Đề kiểm tra chất lượng thpt quốc gia lần 2 trường thpt môn toán (năm học 2014 – 2015) thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)

SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA LẦN 2 
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1 
MÔN TOÁN (Năm học 2014 – 2015) 
 Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề) 
Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1) 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 
b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB 
bằng 4 (O là gốc tọa độ) 
Câu 2: ( 2 điểm) 
a) Giải phương trình: sin 2 os2x 2sin 1x c x   
b) Tính tích phân: I = 
1
2 2
0
( 1)x x dx 
Câu 3: (1 điểm) 
a) Từ một hộp đựng 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi. 
Tính xác suất để hai viên bi được chọn cùng màu. 
b) Giải phương trình: 
11 1 2
3 9
x x
       
   
. 
Câu 4: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;-1) 
và mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua 
A và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho 
3OM  . 
Câu 5 ( 1 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc 
với đáy, SA = a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 300. Tính 
thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM), 
(M là trung điểm CD). 
Câu 6 ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 
trực tâm H(3;0) và trung điểm của BC là I(6; 1). Đường thẳng AH có phương 
trình x + 2y – 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam 
giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết phương trình 
đường thẳng DE là x - 2 = 0 và điểm D có tung độ dương. 
Câu 7 ( 1 điểm) 
Giải hệ phương trình 
2 2
2
2 3 1 1
2 3 2 4 3 14 8 0
y y y x x xy
x y x y x x
       

        
Câu 8 (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac = 1. 
 Chứng minh rằng: 
2
2 2 2
2 2 1 3
1 1 1 2
a b c
a b c

  
  
. 
 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:.................................. 
Hướng dẫn giải và thang điểm 
Câu Hướng dẫn giải Điểm 
1a Hàm số y = x3 – 3x2 +1 
TXĐ D = R 
Sự biến thiên: lim ; lim
x x
y y
 
    ; y’=3x2-6x => y’ = 0 0; 2x x   
BBT 
Hàm số đồng biến trên (- ;0) và (2; + ); Hàm số nghịch 
biến trên (0;2). 
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu tại x = 2; y = -3 
Đồ thị 
0,5 
0.5 
1b 
Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ = 0 
0
2
x
x m

  
Với m 0 hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 2 44 (1 4 )m m 
Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0; 
Diện tích tam giác OAB: 2 4
4
1 1( ; ) 4 4 (1 4 ) 4 2( )
2 2 1 4OAB
m
S d O AB AB m m m TM
m
       

0,5 
0,5 
2a sin 2 os2x=2sinx-1 sinx(sinx + cosx-1)=0
sinx=0
sinx+cosx=1 2 ; 2 22 2
x c
x k x k
x k x k x k
 
   
 
  
           
0.5 
0,5 
2b 
I = 
1 1
2 2 4 3 2
0 0
5 4 3
1
0
( 2 1) ( 2 )
1( 2 )
5 4 3 3 0
x x x d x x x x d x
x x x
    
   
  
0,5 
0,5 
3.a Không gian mẫu có: 29 36C   
Gọi A là biến cố lấy được hai viên bi cùng màu: 2 24 5 16A C C    
Xác suất của biến cố: PA= 16 4
36 9
A

  
0,25 
0,25 
3.b 
Đặt t= 
1( ) ( 0)
3
x t  . Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 = 0
2
1
t
t

  
Ta có 1 / 3
1( ) 2 log 23
1 0( ) 1
3
x
x
x
x
  
   

0.25 
0,5 
4 
Phương trình đường thảng d qua A và vuông góc với (P): 2 1 1
1 2 2
x y z  
 

hoặc 
2
1 2
1 2
x t
y t
z t
 

 
   
Gọi M(2+t; 1+2t; -1-2t); 2 2 2 2
1
(2 ) (1 2 ) ( 1 2 ) 3 9 12 3 0 1
3
t
OM t t t t t
t
 
            
  

Vậy tọa độ M(1; -1;1) hoặc M( 5 1 1; ; )
3 3 3
 
0,5 
0,5 
2
-2
-4
-6
-5 5
-3
1
-
+
- ++ 00
+20-
y
y'
x
IH
N M
D
C
B
S
A
5 CM: DB ( )SAC  hình chiếu vuông góc DS lên (SAC) là SO; Góc của SD và (SAC) là 
 030DSO  .Đặt DO =x. Ta có SO= 3x (O là giao của AC với BD) 
Từ SO2 = AO2 +SA2 2 21. . 2
22 ABCD
ax S AC BD x a      . 
 Thể tích khối chóp SABCD là.V= 31 1.
3 3ABCD
SA S a 
Gọi N là trung điểm của AB => DN// BM 
Suyra:d(D;(SBM))=d(N;(SBM))=d(N;(SBM))=
1
2
d(A;(SBM)) 
Kẻ AI ;BM AH SM  . 
Từ đó CM được AH ( ) ( ;( ))SBM d A SBM AH   
Trong (ABCD): SABM= SABCD- SADM-SBCM = a2 /2. 
Mà SABM =
1
2
.AI.BM suy ra AI =2/ 5 a. 
 Khi đó 
2 2 2
1 1 1 2 1( ;( ))
3 3
AH a d D SBM a
AH AI SA
      
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
6 Gọi K là trung điểm AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K 
và BCDE nội tiếp đường tròn tâm I 
Suy ra IK vuông góc DE => PT đường thẳng IK: y – 1=0 
Tọa độ K(1:1) => A(-1;2). 
Gọi D(2; x)Ta có : KA = KD 
25 1 ( 1) 3 1( ) (2;3)x x hoac x l D         
PT đường thẳng AC: x – 3y +7 =0 ; Phương trình BC: 
2x – y -11 = 0 
Tọa độ C(8;5) (4; 3). ây A(-1;2) B(4;-3) C(8;5)B V  
0,25 
0,25 
0,5 
7 (1)DK 0; 1; 3 2 4 0x y x y      . Nhận thấy x= 0; y = 1 không là nghiệm của hệ 
Ta có: 
2 2(1) 1 ( 1) ( 1 ) 0
1 1( 1 )( 2 1 ) 0 1( 2 1 0)
1 1
y x y x y y x
y x y x y x do y x
y x y x
         
             
   
Khi đó: 
2(2) 3 1 6 3 14 8 0 ( 3 1 4) (1 6 ) ( 5)(3 1) 0
3 1( 5)( 3 1) 0 5 6
3 1 4 1 6
x x x x x x x x
x x x y
x x
                 
         
   
Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (5;6) 
0,5 
0,5 
8 Từ gt: 2 21; 1 ( )( )ab bc ca a a ab bc ca a b a c            
Ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1 1 ( )( ) ( )( ) ( )( )( ) (1 )(1 ). 1 1
a b a b ab ab
a b a b a c a b b c a b a c b c a b c c
 
     
            
Suy ra: 
2 2
2 2 22
2 1 2 ( 1 2)( ) '( ) '( ) 0 3
1 (1 )1
c c cVT f c f c f c c
c cc
   
        
 
Từ đó ta CM được: 
maxVT = max ( )f c =
2
3
2 33( 3) 2 3
2 3 1 0
c
a b
f khi a b
c
a a
 
       
   
0,5 
0,25 
0,25 
K
H
I
B
A
C
D
E