SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU
1
ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI THPT
QUỐC GIA
LẦN 1 - NĂM 2015
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài 180 phút không kể giao đề)
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y =
2 1
( )
2
x
C
x


1. Kháo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C) biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng -5.
Câu 2 (0.5 điểm) Giải bất phương trình: log
3
(x – 3 ) + log
3
(x – 5 ) < 1
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân: I =
2
1
1x x dx

Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A, D, SA vuông góc với đáy.
SA = AD = a , AB = 2a.

 
2
2
4
a b
c ab bc ca

  
- Hết -
Họ và tên thí sinh ……………………………… Số báo danh…………………………….
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI THPT
QUỐC GIA LẦN 1
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu 1
y =
2 1
( )
2
x
C
x


1
TXĐ: D = R \
 
2
y’ =
 
2

 
 
nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị
0.25
Bảng biến thiên
x -

2 +

y’ - -
+

2
2
-

0.25
Đồ thị cắt trục tung tại (0 ;
1
2

) , cắt trục hoành tại (
1
2

; 0) . điểm I(2;2) là tâm
đối xứng của đồ thị .
y
2
O 2 x

x
0
= 3 hoặc x
0
= 1 0.25
Với x
0
= 3 thì M(3;7) phương trình tiếp tuyến là y = -5x + 22 0.25
Với x
0
= 1 thì M(1;-3) phương trình tiếp tuyến là y = -5x + 2 0.25
Câu 2 Giải bất phương trình: log
3
(x – 3 ) + log
3
(x – 5 ) < 1 (*)
ĐK: x > 5
(*)

log
3
(x – 3 )(x - 5) < 1

(x – 3 )( x - 5) < 3
0.25

x
2
– 8x +12 < 0


= 2 (
5 3
5 3
t t

)
1
0
=
16
15
0.5
Câu 4
H
E
C
B
D
A
S
1 Tính thể tích khối chóp S.ABC
SA vuông góc với mp đáy nên SA là đường cao của khối chóp, SA = a
Trong mặt phẳng đáy từ C kẻ CE // DA, E thuộc AB suy ra CE vuông góc với
AB và CE = DA = a là đường cao của tam giác CAB
0.25
Diện tích tam giác là S =
1
2
CE.AB = a
2

Gọi I là trung điểm của AB thì I(-1;
1
2

;
5
2
) là tâm mặt cầu. Bán kính mặt cầu
R
2
= IA
2
= 21/2
0.25
Phương trình mặt cầu (x+1)
2
+(y +
1
2
)
2
+(z
5
2

)
2
= 21/2
0.25
2


2cosx(2sinx -1) + (sinx -3)(2sinx – 1) = 0

(2sinx -1) (sinx + 2cosx – 3) =0
0.25

sinx =
1
2
Hoặc sinx + 2cosx – 3 =0
Ta có: sinx + 2cosx – 3 =0 vô nghiệm vì 1
2
+2
2
< 3
2
0.25
Phương trình tương đương sinx =
1
2

x=
2
6
k



hoặc x=
5

7
6A
A
=
6
7
0.25
Câu 8 Điểm B nằm trên đường thẳng x + 2y – 5 = 0 nên B(5 – 2b ; b)
B ; C đối xứng nhau qua O nên C(2b – 5 ; - b ) và O thuộc BC
0.25
Gọi I là điểm đối xứng của O qua phân giác góc B suy ra I(2;4)
BI

(2b – 3 ; 4 – b ) ,
CK

(11 – 2b ; 2 + b)
Tam giác ABC vuông tại A nên
.BI CK
 
= 0

- 5b
2
+ 30b – 25 = 0

b= 1 hoặc b= 5
0.25
Với b= 1 thì B(3;1) , C(-3;-1) suy ra A(3;1) nên loại 0.25
Với b= 5 thì B(- 5, 5 ), C(5 ; -5) suy ra A(

2
= 0

  
2 6 6
1 3 3 1 3 3 0
2 7 7
x y
x y x y
x y x y
 
     
   
0.25

   
2
1 3 3 1 3 3 0
2 7 7
x y x y
x y x y
 
     
 
   
 
 
x > y

0 nên

= 7

18x
2
– 8x + 6x -
8
3
+ 9
1
3
x 
- 3 = 0

2x(9x – 4 ) +
2
3
(9x – 4 ) +3(
9 3x 
- 1 ) = 0
0.25

(9x – 4 )
2 3
2
3
9 3 1
x
x
 
 

4
a b
c ab bc ca

  
.
P =
 
 
2
2
4
a b
c ab bc ca

  
=
 
 
2
2
4 4
a b
c a b c ab

  
Ta có 4ab

(a + b)
2

a b
c c

vì a, b , c thuộc [1;2] nên t thuộc [1;4]
Ta có f(t) =
2
2
4 4
t
t t 
, f’(t) =
 
2
2
2
4 2
1 4
t t
t t

 
> 0 với mọi t thuộc [1;4]
0.25
Hàm số f(t) đồng biến trên [1;4] nên f(t) đạt GTNN bằng
1
6
khi t = 1
0.25
Dấu bằng xảy ra khi a = b ;
a b