[vnmath.com] de thi quoc gia lan 1 thpt hau loc 2
Post on 16-Aug-2015
62 Views
Preview:
TRANSCRIPT
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1
(1)1
xy
x
và đường thẳng d: .y x m
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp tuyến
của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 2 2sin 1 cos2x x x ( )x
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 1
1( ) ln
e
I x xdxx
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi.
Tính xác suất để 3 viên được chọn có cả ba màu.
b) Giải phương trình: 2
3 3log 4log (3 ) 7 0x x trên tập hợp số thực.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 1 0P x y z và điểm (3;0; 2)A . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa
độ tiếp điểm của (S) và (P).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại A và 2AB a , 2 3AC a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( )ABC là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa
hai mặt phẳng ( )SBC và ( )ABC bằng 030 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABC và khoảng
cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng ( )SAC .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
tâm (3;5)I và ngoại tiếp đường tròn tâm (1; 4)K . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh
AB, AC kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là (11; 14)F . Viết phương trình đường
thẳng BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2
2
( 2 2 1)( 1) 1
9 2014 2 4 2015
x x x y y
y xy y y x
( , )x y
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2
1 2 2.
c a b Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức 2 2 2
.a b c
Pb c a c a b c
Hết
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:………………………..
WWW.VNMATH.COM
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
Đáp án gồm 5 trang
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1
(1)1
xy
x
1,0
Tập xác định: \ 1 .D
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 2
2' 0 .
( 1)y x D
x
hàm số nghịch biến trên từng khoảng xá định và không có cực trị.
0,25
- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1x x
y y
; tiệm cận ngang là: y=1.
1 1
lim ; lim ,x x
y y
tiệm cận đứng là: x= -1.
0,25
- Bảng biến thiên:
x 1
y’
y
1
1
0,25
Đồ thị
Nhận xét: Đồ thị C nhận điểm uốn 1;1I làm tâm đối xứng.
0,25
b)Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp
tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. 1,0
WWW.VNMATH.COM
PT hoành độ giao điểm của ĐT hs 1 với đường thẳng d:
2
11
( ) (2 ) 1 0 (2).1
xxx m
g x x m x mx
0,25
ĐT (C) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi PT (2) có 2 nghiệm phân biệt
khác -1 20 8 0
( 1) 0 2 0
m
g
đúng với mọi m.
0,25
Khi đó ,A Bx x là nghiệm của phương trình (2). Do tiếp tuyên tại A và B song với nhau nên ta có:
2 2
( )2 2'( ) '( )
2( 1) ( 1)
A B
A A
A BA B
x x lf x f x
x xx x
Theo định lý Viet ta có: 2A Bx x m . Do đó 2 2 0.m m
0,25
0.25
2 Giải phương trình: sin 2 2sin 1 cos2x x x ( )x 1,0
2sin 2 2sin 1 cos2 sin 2 2sin 1 cos2 0 2sin cos 2sin 2sin 0x x x x x x x x x x 0,25
sinx 02sin (cos sin 1) 0
sinx+cosx= -1x x x
0,25
sin 0x x k 0,25
23
cos sin 1 cos( ) cos4 4 2
2
x k
x x xx k
Vậy nghiệm của phương trình là : 2 ; .2
x k x k k
0,25
3 Tính tích phân
1
1( ) ln
e
I x xdxx
1,0
1 1 1
1 1( ) ln ln ln
e e e
I x xdx x xdx xdxx x
0,25
Ta có: 2
1
1 1
1 ln 1ln ln (ln ) .
12 2
e e exI xdx xd x
x 0,25
Tính 2
1
ln
e
I x xdx , đặt
2 2 2 2 2
22
1
ln 1 3. ln .
1 12 2 2 4 4 4
2
e
dxdu
u x e ex x e x e exI x dx I
dv xdx xv
0,5
4 a) Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi.
Tính xác suất để 3 viên được chọn có cả ba màu.
b) Giải phương trình: 2
3 3log 4log (3 ) 7 0x x trên tập hợp số thực.
1,0
a) Số phần tử của không gian mẫu là: 3
12 220.C 0,25
Số cách chọn 3 viên bi có đủ 3 màu là 3.4.5=60. Do đó xác suất cần tính là 60 3
220 11p 0,25
b) Điều kiện x>0.
Với điều kiện trên PT đã cho tương đương với 2
3 3log 4log 3 0x x 0,25
3
3
log 1 3
log 3 27
x x
x x
Vậy nghiệm của phương trình là x=3, x=27.
0,25
WWW.VNMATH.COM
5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 1 0P x y z và điểm
(3;0; 2)A . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ
tiếp điểm của (S) và (P).
1,0
Bán kính mặt cầu (S) là ( ;( )) 3.R d A P 0,25
Phương trình mặt cầu (S): 2 2 2( 3) ( 2) 9.x y z 0,25
Gọi H là tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P), suy ra ( )AH P do đó vectơ pháp tuyến
của (P) cũng là vectơ chỉ phương của AH. Phương trình đường thẳng AH là:
3 2
2 2
x t
y t
z t
0.25
( )H AH P do đó tọa độ tiếp điểm H(1; -1; 0) 0,25
6 Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại A và 2AB a , 2 3AC a . Hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng ( )ABC là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa hai mặt
phẳng ( )SBC và ( )ABC bằng 030 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABC và khoảng
cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng ( )SAC .
1,0
Diện tích ABC là:
21. 2 3
2dt ABC AB AC a
Trong mp ABC kẻ HK BC tại K
BC SHK
Từ giả thiết ta có: 𝑆𝐾𝐻 = 300
0,25
Có 2 2 4BC AB AC a
sinABC =AC
BC=
HK
HB=
3
2⇒ HK =
a 3
2 . Trong tam giác SHK có:
SH = HKtanSKH =a
2
Thể tích của khối chóp là: 31 3
.3 3
aV SH dt ABC (đvtt)
0,25
Do M là trung điểm của cạnh BC nên MH song song với AC, do đó MH song song với mặt
phẳng (SAC), suy ra khoảng cách từ M đến mặt (SAC) bằng khoảng cách từ H đến mặt (SAC).
Trong mp SAB kẻ HD SA tại D . Ta có: AC SAB AC DH DH SAC
0,25
2 2 2
1 1 1 5
5
aHD
DH HA HS . Vậy 𝑑 𝑀; 𝑆𝐴𝐶 = 𝑑 𝐻; 𝑆𝐴𝐶 = 𝐻𝐷 =
𝑎 5
5
0,25
A C
B
S
H
K
M
D
WWW.VNMATH.COM
7 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (3;5)I và
ngoại tiếp đường tròn tâm (1; 4)K . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC
kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là (11; 14)F . Viết phương trình đường thẳng
BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC.
1,0
Ta có F là giao điểm của đường phân giác trong góc A với các đường phân giác ngoài của
các góc B và C, suy ra 𝐶𝐹⟘𝐶𝐾, 𝐵𝐹⟘𝐵𝐾, do đó tứ giác BKCF nội tiếp đường tròn đường kính
FK.
0,25
Gọi D là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có:
𝐷𝐾𝐶 =𝐵𝐴𝐶
2+
𝐴𝐶𝐵
2= 𝐷𝐶𝐾 , suy ra tam giác DCK cân tại D, do đó DK= DC = DB nên D là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF, do vậy
D là trung điểm của FK, suy ra D(6; 9).
0,25
Tính được ID=5, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
(x − 3)2 + (y − 5)2 = 25 (C1).
𝐷𝐾 = 50, phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF là:
(x − 6)2 + (y − 9)2 = 50 (C2). Tọa độ B, C là nghiệm của hệ
(x − 3)2 + (y − 5)2 = 25
(x − 6)2 + (y − 9)2 = 50 ⇔
x2 + y2 − 6x − 10y + 9 = 0
x2 + y2 − 12x − 18y + 67 = 0 ⇒
⇒6𝑥 + 8𝑦−58=0 ⇔3𝑥+4𝑦−29=0(1) .
Tọa độ B, C thỏa mãn phương trình (1), mà (1) là phương trình của một đường thẳng, mặt khác C1 , (C2) cắt nhau do đó phương trình (1) là phương trình đường thẳng BC. Vậy BC có phương
trình là: 3𝑥 + 4𝑦 − 29 = 0(1)
( có thể giải hệ ta được B(-1; 8), C(7; 2) và viết được phương trình BC)
0,25
Phương trình FK: x-y+3=0.
A, D là giao của FK với (C1) , suy ra A(-1; 2),
do đó phương trình đường cao AH là:
4x -3y+10=0.
0,25
8
Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 2 1 1 1 1
9 2014 2 4 2015 2
x x x y y
y xy y y x
( , )x y 1,0
Đk: 9 0y xy
Ta có: 2 2 21 1 0y y y y y y , nhân 2 vế PT (1) với 2 1 0.y y
PT 2 2
1 1 1 1 1 (3)x x y y
0,25
CB
I
A
K
D
F
WWW.VNMATH.COM
Xét hàm số: 2 1f t t t trên , có 2
2 2
1' 0,
1 1
t tt tf t t f t
t t
đồng
biến trên (3) ( 1) ( ) 1f x f y x y
0,25
Pt 2 trở thành: 2 28 3 2015 2014x x x 3
2 2
2 2
1 18 3 3 2 2015 1 0 1 2015 0(4)
8 3 3 2
x xx x x x
x x
0,25
Đặt:
2 2
1 12015
8 3 3 2
x xT
x x
x có 2 28 3 2015 2014 0 0x x x x
Do 2 2
2 2
1 10, 8 3 3 2 0 0 0.
8 3 3 2
x xx x x T
x x
nên
(4) 1 0 1x x (thỏa mãn)
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm: 1; 2
0,25
9
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
2 2 2
1 2 2.
c a b Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức 2 2 2
.a b c
Pb c a c a b c
1,0
Ta có: 2 2
2 2 2 2 2
1 2 2 1(1)
2
c c
c a b a b , và
2 2
1.
1 1 ( ) ( ) 1
a b
c cPb a a a
c c c c
Đặt :
2 2
1, ; , 0 .
1 1 1
a a x yx y x y P
c c y x x y
2 2 2 2
2 2
1 1 1(1) 2( ) .
2x y x y
x y
0,25
Mặt khác 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
( ) 2( ) 1 ( ) 2 1 ( ) 2( ) 1
11 ( 1) .
1 1 1
x y x y x y x y xy x y x y xy x y x y
x yx y x y P
y x x y
Lại có: 2 1( ) 4 4( ) 4 1 0
1 1 1
x yx y xy x y x y x y P
y x x y
0,25
1 1 1 1 11 1 2 ( 1)( ) 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 1 4 1( 1)( ) 2 2
2 1 2 1
x y x yx y
y x x y y x x y y x x y
x yx y x y x y x y
0,25
Đặt: 4 1
4 ( ) 2 .2 1
t x y P f tt t
2 2 2 2
4 1 3 ( 4)'( ) 0, [4; )
( 2) ( 1) ( 1) ( 2)
t tf t t
t t t t
, suy ra ( )f t đồng biến trên [4; )
Vậy 5
( ) (4)3
P f t f hay min
454 2 2 .
3
x yP t x y a b c
x y
0,25
…………………Hết……………….
WWW.VNMATH.COM
top related