Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Luyện thi Đại học - Cao đẳng Khối A Đề thi thử quốc gia lần 1 năm 2015 môn toán trường thpt hậu lộc 2, thanh hóa...

Tài liệu Đề thi thử quốc gia lần 1 năm 2015 môn toán trường thpt hậu lộc 2, thanh hóa

.PDF
6
2439
119

Mô tả:

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2014 - 2015 THANH HÓA Môn: TOÁN TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) x 1 (1) và đường thẳng d: y   x  m. x 1 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 x  2sin x  1 cos 2 x e ( x  ) 1 x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   ( x  ) ln xdx 1 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: log32 x  4log3 (3x)  7  0 trên tập hợp số thực. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P): 2 x  y  2 z 1  0 và điểm A(3;0; 2) . 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 AB  2a , AC  2a 3 . 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 300 . 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 I (3;5) và ngoại tiếp đường tròn tâm K (1; 4) . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là F (11; 14) . Viết phương trình đường thẳng BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC. 2 2  ( x  x  2 x  2  1)( y  y  1)  1 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  ( x, y  ) 2 y  xy  9  2014  y  2 y  4  2015 x   Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn của biểu thức P 1 2 2  2  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất 2 c a b a b c   . bc ac a 2  b2  c 2 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 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2014 - 2015 THANH HÓA Môn: TOÁN TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 Đáp án gồm 5 trang ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu 1 Đáp án Điểm a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y   Tập xác định: D   \ 1.  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y '  x 1 (1) x 1 1,0 0,25 2  0 x  D. ( x  1) 2 hàm số đồng biến trên từng khoảng xá định và không có cực trị. - Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1 ; tiệm cận ngang là: y=1. x  x lim y   ; lim y   , tiệm cận đứng là: x= -1. x 1 - Bảng biến thiên: x  y’ y 0,25 x1  1    1 0,25 1  0,25  Đồ thị Nhận xét: Đồ thị  C  nhận điểm uốn I  1;1 làm tâm đối xứng. 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. PT hoành độ giao điểm của ĐT hs 1 với đường thẳng d: 1,0 x  1  x 1  x  m   2 x 1  g ( x)  x  (2  m) x  m  1  0 (2). 0,25 ĐT (C) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi PT (2) có 2 nghiệm phân biệt 0,25 m2  8  0  0  khác -1   đúng với mọi m.  g (1)  0  2  0 Khi đó xA , xB là nghiệm của phương trình (2). Do tiếp tuyến tại A và B song với nhau nên ta 2  x  xB (l ) 2 2 f '( xA )  f '( xA )    A có: 2 2 ( xA  1) ( xB  1)  xA  xB  2 Theo định lý Viet ta có: xA  xB  m  2 . Do đó m  2  2  m  0. Giải phương trình: sin 2 x  2sin x  1 cos 2 x ( x  ) sin 2 x  2sin x  1 cos 2 x  sin 2 x  2sin x  1 cos 2 x  0  2sin x cos x  2sin x  2sin 2 x  0  s inx  0  2sin x(cos x  sin x  1)  0   s inx+cosx= -1   sin x  0  x  k  1,0 0,25 0,25 0,25  x    k 2 3  cos x  sin x  1  cos( x  )  cos   x     k 2 4 4  2  2  k 2 ; x  k . 0,25  k   e 1 Tính tích phân I   ( x  ) ln xdx x 1 e e 1,0 e 1 1 I   ( x  ) ln xdx   x ln xdx   ln xdx x x 1 1 1  0.25  Vậy nghiệm của phương trình là : x   3 0,25 0,25 e e 1 ln 2 x e 1  . Ta có: I1   ln xdx   ln xd (ln x)  x 2 1 2 1 1 0,25 e  Tính I 2   x ln xdx , đặt 1 4 dx  du   e ex  u  ln x x2 e2 x 2 e e2  1 e2  3  x  . I  ln x  dx     I  .  2 2 1 1 2 2 2 4 1 4 4 dv  xdx  v  x  2 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: log32 x  4log3 (3x)  7  0 trên tập hợp số thực. a) Số phần tử của không gian mẫu là: C123  220. Số cách chọn 3 viên bi có đủ 3 màu là 3.4.5=60. Do đó xác suất cần tính là p  b) Điều kiện x>0. Với điều kiện trên PT đã cho tương đương với log32 x  4log3 x  3  0  log x  1  x3  3  Vậy nghiệm của phương trình là x=3, x=27.  x  27 log3 x  3 5 0,5 1,0 0,25 60 3  220 11 0,25 0,25 0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P): 2 x  y  2 z 1  0 và điểm A(3;0; 2) . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ 1,0 tiếp điểm của (S) và (P). Bán kính mặt cầu (S) là R  d ( A;( P))  3. 0,25 2 2 2 Phương trình mặt cầu (S): ( x  3)  y  ( z  2)  9. 0,25 6 Gọi H là tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P), suy ra AH  ( P) do đó vectơ pháp tuyến  x  3  2t  t của (P) cũng là vectơ chỉ phương của AH. Phương trình đường thẳng AH là:  y   z  2  2t  0.25 H  AH  ( P) do đó tọa độ tiếp điểm H(1; -1; 0) 0,25 Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại A và AB  2a , AC  2a 3 . 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 300 . Tính theo a thể tích của khối chóp S. ABC và khoảng cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng (SAC ) . Diện tích ABC là: S 1 dt  ABC   AB. AC  2a 2 3 2 Trong mp  ABC  kẻ HK  BC tại K 1,0  BC   SHK  Từ giả thiết ta có: 𝑆𝐾𝐻 = 300 D C A H 0,25 M K B Có BC  AB 2  AC 2  4a sinABC = AC BC = HK HB = SH = HKtanSKH = a 3 2 ⇒ HK = a 3 2 . Trong tam giác SHK có: 0,25 2 1 a3 3 Thể tích của khối chóp là: V  SH .dt  ABC   (đvtt) 3 3 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  1 1 1 a 5 . Vậy 𝑑 𝑀; 𝑆𝐴𝐶    HD  2 2 2 DH HA HS 5 7 = 𝑑 𝐻; 𝑆𝐴𝐶 = 𝐻𝐷 = 𝑎 5 5 0,25 0,25 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I (3;5) và ngoại tiếp đường tròn tâm K (1; 4) . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC 1,0 kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là F (11; 14) . Viết phương trình đường thẳng BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC.  Ta có F là giao điểm của đường phân giác trong góc A với các đường phân giác ngoài của 0,25 các góc B và C, suy ra 𝐶𝐹⟘𝐶𝐾, 𝐵𝐹⟘𝐵𝐾, do đó tứ giác BKCF nội tiếp đường tròn đường kính FK.  Gọi D là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có: 𝐵𝐴𝐶 𝐴𝐶𝐵 𝐷𝐾𝐶 = + = 𝐷𝐶𝐾 , suy ra tam giác DCK cân tại D, do đó DK= DC = DB nên D là tâm 2 2 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).  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 2 + y 2 − 6x − 10y + 9 = 0 ⇔ ⇒ (x − 6)2 + (y − 9)2 = 50 x 2 + y 2 − 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)  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 0,25 A K I C B 0,25 D F 8     x  x 2  2 x  2  1 y  y 2  1  1 1  Giải hệ phương trình:  ( x, y  )  y  xy  9  2014  y 2  2 y  4  2015 x  2   Đk: y  xy  9  0 Ta có: y 2  1  y 2  y  y  y  y 2  1  0 , nhân 2 vế PT (1) với y  y 2  1  0. PT 1   x  1   x  1 2 1   y   y 2 biến trên  t  t2 1 t 2 1  t t t 2 1  0, t    f  t  đồng 0,25 (3)  f ( x  1)  f ( y)  x  1   y Pt  2  trở thành:  0,25  1 (3) Xét hàm số: f  t   t  t 2  1 trên  , có f '  t    1,0   x2  8  3  x2  8  x 2  3  2015x  2014   3  x 1  x 1 x 2  3  2  2015  x  1  0   x  1    2015  0(4) 2 x2  3  2  x 8 3  0,25 Đặt: T  x 1 9  x 1  2015 x 8 3 x 3 2 x   có x2  8  x2  3  2015x  2014  0  x  0 x 1 x 1 Do x  0, x 2  8  3  x 2  3  2  0    0  T  0. nên 2 2 x 8 3 x 3 2 (4)  x 1  0  x  1 (thỏa mãn) Vậy hệ pt đã cho có nghiệm: 1; 2  2 2 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 1 2 2  2  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 c a b a b c   . bc ac a 2  b2  c 2 a 1 2 2 c2 c2 1 Ta có: 2  2  2  2  2  (1) , và P  c  b c a b a b 2 1 c biểu thức P b 1 c  . a a a 2 2 1 ( )  ( ) 1 c c c 0,25 1,0 0,25 Đặt : x a a x y , y  ; x, y  0  P    c c y 1 x 1 (1)  1 x2  y 2  1 . 1 1 1  2   2( x 2  y 2 )  x 2 y 2 . 2 x y 2 Mặt khác ( x  y ) 2  2( x 2  y 2 )  x 2 y 2  x  y  xy  x 2  y 2  1  ( x  y ) 2  2 xy  1  ( x  y ) 2  2( x  y )  1  x 2  y 2  1  ( x  y  1) 2  P  x y 1   . y 1 x 1 x  y 1 x y 1   y  1 x  1 x  y 1 x y 1 x y 1 1 1 1    1 1  2  ( x  y  1)(  ) 2 y 1 x 1 x  y 1 y 1 x 1 x  y 1 y 1 x 1 x  y 1 4 1 4 1  ( x  y  1)( ) 2  2  x  y  2 x  y 1 x  y  2 x  y 1 4 1 Đặt: t  x  y  4  P  f (t )  2   . t  2 t 1 4 1 3t (t  4) f '(t )     0, t  [4; ) , suy ra f (t ) đồng biến trên [4; ) 2 2 (t  2) (t  1) (t  1) 2 (t  2) 2 x  y  4 5 5  x  y  2  a  b  2c. Vậy P  f (t )  f (4)  hay Pmin   t  4   3 3  x y …………………Hết………………. 0,25 Lại có: ( x  y)2  4 xy  4( x  y )  x  y  4  x  y  1  0  P  0,25 0,25
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan