- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Toán
Đề thi thử Quốc gia lần 2 năm 2015 môn Toán trường THPT Hậu Lộc 2, Thanh Hóa
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (488.91 KB, 7 trang )
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… Số báo danh: ………….
SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số = −
+ 3−2.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng
:= −−2.
Câu 2 (1 điểm).
1. Giải phương trình: sin2+ 2cos−sin−1 = 0
2. Giải phương trình: 3
−4.3
+ 27 =0
Câu 3 (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số
3
3 2
y x x
và
2
y x
Câu 4 (1 điểm).
1. Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa
mãn:
|
2−1
|
=
√
5.
2. Trong một cái hộp có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm
thẻ trong hộp đó. Tính xác suất để tổng các số trên 3 tấm thẻ lấy được là một số
chia hết cho 3.
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp . có đáy là tam giác đều cạnh bằng 3. Chân
đường cao hạ từ đỉnh S lên mp() là điểm H thuộc cạnh AB sao cho = 3.;
góc tạo bởi đường thẳng và mp() bằng 60
. Tính theo a thể tích của khối
chóp . và khoảng cách giữa hai đường thẳng và .
Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ cho hình thang cân có hai đáy là và
BC; biết = , = 7. Đường chéo AC có phương trình −3−3 = 0; điểm
(−2;−5) thuộc đường thẳng . Viết phương trình đường thẳng biết rằng
đỉnh (1;1).
Câu 7 (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
(
)
:−+ + 2 = 0 và
điểm (1;−1;2). Tìm tọa độ điểm ′ đối xứng với điểm qua mặt phẳng ().
Viết phương trình mặt cầu đường kính ′.
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình:
2
2 2
2 2 3 2
1
( 1) 2 1
4 ( 3 2)( 2 1)
y
x y
x
y y x x x
Câu 9 (1 điểm). Cho các số thực dương ,, thỏa mãn ≥1,≥1. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
3
2
1 1 3( 1)
x y z
P
y x xy
.
Đ
Ề
THI
TH
Ử
THPT QU
Ố
C GIA
LẦN 2 - NĂM HỌC 2014-2015
MÔN: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút
H
Ế
T
-
Cán b
ộ
coi thi không
gi
ả
i thích gì thêm
- Thí sinh không được dùng tài liệu
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Nội dung Điểm
1.1
(1đ)
- Khảo sát và vẽ đồ thị
1/ TXĐ :
=
ℝ
2/ Sự biến thiên:
Giới hạn:
lim
→±
= lim
→±
(
−
+ 3−2
)
= ∓∞
Chiều biến thiên:
= −3
+ 3 ⟹
= 0⟺= ±1
Bảng biến thiên
x
-1 1
y’
−
0
+
0
−
y
0
-4
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;−1) và (1;+∞)
Hàm số đồng biến trên khoảng (−1;1)
Hàm số đạt cực tiểu tại = −1,
= −4
Hàm số đạt cực đại tại
= 1,
Đ
= 0
3/ Đồ thị:
- Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm
(0;−2), cắt trục Ox tại các điểm (−2;0)
và (1;0).
- Đồ thị hàm số nhận điểm uốn
(0;−2) làm tâm đối xứng.
0,25đ
0,5đ
\
0,25đ
1.1
(1đ)
Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng
:
=
−
−
.
- Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:
−
+
3
−
2
=
−
−
2
⟺
−
4
=
0
⟺
=
0
= ±2
Suy ra các tiếp điểm là:
(
0;−2
)
,
(
2;−4
)
,(−2;0)
Ta có:
= −3
+ 3
Suy ra các tiếp tuyến là: = 3−2
=
−
9
+
14
=
−
9
+
18
0,25đ
0,25đ
0,5đ
2.1
(0,5đ)
Giải phương trình:
+
−
−
=
sin
2
+
2
cos
−
sin
−
1
=
0
⟺
2
sin
.
cos
+
2
cos
−
sin
−
1
=
0
⟺2cos.
(
sin+ 1
)
−
(
sin+ 1
)
= 0
⟺
(
sin+ 1
)(
2cos−1
)
= 0
⟺
sin
=
−
1
cos
=
⟺
= −
+ 2
=
±
+
2
(
∈
ℤ
)
0,25đ
0,25đ
2.2
(0,5đ)
Giải phương trình:
−
.
+
=
3
−
4
.
3
+
27
=
0
⟺3
(
)
−12.3
+ 27 =0
Đặt = 3
,(> 0),tađượcphươngtrình:
−12+ 27= 0
⟺
= 3
= 9
⟺
3
= 3
3
= 9
⟺
2+ 4 =1
2+ 4 =2
⟺
= −
3
2
= −1
Vậyphươngtrình có 2 nghiệm là:
=
−
3
2
;
=
−
1
0,25đ
0,25đ
3.
(1đ)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số
3
3 2
y x x
và
2
y x
- Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị các hàm số đã cho:
−
+ 3−2= −−2 ⟺
−4= 0⟺
=
0
= ±2
Suy ra diện tích của hình phẳng cần tính là:
=
|(
−
+ 3−2
)
—(−−2
)
|
.
+
|(
−
+ 3−2
)
—(−−2
)
|
.
=
|
−4
|
+
|
−
+ 4
|
=
(
−4
)
+
(
−
+ 4
)
=
4
−2
+
−
4
+ 2
=
4
+
4
=
8
Vậy
=
8
(
đ
)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
4.1
(0,5đ)
Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn:
|
−
|
=
√
.
Giả sử
=
+
,
(
,
∈
ℝ
)
Suy ra:
|
2−1
|
= √5 ⟺
|
2
(
+
)
−1
|
= √5 ⟺
|
−2−1−2
|
= √5
⟺
(
−2−1
)
+
(
−2
)
= √5
⟺4
+ 4
+ 4+ 1 =√5
⟺
+
+ −1 = 0
⟺
+ +
1
2
=
5
4
Vậy tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức đã cho là một
đường tròn có tâm
0
;
−
và bán kính
=
√
.
0,25đ
0,25đ
4.2
(0,5đ)
Trong một cái hộp có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ
trong hộp đó. Tính xác suất để tổng các số trên 3 tấm thẻ lấy được là một số chia hết
cho 3.
Giải:
- Số cách lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ trong hộp là:
.
- Trong 40 tấm thẻ đó có :
+ 1 = 13 tấm thẻ mang số chia hết cho 3
+ 1 = 14 tấm thẻ mang số chia 3 dư 1
+ 1 = 13 tấm thẻ mang số chia 3 dư 2
- Để tổng 3 số ghi trên 3 tấm thẻ là số chia hết cho 3 thì phải xảy ra
các trường hợp sau:
i. Cả 3 số đều chia hết cho 3: có
cách lấy
ii. Cả 3 số đều chia 3 dư 1: có
cách lấy
iii. Cả 3 số đều chia 3 dư 2: có
cách lấy
iv. Có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2:
có
.
.
cách lấy.
- Suy ra xác suất cần tính là:
=
+
+
+
=
127
380
≈
0
,
33
0,25đ
0,25đ
5.
(1đ)
Cho hình chóp
.
có đáy là tam giác
đều cạnh bằng
. Chân đường cao hạ
từ đỉnh
lên mp
(
)
là điểm
thuộc cạnh
sao cho
=
.
; góc tạo bởi
đường thẳng và mp() bằng
. Tính theo thể tích của khối chóp . và
khoảng cách giữa hai đường thẳng và .
+ Nhận thấy
⊥
(
)
⇒
là hình chiếu của
trên mặt phẳng (ABC)
⇒
=
60
là góc giữa SC và mp(ABC).
Ta có:
=
+
−2...cos60
= 9
+
−2.3..
= 7
⇒=
√
7 ⇒= .tan60
= .
√
21
Lại có:
=
√
Nên:
.
=
.
=
.
√
21
.
√
=
√
0,25đ
0,25đ
+ Dựng
⃗
=
⃗
⇒
//
⇒
//
(
)
⟹
(
;
)
=
;
(
)
=
;
(
)
=
3
.
(
;
(
)
)
+ Dựng ⊥ tại E ⇒⊥
(
)
⇒
(
)
⊥() (theo giao tuyến )
+ Dựng ⊥ tại ⇒⊥
(
)
⇒= (;
(
)
)
Ta có: = .sin60
=
√
1
=
1
+
1
=
4
3
+
1
21
=
29
21
⟹=
√
21
√
29
⟹
;
(
)
=
3
√
21
√
29
Vậy
(
;
)
=
√
√
0,25đ
0,25đ
6.
(1đ)
Trong mặt phẳng tọa độ
cho hình thang cân
có hai đáy là
và BC; biết
=
,
=
. Đường chéo AC có phương trình
−
−
=
; điểm
(
−
;
−
)
thuộc đường thẳng
. Viết phương trình đường thẳng
biết rằng
đỉnh
(
;
)
.
Giải
+ Do ABCD là hình thang cân nên
ABCD là hình thang nội tiếp
đường tròn.
Do = = nên AC là
đường phân giác trong góc
.
+ Gọi E là điểm đối xứng của B
qua AC ⟹∈.
Ta có phương trình là:
3+ −4= 0.
Gọi = ∩⟹ tọa độ F là nghiệm của hệ:
−3−3 = 0
3+ −4= 0
⟺
=
3
2
= −
1
2
⟹=
3
2
;−
1
2
Do F là trung điểm của BE nên = (2;−2)
Lại do ∈ nên phương trình AD là: 3−4−14 =0
+ Điểm = ∩⟹tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
3−4−14 =0
−3−3 = 0
⟺
= 6
= 1
⟹= (6;1)
+ Gọi = (2 + 4;−2 + 3) ∈
Do = 7⟹
= 49 ⟺
(
4−4
)
+
(
3−3
)
= 49⟺25
(
−1
)
= 49
⟺
(
−1
)
=
49
25
⟺
−1 =
7
5
−1 = −
7
5
⟺
=
12
5
= −
2
5
⟹
=
58
5
;
26
5
=
2
5
;−
16
5
Tuy nhiên, điểm B và điểm D luôn nằm về 2 phía của đường thẳng AC do đó kiểm
tra vị trí tương đối của điểm B và 2 điểm D đó ta thấy chỉ có điểm
thỏa mãn.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Do đó
=
;
−
.
+ Do BC//AD nên phương trình đường thẳng BC là: 3−4+ 1= 0
Điểm = ∩⟹tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
3−4+1 =0
−3−3 = 0
⟺
= −3
= −2
⟹= (−3;−2)
Tuy nhiên ta tính được
=
5
,
=
√
13
⇒
không phải là hính thang
cân, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy bài toán vô nghiệm.
0,25đ
7.
(1đ)
Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
(
)
:
−
+
+
=
và điểm
(
;
−
;
)
. Tìm tọa độ điểm
′
đối xứng với điểm
qua mặt phẳng
(
)
. Viết
phương trình mặt cầu đường kính
′
.
+ Gọi
Δ
là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P), khi đó
Δ
nhận vectơ pháp
tuyến
⃗
=
(
1
;
−
1
;
1
)
của mp(P) là vec tơ chỉ phương. Do đó phương trình tham
số của Δlà:
= 1 +
= −1 −
= 2+
+ Gọi = Δ∩() ⟹ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình:
= 1 +
= −1 −
= 2+
−++ 2 =0
⟺
= −2
= −1
=1
= 0
⟹= (−1;1;0)
+ Gọi
là điểm đối xứng của A qua mp(P) khi đó I là trung điểm của ′
⟹
= (−1;3;−2)
+ Mặt cầu đường kính ′ có tâm là = (−1;1;0) và bán kính = =
√
12
Suy ra phương trình mặt cầu đường kính
′
là:
(
+
1
)
+
(
−
1
)
+
=
12
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
8.
(1đ)
Giải hệ phương trình:
2
2 2
2 2 3 2
1
( 1) 2 1 (1)
4 ( 3 2)( 2 1) (2)
y
x y
x
y y x x x
+ ĐK:
≠
0
,
−
√
2
≤
≤
√
2
PT(1)
⟺
(
+
1
)
+
=
2
(
+
1
−
)
⟺
(
+ 1
)(
+ −2
)
+
(
+ 2
)
= 0
⟺
(
+ 2
)(
+ 1
)(
−1
)
+
(
+ 2
)
= 0
⟺
(
+ 2
)(
+
−1
)
= 0
⟺
+ 2 =0(ạ)
+
= 1
+ Với
+
= 1⟹
= 1 −
, thay vào PT(2) ta được PT:
4
=
(
−
+ 3−2
)
+ 1 + 1
⟺4
(
+ 1 −1
)
=
(
−
+ 3−2
)
+ 1 + 1
⟺4
+ 1 + 1
+ 1 −1=
(
−
+ 3−2
)
+ 1 + 1
⟺4
+ 1 −1=
−
+ 3−2
⟺
−3−2=
−4
+ 1 (3)
0,25đ
0,25đ
+ Do
+
=
1
⟹
0
≤
≤
1
0
≤
≤
1
⟹
−
1
≤
≤
1
−
1
≤
≤
1
+ Xét hàm số:
(
)
=
−3−2 trên đoạn
[
−1;1
]
Có
(
)
= 3
−3 ⟹
(
)
= 0⟺=±1
Do hàm số () liên tục trên đoạn
[
−1;1
]
và
(
−1
)
= 0,
(
1
)
= −4
Suy ra
min
∈[;]
() = −4, max
∈[;]
(
)
= 0
Hay
(
)
≥−4,∀∈[−1;1] (a)
+ Xét hàm số:
(
)
=
−4
+ 1 trên đoạn [−1;1]
Có
(
)
= 2−
⟹
(
)
= 0⟺
= 0∈(−1;1)
= ±
√
3 ∉[−1;1]
Do hàm số () liên tục trên đoạn
[
−1;1
]
và
(
−1
)
=
(
1
)
= 1−4
√
2,
(
0
)
= −4
Suy ra
max
∈[;]
() = −4, min
∈[;]
() = 1−4
√
2
Hay
(
)
≤−4,∀∈[−1;1] (b)
+ Từ (a) và (b) suy ra PT(3) ⟺
(
)
=
(
)
= −4⟺
= 1
=
0
(thỏa mãn PT(1))
Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất
(
;
)
=
(
1
;
0
)
0,25đ
0,25đ
9.
(1đ)
Cho các số thực dương
,
,
thỏa mãn
≥
,
≥
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
3
2
1 1 3( 1)
x y z
P
y x xy
.
+ Trước hết ta chứng minh kết quả sau:
Với
,
>
0
thỏa mãn:
≥
1
ta có:
+
≥
√
(1)
Thật vậy:
(
1
)
⟺
(
+ +2
)
1 +
≥2
(
++
)
⟺
(
+
)
+ + + 2
+ 2 ≥2+ 2
(
+
)
+ 2
⟺
(
+
)
−1
≥2
−1
⟺
−1
+−2
≥0
⟺
−1
√
−
≥0 luôn đúng do ≥1 (đpcm)
+ Mặt khác, theo BĐT AM-GM ta có:
+ 2 =
+ 1 + 1 ≥3≥3
⟹≥
+ 1
+ 1 +
+ 1
+ 1 +
1
+ 1
−2
=
(
+ + 1
)
+
+
−2≥
2
+ 1
√
+
−2 (do (1))
+ Đặt =
,(≥1) ta được:
≥
(
)
=
(
2+ 1
)
.
2
+ 1
+
1
+ 1
−2=
2
+ 1
+
1
+ 1
Ta có:
(
)
=
(
)
−
(
)
=
(
)
(
)
(
)
(
)
≥0,∀≥1
⟹
(
)
đồng biến trên
[
1
;
+
∞
]
⟹
(
)
≥
(
1
)
=
,
∀
≥
1
⟹
≥
Vậy
=
⟺
=
=
=
1
.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Chú ý: - Thí sinh làm theo cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
- Câu 5 nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm.
