Tải bản đầy đủ (.doc) (5 trang)

Đề thi thử môn toán có đáp án Trường THPT Trần Phú - Hà Tĩnh Lần 2 năm 2015

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (226.21 KB, 5 trang )

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC
3
2
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = − x +3x ( 1) .

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Lập phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của đồ thị với trục hoành.
Câu 2 (1 điểm).
a) Giải phương trình 2 3 sin x + cos x = sin 2x + 3 .
b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện
zi − ( 2 + i ) = 2 .
2
Câu 3. (0.5 điểm). Giải phương trình log x + 4 log 4 4x − 7 = 0 .
2

 x 2 + xy ( 2y − 1) = 2y3 − 2y 2 − x
Câu 4. (1 điểm). Giải hệ phương trình 
.
6 x − 1 + y + 7 = 4x ( y − 1)

Câu 5. (1 điểm). Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = x 2 − 2 x , x = 0 , x = 3 và trục
hoành.
Câu 6 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ∠ABC = 60 0 . Cạnh bên SA
vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 60 0 . Gọi I là trung điểm BC, H là


hình chiếu vuông góc của A lên SI. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm H đến
mặt phẳng (SCD) theo a.
Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhận trục hoành làm đường phân giác
trong của góc A, điểm E ( 3; −1) thuộc đường thẳng BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có
phương trình x 2 + y 2 − 2 x − 10 y − 24 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết điểm A có hoành độ âm.
Câu 8 (1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 2; 2; −1) và mặt phẳng (P):
x + 2y − z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua đi điểm A, song song với (P) và phương

trình mặt cầu (C) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 9 (0.5 điểm). Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ
số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để số chọn được là số chia hết cho 5.
Câu 10 (1 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

1
4
1

+
.
4a + 2b + 4 2bc 8 + a + 2b + 3c 4 + b + 2c

----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……………………


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2014-2015, LẦN 2
§iÓm
Néi dung


C©u
C©u 1 a) 1 Điểm
2,0 điÓm - Tập xác định D = R
- Sự biến thiên y ' = −3x 2 + 6x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 .
+ Trên các khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ ) , y’<0 nên hàm số nghịch biến.
Trên khoảng ( 0; 2 ) , y’>0 nên hàm số đồng biến.
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yct = 0 ; đạt cực đại tại x = 2 ,ycđ = 4.
y = −∞ ; lim y = +∞ .
Giới hạn: xlim
→+∞
x →−∞
+ Bảng biến thiên
x -∞
0
2
+∞
y
0 + 0

y +∞
4

0,25

0,25

0,25

0
-∞

- Đồ thị
y

4

2

0,25

O

2

3

x

-2

C©u 2

b) 1 Điểm
Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm A(0;0) và B(3;0).
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại A(0;0) là: y = 0
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại B(3;0) là: y = y , ( 3)( x − 3) = −9 x + 27
Vậy tiếp tuyến cần tìm là y = 0 và y = −9 x + 27 .
a) 0,5 Điểm
2 3 sin x + cos x = sin 2x + 3 ⇔ 2 3 sin x + cos x − 2sin x cos x − 3 = 0

(


)

0,25
0,5
0,25

0,25

⇔ ( 2sin x − 1) cos x − 3 = 0

* cos x − 3 = 0 : Vô nghiệm.
π

 x = 6 + k2π
* 2sin x − 1 = 0 ⇔  5π
x =
+ k2π

6

x=


+ k2π
6

b) 0,5 Điểm

Vậy nghiệm của phương trình là x =


π
+ k2π ; ,
6

0,25


1 ®iÓm

Gọi z = x + yi,

x, y ∈ R , ta có

0,25

zi − ( 2 + i ) = 2 ⇔ − y − 2 + ( x − 1) i = 2
⇔ ( x − 1) + ( y + 2 ) = 4
2

2

Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I(1;-2) và bán kính R=2.

C©u 3
0,5 ®iÓm

Đk: x>0,

log 22 x + 4 log 4 4x − 7 = 0 ⇔ log 22 x + 2 log 2 x − 3 = 0


0,25

x = 2
log 2 x = 1
1

1 . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của pt là x = 2 và x = .
log x = −3 ⇔ 
x=
8
 2

8
 x 2 + xy ( 2y − 1) = 2y3 − 2y 2 − x ( 1)

( 2)
6 x − 1 + y + 7 = 4x ( y − 1)
ĐK: x ≥ 1 .

0,25

0,5

( 1) ⇔ ( 2y2 + x ) ( 1 + x − y ) = 0 ⇔ y = x + 1 vì

C©u 4
1 ®iÓm

0,25


2y 2 + x > 0, ∀x ≥ 1

Thay vào (2) ta được 6 x − 1 + x + 8 = 4x 2 ⇔ ( x − 1 + 3) = ( 2x ) ⇔ 2x = x − 1 + 3
2

2

 4x 2 − 13x + 10 = 0

⇔ 2x − 3 = x − 1 ⇔ 
⇔x=2⇒ y=3
3
x



2
Vậy nghiệm của phương trình là ( x; y ) = (2;3) .

0,5

3

2
Do x − 2 x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2 nên ta có diện tích cần tìm là S = ∫ x − 2x dx

2

C©u 5

1 ®iÓm

0,25

0

2

=

2
∫ ( x − 2x ) dx +
0

=

3

∫( x

2

2

− 2x ) dx

0,25

4 4 8
+ = .

3 3 3

0,5
Do ∠ABC = 600 nên tam giác ABC đều, suy ra

S

C©u 6
1 ®iÓm

K
H
A

D
E

B

3
và AC = a
2
Mặt khác SA ⊥ (ABCD) ⇒ ∠SCA = 600
1
a3
0
⇒ SA = AC.tan 60 = a 3 ⇒ VS.ABCD = SA.SABCD = .
3
2
2

2
HS HS.IS AS
AS
4
=
= 2 = 2
=
Ta có
2
2
IS
IS
IS
IA + AS
5
4
⇒ d ( H, ( SCD ) ) = d ( I, ( SCD ) )
5
2
2
= d ( B, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) ( vì I là trung điểm BC
5
5
SABCD = a 2

I

C

và AB//(SBC))


0,25

0,25

0,25


Gọi E là trung điểm CD, K là hình chiếu của A lên
SE, ta có AE ⊥ DC ⇒ DC ⊥ (SAE) ⇒ DC ⊥ (SAE) ⇒
AH ⊥ (SCD)
Suy ra

0,25

2
2
2 SA.AE
2a 15
d ( H, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = AK =
=
.
5
5
5 SA 2 + AE 2
25

Đường tròn ngoại tiếp có tâm I(1;5)
Tọa đôi điểm A là nghiệm của hệ


K

 x 2 + y 2 − 2x − 10y − 24 = 0
 x = 6  x = −4
⇔
∨

y
=
0
y
=
0

y = 0


B
E

C©u 7
1,0
®iÓm

C©u 8

0,25

Do A có hoành độ âm suy ra A(-4;0).
Và gọi K(6;0),vì AK

là phân giác trong góc A nên KB=KC,
A
uur
do đó KI ⊥ BC và IK ( −5;5) là vtpt của đường thăng BC.
⇒ BC : −5 ( x − 3) + 5 ( y + 1) = 0 ⇔ − x + y + 4 = 0 .
Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ

0,5

 x 2 + y2 − 2x − 10y − 24 = 0
x = 8 x = 2
⇔
∨

y
=
4

x
+
y
+
4
=
0

 y = −2


0,25


I

C

Vây A(-4;0), B(8;4), C(2;-2) và A(-4;0), C(8;4), B(2;-2) .
Mặt phẳng (Q) song song (P) nên có dạng x + 2y − z + d = 0 ( d ≠ 5) ,

0,25

1,0 ®iÓm do A thuộc (Q) suy ra 2 + 2.2 − ( −1) + d = 0 ⇔ d = −7 .

0,25

Vậy pt mặt phẳng cần tìm (Q) là x + 2y − z − 7 = 0

Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính R = d ( A, ( P) ) =

Vậy pt măt cầu cần tìm là ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 1) 2 = 24 .

2 + 2.2 + 1 + 5
1+ 4 + 1

Số phần tử của A là 6.A = 720
Số cách chọn một số có hàng đơn vị là số 0 có 1.A 36 = 120 cách
Số cách chọn một số có hàng đơn vị là số 5 có 1.5.A 52 = 100 cách
Suy ra số cách chọn một số chia hết cho 5 là 120 + 100 = 220 cách
3
6


C©u 9
0,5 ®iÓm

C©u 10
1,0 ®iÓm

220 11
=
.
720 36
1
1

Ta có 2 2bc ≤ b + 2c ⇒
4a + 2b + 4 2bc 4a + 4b + 4c
−4
−1
−1

+

8 + a + 2b + 3c 4 + a + b + c 4 + b + 2c
1
−1
Suy ra P ≥ 4 ( a + b + c ) + 4 + ( a + c + b ) , Đặt t = a + b + c, t > 0

=

12
=2 6

6

0,25
0,25
0,25

0,25

Vậy xác suất cần tìm bằng

−1

1

xét f (t ) = 4t + 4 + t ,
t
f’
f

0
+∞

t > 0,

f '(t ) = −

4
-

0


+

1
1
+
; f '(t ) = 0 ⇔ t = 4 .
2
2
4t
( 4+t)

0,25
0,25
0,25


-

1
16

b = 2c
a = c = 1
1

Suy ra giá trị nhỏ nhất của P bằng - khi a + b + c = b + 2c ⇔ 
.
16
b = 2

a + b + c = 4


Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng

0,25



×