2
x
 
 
 
, đk: t > 0 đưa về bpt: 9t2 - 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 :  3 3sin 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.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 
 S hbhABCD = AB.AD.sin60
 = ab
3
2
(đvdt) 
Thay số vào ta được đáp số 
V = abc
3
2
(đvtt) 
0.25 0.25 
0.25 0.25 
0.5 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
2 3
( , ( '))
3 3 4 4 4
abc
d M BDA
a b a c b c abc

  
0.25 
Câu IVb. 
Tìm m để phương trình: ( 2)2 ( 5)2 2( 1) 0 (1)
x xm m m      có hai nghiệm trái dấu. 
1.0 
Đặt 2x = t, đk t >0 pt (1) cú dạng (m - 2)t2 – 2(m + 1)t + m - 5 = 0 (2) 0.25 
>>  - Học là thích ngay 4 
PT (1) có 2 nghiệm trái dấu x 1 , x 2 tức là x 1 < 0 < x 2  0 < 
12
x
 < 
02 < 22
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 
Câu Va. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 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 
0 0
0 0
 2y 3
y 1
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) thỡ D(10 - x B ; 0) ; BD = 10 2 Bx . Từ AC = 2BD ta có PT 
2 10 2 Bx = 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 
---------------HẾT------------- 
 