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
.
bc ac
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
x1
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
x3
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
.
bc ac
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 -