Tài liệu 21 đề thi thử môn toán tỉnh tây ninh cực hay

  • Số trang: 149 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 753 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Tham gia: 27/02/2015

Mô tả:

21 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN TỈNH TÂY NINH CỰC HAY
MỤC LỤC ĐỀ 1. ĐỀ 2. ĐỀ 3. ĐỀ 4. ĐỀ 5. ĐỀ 6. ĐỀ 7. ĐỀ 8. ĐỀ 9. ĐỀ 10. ĐỀ 11. ĐỀ 12. ĐỀ 13. ĐỀ 14. ĐỀ 15. ĐỀ 16. ĐỀ 17. ĐỀ 18. ĐỀ 19. ĐỀ 20. ĐỀ 21. THPT Quang Trung – Tây Ninh.......................................................................................................2 THPT Trần Phú – Tây Ninh .............................................................................................................9 THPT Lê Quí Đôn – Tây Ninh.......................................................................................................17 THPT Lê Hồng Phong – Tây Ninh.................................................................................................25 THPT Nguyễn Trung Trực – Tây Ninh..........................................................................................31 THPT Lý Thường Kiệt – Tây Ninh ................................................................................................38 THPT Tân Châu – Tây Ninh ..........................................................................................................44 THPT Lê Duẫn – Tây Ninh ............................................................................................................47 THPT Hoàng Văn Thụ - Tây Ninh.................................................................................................52 THPT Trảng Bàng – Tây Ninh .......................................................................................................59 THPT chuyên Hoàng Lê Kha – Tây Ninh......................................................................................65 THPT Nguyễn Đình Chiểu – Tây Ninh..........................................................................................74 THPT Nguyễn Trãi – Tây Ninh......................................................................................................80 THPT Nguyễn Huệ - Tây Ninh ......................................................................................................87 THPT Huỳnh Thúc Kháng – Tây Ninh ..........................................................................................95 THPT Trần Quốc Đại – Tây Ninh ................................................................................................101 THPT Nguyễn Chí Thanh – Tây Ninh .........................................................................................107 THPT Bình Thạnh – Tây Ninh .....................................................................................................113 THPT Lộc Hưng – Tây Ninh........................................................................................................119 THPT Châu Thành – Tây Ninh ....................................................................................................132 THPT Trần Đại Nghĩa – Tây Ninh...............................................................................................139 LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 ĐỀ 1. THPT Quang Trung – Tây Ninh SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TÂY NINH ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT QUANG TRUNG Môn thi: TOÁN Thời gian: 180 phút Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y = - x 4 + 2x 2 + 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b)Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x 4 - 2x 2 + 1 + m = 0 . Câu 2. (1,0 điểm) a) Cho sin a +cosa= 1,25 và b) Tìm số phức z thỏa mãn: π π < a < . Tính sin 2a, cos 2a và tan2a. 4 2 1 z = z − (3 + i) 1+ i 2 Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: 4 x+ Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 1 2 + 7.2 x −1 − 1 = 0 . 2 x + 3 + x + 1 ≤ 3 x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 − 16 e Câu 5. (1.0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ 2 x(1 − ln x) dx 1 Câu 6. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, A SB = 900 , BSC = 1200 ,CSA = 900 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mp(SAB) 2 Câu 7. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C): (x - 1) + (y + 1)2 = 20. Biết rằng AC=2BD và điểm B thuộc đường thẳng d: 2x - y - 5 = 0. Viết phương trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có hoành độ dương. Câu 8. (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: x + y – 2z – 6 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điểm. Câu 9. (0,5 điểm) Có 2 hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ và 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2 bi đỏ và 4 bi trắng . Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên, tính xác suất để 2 bi được chọn cùng màu. Câu 10. (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = log32 x + 1 + log32 y + 1 + log32 z + 1 -----------Hết----------- LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 Đáp án: CÂU Câu 1 ĐÁP ÁN a)(1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho *TXĐ: D= ¡ *Xét sự biến thiên: + lim y = lim (- x 4 + 2x 2 + 1) = - ¥ x® ± ¥ ĐIỂM 0,25 x® ± ¥ +y’= -4x3+4x éx = 0 Þ y = 1 ê 2 êx = 1 Þ y = 2 Û 4x( x + 1) = 0 Û Cho y’=0 ê ê êëx = - 1 Þ y = 2 +BBT: x -1 0 1 - ¥ +¥ y’ 0 + 0 0 + 2 2 y 1 - ¥ - ¥ -Hs đồng biến trên mỗi khoảng (-1;0) , (1; + ¥ ) Và nghịch biến trên mỗi khoảng ( - ¥ ;-1) , (0;1) -Hs đạt cực tiểu tại điểm x=0, yCT=1 và đạt cực đại tại các điểm x= ± 1 , yCĐ=2 hoctoancapba.com y *Đồ thị (C): 2 0,25 0,25 f(x) = -x4 +2⋅x2 +1 d:y=m+2 1 -1 O 1 x 0,25 -2 b) (1 điểm) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x 4 - 2x 2 + 1 + m = 0 (1) (1) Û - x 4 + 2x 2 + 1 = m + 2 Nhận xét: (1) là pt hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d: y=m+2 (d song song hoặc trùng với trục Ox) Do đó: số nghiệm của pt (1) bằng số giao điểm của (C) và d Dựa vào đồ thị (C) ta có kết quả biện luận sau: *m+2<1 Û m<-1: (C) và d có 2 giao điểm Þ pt (1) có 2 nghiệm *m+2=1 Û m<= -1: (C) và d có 3 giao điểm Þ pt (1) có 3 nghiệm *12 Û m>0: (C) và d không có điểm chung Þ pt (1) vô nghiệm π π < a < . Tính sin 2a, cos 2a và tan2a. 4 2 a) (0,5 điểm) Cho sin a +cosa= 1,25 và Þ sin 2a = 0,25 25 16 Ta có: sin a +cosa= 1,25 Þ 1 + sin 2a = 9 16 0,25 Þ cos 2a = - 1 - sin 2 a = Câu 2 Þ tan 2a = - 5 7 16 (vì p < 2a < p ) 2 0,25 9 7 35 0,25 b) (0,5 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: z 1 = z − (3 + i ) 1− i 2 Đặt z=a+bi, với a,b ∈ . z 1 a + bi 1 = z − (3 + i ) ⇔ = (a − bi) − (3 + i ) Ta có: 1+ i 2 1+ i 2 a + b + (− a + b)i 1 ⇔ = (a − bi ) − (3 + i ) 2 2 + = 2 − 3 a b a  ⇔ − a + b = −2b − 1 0,25 0,25 0,25 a = 4 ⇔ . Vậy : z=4+i b = 1 (0,5 điểm) Giải phương trình: 4 0,25 x+ 1 2 + 7.2 x −1 − 1 = 0 (1). 7 2 2x x (1) ⇔ 2.2 + .2 − 1 = 0 Câu 3 0,25 7 Đặt t=2 , điều kiện t >0. Pt trở thành: 2t + t − 1 = 0 2  1 t= ⇔ 4 ⇔ 2x= 1 ⇔ x= -2  4 t = −2 (lo¹i) 2 x 0,25 Vậy tập nghiệm pt là S={-2} 2 x + 3 + x + 1 ≤ 3 x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 − 16 (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 1 4 Với điều kiện trên pt (1) tương đương: (1) Điều kiện: x ≥ Câu 4 2x + 3 + x + 1 ≤ ( 2x + 3 + x + 1 ) 2 − 20 LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 0,25 Đặt t= 2 x + 3 + x + 1 , t >0 t ≥ 5 t ≤ −4 (lo¹i) Bpt trở thành: −t 2 + t + 20 ≤ 0 ⇔  Với t ≥ 5 , ta có: 0,25 2 x + 3 + x + 1 ≥ 5 ⇔ 2 2 x 2 + 5x + 3 ≥ −3x + 1  −3 x + 1 < 0  2 2 x + 5x + 3 ≥ 0 ⇔  −3 x + 1 ≥ 0  2   − x + 26 x + 11 ≤ 0 0,25  1 x>  ⇔ 3  x ≤ −6 5 13  0,25 1 3  Vậy tập nghiệm bất pt là: S=  ; +∞   e (1.0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ 2 x(1 − ln x) dx 1 e e 1 1 Ta có : I = ∫ 2 xdx − ∫ 2 x ln x dx e Câu 5 Đặt I1= ∫ 2 xdx 0,25 e và I2= ∫ 2 x ln x dx 1 0,25 1 Ta có : I1 = x 2 e 1 2 = e −1 e Tính I2= ∫ 2 x ln x dx . 1 1  e 1 x2 e e2 + 1 u = ln x ⇒ du = dx Đặt:  x ⇒ I 2 = ( x 2 ln x) 1e − ∫ x 2 . dx = e2 − 1 = x 2 2 2 1 dv = 2 xdx ⇒ v = x  e2 − 3 Vậy I=I1- I2= 2 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, A SB = 900 , BSC = 1200 ,CSA = 900 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mp(SAB) S C B Câu 6 A LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 0,25 0,25 0,25 Chứng minh: SA ⊥ mp(SBC ) 1 ⇒ VS . ABC = VA.SBC = S SBC .SA 3 1 1 2 3 a2 3 0 S SBC = SB.SB.sin120 = a . = 2 2 2 4 2 3 1 a 3 a 3 Vậy: VS . ABC = . .a = 3 4 12 -Ta có các tam giác SAB, SAC vuông cân tại A và SA=SB=SC=a nên: AB = AC = a 2 -Trong tam giác SBC ta có:  1 BC= SB 2 + SC 2 − 2 SB.SC.cos1200 = a 2 + a 2 − 2a.a.  −  = a 3  2 Đặt a 2 15 AB + AC + BC 2a 2 + a 3 ⇒ S ABC = p( p − a 2)2 .( p − a 3) = p= = 2 2 4 Vậy: d(S,(ABC))= 3VS . ABC S ABC 3a 3 3 a 5 = 212 = 5 a 15 4 0,25 0,25 0,25 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C): (x - 1)2 + (y + 1)2 = 20. Biết rằng AC=2BD và điểm B thuộc đường thẳng d: 2x - y - 5 = 0. Viết phương trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có hoành độ dương. D I A H Câu 7 C B Gọi I là tâm đường tròn (C), suy ra I(1;-1) và I là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng AB . Ta có: AC=2BD ⇒ IA = 2 IB 1 1 1 5 1 ⇒ = ⇒ IB = 5 Xét tam giác IAB vuông tại I, ta có: 2 + 2 = 2 2 IA IB IH 4 IB 20 Ta lại có điểm B ∈ d ⇒ B(b, 2b-5) b = 4 2 2 *IB=5 ⇔ (b − 1) + (2b − 4) = 5 ⇔  ⇒ B(4;3) b = − 2 . Chọn b=4 (vì b>0) 5  r Gọi n = (a; b) là VTPT của đường thẳng AB, pt đường thẳng AB có dạng: a(x-4)+b(y-3)=0 LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 0,25 0,25 0,25 Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C) nên ta có: | −3a − 4b | = 20 d(I,AB)= 20 ⇔ a2 + b2 2  a= b 2 2  0.25 ⇔ 11a − 24ab + 4b = 0 ⇔ 11   a = 2b *Với a=2b, chọn b=1, a=2 ⇒ pt đường thẳng AB là: 2x+y-11=0 2 *Với a = b , chọn b=11, a=2 ⇒ pt đường thẳng AB là: 2x+11y-41=0 11 (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: x + y – 2z – 6 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điểm. Ta có O(0;0), do mặt cầu (S)có tâm O và tiếp xúc với mp(P) nên ta có: | −6 | R=d(O,(P))= = 6 2 1 + 12 + (−2) 2 Vậy pt mặt cầu (S) là: x2 +y2 +z2 = 6 0,25 0,25 Câu 8 Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mp(P), H chính là tiếp điểm của mặt cầu (S) và mp(P) r Đường thẳng OH đi qua O và vuông góc mp(P) nhận n = (1,1, −2) là vectơ pháp x = t  tuyến của mp(P) làm vectơ chỉ phương, pt đường thẳng OH có dạng:  y = t  z = −2t  * H ∈ OH ⇒ H (t , t , −2t ) hoctoancapba.com *Ta lại có H ∈ mp( P) ⇒ t + t − 2(−2t ) − 6 = 0 ⇔ t = 1 . Vậy H(1,1,-2) Câu 9 0,25 0.25 (0,5 điểm) Có 2 hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ và 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2 bi đỏ và 4 bi trắng . Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên, tính xác suất để 2 bi được chọn cùng màu. Gọi w là không gian mẫu: tập hợp các cách chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên bi ⇒ n( w) = 7.6 = 42 Gọi A là biến cố 2 bi được chọn cùng màu ⇒ n( A) = 4.2 + 3.4 = 20 n( A) 20 10 Vậy xác suất của biến cố A là P(A)= = = n( w) 42 21 (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm giá trị 0,25 0,25 nhỏ nhất của biểu thức: P = log32 x + 1 + log32 y + 1 + log32 z + 1 Câu 10 r r r Trong mp(Oxy), gọi a = (log3 x;1), b = (log3 y;1), c = (log3 z;1) r r r r r và n = a + b + c ⇒ n = (1;3) r r r r r r Ta có: a + b + c ≥ a + b + c ⇒ log32 x + 1 + log32 y + 1 + log32 z + 1 ≥ 12 + 32 LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 0,5 r r r ⇒ P ≥ 10 , dấu = xảy ra khi ba vecto a , b , c cùng hướng và kết hợp điều kiện đề bài ta được x=y=z= 3 3 Vậy MinP= 10 khi x=y=z= 3 3 LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 0,5 ĐỀ 2. THPT Trần Phú – Tây Ninh SỞ GD & ĐT TÂY NINH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ THAM KHẢO KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 - 2015 2x + 1 x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành. Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình: sin 2 x − 3 sin x = 0 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = 2 b) Tìm phần thực phần ảo của số phức z thỏa (1 − 2i ) z = ( 3 − 2i ) . Câu 3.(1 điểm) a) Giải phương trình: 31+ log x = 30 − 3log x −1 , ( x ∈ ) b) Trong một hộp kín có 50 thẻ giống nhau được đánh số từ 1 đến 50. Lấy ngẫu nhiên 3 thẻ, tính xác suất lấy được đúng hai thẻ mang số chia hết cho 8. 2 1 + x ln x dx Câu 4: ( 1 điểm) Tính I = ∫ x2 1 Câu 5: ( 1 điểm) Cho hình chóp S. ABC có ABC là tam giác vuông tại B, AB = a 3 , ACB = 60 0 , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác ABC, gọi E là trung điểm AC biết SE = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB). Câu 6: ( 1 điểm) Trong không gian (Oxyz) cho A (1; −3; −2 ) và B ( −4;3; −3) và mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + z − 7 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ, song song với AB và vuông góc với (P); tìm điểm N thuộc trục Oz sao cho N cách đều A và B. Câu 7: ( 1 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho hình thang cân ABCD ( cạnh đáy AB), AB = 2CD, ADC = 1350 . Gọi I là giao của hai đường chéo, đường thẳng đi qua I và vuông góc với hai cạnh đáy là d : x − 3y − 4 = 0 . Tìm tọa độ 15 điểm A biết diện tích của hình thang ABCD là , hoành độ của điểm I là 3 và trung điểm AB có tung độ 2 không âm. Câu 8: ( 1 điểm)  xy 1 + 1 + x 2 4+ y − y =8  Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ ) −3 x 4 y + 2 x 2 y + 26 x = 2 3 x 3 − 14 Câu 9: ( 1 điểm) Cho ba số thực a, b, c thỏa: a ∈ [ 0;1] , b ∈ [ 0;2] , c ∈ [ 0;3] . ( Tìm giá trị lớn nhất của P = )( ) 2 ( 2ab + ac + bc ) 8− b b + + 1 + 2a + b + 3c b + c + b (a + c) + 8 12a 2 + 3b 2 + 27c 2 + 8 -----------------HẾT ------------------ LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 ĐÁP ÁN CÂU 1( 2đ) ĐÁP ÁN a) ( 1 điểm) TXĐ: D = \ {−1} * Giới hạn tiệm cận lim y = 2 => đồ thị có một đường tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2 ĐIỂM 0.25 x →±∞ lim + y = −∞; lim − y = +∞ => đồ thị có một đường tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1 x →( −1) x →( −1) * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 1 y' = > 0∀x ∈ D 2 ( x + 1) 0.25 hoctoancapba.com Hàm số đồng biến trên hai khoảng ( −∞; −1) ; ( −1; +∞ ) Hàm số không có cực trị - Bảng biến thiên: -1 x −∞ y’ + y +∞ 2 *Đồ thị: 0.25 +∞ + 2 −∞ LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 0.25 y 6 4 2 0 -5 5 x -2 -4 2( 1đ) b) ( 1 điểm) Gọi M là giao điểm của (C) với trục Ox. Hoành độ của M là nghiệm của phương trình 2x + 1 =0 x +1 1  −1  ⇔ x = − => (C) cắt trục Ox tại M  ; 0  2  2   1 Tiếp tuyến có hệ số góc là y '  −  = 4  2 1  Phương trình tiếp tuyến: y = 4  x +  ⇔ y = 4 x + 2 2  a) ( 0.5 điểm) 0.25 0.25 0.25 sin 2 x − 3 sin x ⇔ sin x 2 cos x − 3 = 0 ) 0.25 sin x = 0  x = kπ  ⇔ ⇔ (k ∈  cos x = 3  x = ± π + k 2π 6   2 0.25 ( ) π   Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là : S =  kπ ; ± + k 2π , k ∈  6   b) ( 0.5 điểm) LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 (1 − 2i ) z = ( 3 − 2i ) = 2 ⇔z= 5 − 12i ( 5 − 12i )(1 + 2i ) = 1 − 2i (1 − 2i )(1 + 2i ) 29 2 29 2 − i⇒z= + i 5 5 5 5 Vậy số phức z có phần thực là 3(1 đ) 0.25 0.25 29 2 và phần ảo là 5 5 a) ( 0.5 điểm) 31+ log x = 30 − 3log x −1 ( ĐK: x > 0) 1 ⇔ 3.3log x + .3log x = 30 3 10 ⇔ .3log x = 30 3 ⇔ 3log x = 9 ⇔ log x = 2 ⇔ x = 100 ( nhận) Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {100} b) ( 0.5 điểm) Gọi Ω là không gian mẫu. 3 cách chọn Chọn 3 thẻ bất kì trong 50 thẻ có C50 0.25 0.25 0.25 3 => số phần tử trong không gian mẫu là: n ( Ω ) = C50 = 19600 Gọi A là biến cố “ Trong 3 thẻ lấy được có đúng hai thẻ mang số chia hết cho 8” Từ 1 đến 50 có 6 số chia hết cho 8 1 Do đó số cách chọn 3 thẻ và có đúng 2 thẻ chia hết cho 8 là : C62 .C44 = 660 => số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n ( A ) = 660 Vậy xác suất để chọn ngẫu nhiên 3 thẻ có đúng hai thẻ mang số chia hết cho 8 là: 660 33 P ( A) = = 19600 980 2 2 2 4 (1 đ) 1 + x ln x 1 ln x I =∫ dx = ∫ 2 dx + ∫ dx 2 x x x 1 1 1 2 2 1 1 1 Xét I1 = ∫ 2 dx = − = x x1 2 1 2 0.25 0.25 0.25 0.25 ln x dx x 1 Xét I 2 = ∫ Đặt t = ln x ⇒ dt = dx x Đổi cận: x = 1 => t = 0 x = 2 => t = ln 2 ln 2 I2 = ∫ 0 t2 tdt = 2 ln 2 = 0 ln 2 2 2 2 Vậy I = 1 + ln 2 2 LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 0.25 5(1đ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC; gọi M, N lần lượt là trung điểm BC, AB. Theo giả thiết có SG ⊥ ( ABC ) Xét tam giác ABC vuông tại B AB AB Có AC = = 2a , BC = = a, sin ACB tan BCA BE a GE = = 3 3 S 0.25 H E A C G N M K B Ta có SABC = 0.25 1 a2 3 ( đvdt) AB.BC = 2 2 a 2 a 26 = 9 3 2 1 a 26 a 3 a3 78 ( đvdt) = . . = 3 3 2 18 Xét tam giác SGE vuông tại G có SG = SE 2 − GE 2 = 3a 2 − 1 Vậy thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC = SG.SABC 3 Có CN = 3GN ⇒ d ( C , ( SAB ) ) = 3d ( G, ( SAB ) ) (1) 0.25  AB ⊥ SG (do SG ⊥ ( ABC ) , AB ⊂ ( ABC )) Vẽ GK // BM ( K ∈ AB ) ta có  ⇒ AB ⊥ ( SGK )  AB ⊥ GK ( do GK // BM, MB ⊥ AB) GH ⊥ AB(do AB ⊥ ( SGK ) , GH ⊂ ( SGK )) Vẽ GH ⊥ SK ( H ∈ SK ) ta có  ⇒ GH ⊥ ( SAB ) GH ⊥ SK Suy ra d ( G, ( SAB ) ) = GH (2) ; từ (1) và (2) suy ra d ( C , ( SAB ) ) = 3GH GK AG 2 2 a = = ⇒ GK = BM = BM AM 3 3 3 Xét tam giác SGK vuông tại G và có đường cao GH 1 1 1 9 9 243 a 78 Suy ra = + = + 2 = ⇒ GH = 2 2 2 2 2 GH GS GK 26a a 26a 27 a 78 Vậy d ( C , ( SAB ) ) = 3GH = 9 uuur r 6( 1 đ) Ta có: AB = ( −5;6; −1) , mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là n = (1; −2;1) uuur r  AB, n  = ( 4; 4; 4 )   Ta có GK // BM ⇒ LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 0.25 0.25 (Q) là mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O(0;0;0) , (Q) song song với AB và vuông góc với mặt uuur r phẳng (P) suy ra mặt phẳng (Q) nhận  AB, n  = ( 4; 4; 4 ) làm véc tơ pháp tuyến Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là x + y + z = 0 N thuộc trục Oz => N ( 0; 0; m) 2 AN = 1 + 9 + ( m + 2 ) ; BN = 16 + 9 + ( m + 3) 0.25 2 N cách đều A, B ⇔ AN = BN ⇔ m 2 + 4m + 14 = m 2 + 6m + 34 ⇔ m = −10 Vậy N (0;0; -10) 7(1 đ) 0.25 0.25 E C D I B A M hoctoancapba.com Gọi E = AD ∩ BC , gọi M là trung điểm đoạn AB Ta có tam giác EAB cân tại E và EAB = 180 0 − ADC = 450 suy ra tam giác ABE vuông cân tại E. 1 Ta có DC = AB, DC // AB => DC là đường trung bình tam giác EAB suy ra I là trọng tâm tam 2 1 AB EA 2 giác EAB và IM = EM = = 3 6 6 S ED EC 1 4 1 Ta có ECD = = ⇒ SEAB = SABCD = 10 = EA 2 . SEAB EA EB 4 3 2 Suy ra EA = 20 ⇒ IM = 10 3 Đường thẳng d trùng với đường thẳng IM, có x I = 3 ⇒ yI = 0.25 −1 1  ⇒ I  3; −  3 3  M thuộc d => M ( 3m + 4; m )( m ≥ 0 ) m = 0 2 1 10  do m ≥ 0 suy ra M(4;0) Có IM = ( 3m + 1) +  m +  = ⇔  m = −2 3 3  3  Đường thắng AB đi qua M(4;0) và vuông góc với d suy ra phương trình đường thẳng AB là 3 x + y − 12 = 0 . 2 A thuộc đường thẳng AB => A ( a; −3a + 12 ) Có AM = 0.25 AB EA 2 = = 10 2 2 LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 0.25 2 ( a − 4 ) + ( −3a + 12 ) AM = 2 a = 3 = 10 ⇔ 10a 2 − 80a + 150 = 0 ⇔  a = 5 Vậy A ( 3;3) hoặc A ( 5; −3) 8(1đ) )( ( 0.25  xy 1 + 1 + x 2 4 + y − y = 8 (1)   −3 x 4 y + 2 x 2 y + 26 x = 2 3 x 3 − 14 ( 2 )  ĐK: y ≥ 0 ) 4 + y − y > y − y = 0 do đó từ phương trình (1) suy ra x>0; y>0 Ta có (1) ⇔ xy (1 + 1 + x2 )( ) ( ( ⇔ xy 1 + 1 + x 2 = 2 4+ y − y )( ) ( 4+ y + y =8 ) 4 + y + y ⇔ x + x 1 + x2 = 4+y + y 2 y + 2 y ) 4 +1 y 2  2   2   2  ⇔ x + x 1+ x =  + (3) 1+     y  y  y        2 Xét hàm số f ( t ) = t + t 1 + t 2 trên ( 0;+∞ ) . Có f ' ( t ) = 1 + 1 + t 2 + t2 1 + t2 > 0∀t ∈ ( 0; +∞ ) 0.25 Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên ( 0;+∞ ) .  2  2 4 Mà phương trình (3) có dạng f ( x ) = f  ⇔x= ⇔y= 2   y x y   4 Thay y = 2 vào phương trình (2) ta có x 0.25 −12 x 2 + 26 x + 8 = 2 3 x 3 − 14 ⇔ −6 x 2 + 13 x + 4 = 3 x 3 − 14 3 ⇔ ( x − 2 ) + ( x − 2 ) = ( x 3 − 14 ) + 3 x 3 − 14 ( 4 ) 0.25 Xét hàm số g ( u ) = u3 + u trên R Có g ' ( u ) = 3u 2 + 1 > 0∀u ∈ R Suy ra hàm số g(u) đồng biến trên R mà phương trình (4) có dạng:  x = 1 + 2 ( nhaän ) x 3 − 14 ⇔ x − 2 = 3 x 3 − 14 ⇔ −6 x 2 + 12 x + 6 = 0 ⇔   x = 1 − 2 ( loaïi ) => y = 12 − 8 2 g ( x − 2) = g ( 3 ) ( Vậy hệ có nghiệm duy nhất 1 + 2;12 − 8 2 9(1đ) ) Ta có: a ∈ [ 0;1] , b ∈ [ 0;2] , c ∈ [ 0;3] (1 − a )( b + c ) ≥ 0 b + c ≥ ab + ac ⇒ ⇔ ⇒ 2a + b + 3c ≥ 2ab + bc + ac 2a + 2c ≥ ab + bc ( 2 − b )( a + c ) ≥ 0 2 ( 2ab + ac + bc ) 2 ( 2ab + ac + bc ) ⇒ ≤ 1 + 2a + b + 3c 1 + 2ab + ac + bc LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 0.25 0.25 Mặt khác b + c ≥ a ( b + c ) ( vì a ∈ [ 0;1] ) 8−b 8− b 8− b ≤ = b + c + b ( a + c ) + 8 a ( b + c ) + b ( a + c ) + 8 2ab + bc + ac + 8 Với mọi số thực x, y, z, ta có ⇒ 2 2 ( x − y ) + ( y − z) + ( y − x ) 2 ≥ 0 ⇔ 2 ( x 2 + y 2 + z2 ) ≥ 2 xy + 2 yz + 2 xz ⇔ 3 ( x 2 + y 2 + z2 ) ≥ ( x + y + z ) 2 2 2 2 ⇒ 12a 2 + 3b 2 + 27c 2 = 3 ( 2a ) + b 2 + ( 3c )  ≥ ( 2a + b + 3c ) = 2a + b + 3c ≥ 2ab + bc + ac   b b => ≤ 2 2 2 12a + 3b + 27c + 8 2ab + bc + ac + 8 Suy ra 2 ( 2ab + bc + ac ) 8− b b P≤ + + 1 + 2ab + bc + ac 2ab + bc + ac + 8 2ab + bc + ac + 8 2 ( 2ab + bc + ac ) 8 ⇒P≤ + 1 + 2ab + bc + ac 2ab + bc + ac + 8 Đặt t = 2ab + bc + ac ⇒ t ∈ [ 0;13] 0.25 2t 8 + , t ∈ [ 0;13] t +1 t + 8 2 8 f '(t) = − , f '(t) = 0 ⇔ t = 6 2 2 ( t + 1) ( t + 8) Xét hàm số f ( t ) = 16 47 16 ; f (13 ) = ⇒ f ( t ) ≤ ∀t ∈ [ 0;13] 7 21 7 16 2 16 16 Do đó: P ≤ . Khi a = 1; b = 2; c = thì P = . Vậy giá trị lớn nhất của P là 7 3 7 7 f ( 0 ) = 1; f ( 6 ) = LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 0.25 ĐỀ 3. THPT Lê Quí Đôn – Tây Ninh SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH ĐỀ MINH HỌA-KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút 2x + 1 có đồ thị (H). x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến cách đều 2 điểm A(2, 4), B ( −4, −2). Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số y = Câu 2. (1,0 điểm). 8 cos3 α − 2 sin 3 α + cosα 2 cos α − sin 3 α b. Cho số phức z thỏa mãn (1 + 2i ) z = 1- 2i . Tính ω = 2iz + (1 − 2i ) z a. Cho góc α thỏa mãn tan α = 2 . Tính A = Câu 3. (0,5 điểm). Giải phương trình log 2 x.log 2 (8 x ) - log 9 x.log 2 3 = 9 Câu 4. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x 2 + 2 x − 2 = − y 2 − 4 y − 2  6 x − y − 11 + 10 − 4 x − 2 x 2 = 0 2 Câu 5. (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫ x ( x + 1 − ln x )dx 1 Câu 6. (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc BAC = 600 , hình chiếu vuông góc của S trên mặt ( ABCD ) trùng với trọng tâm của tam giác ∆ABC. Mặt phẳng ( SAC ) hợp với mặt phẳng ( ABCD ) góc 600. Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ B đến ( SCD ) theo a. Câu 7. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình 3x + 5 y − 8 = 0, x − y − 4 = 0. Đường thẳng qua A và vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D (4, −2). Viết phương trình đường thẳng AB, biết hoành độ điểm B không lớn hơn 3. Câu 8. (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − 1 = 0 và điểm A(1, −1,2) . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và vuông góc với ( P ) . Tính bán kính của mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua A và tiếp xúc với ( P ) . Câu 9. (0,5 điểm). Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4 môn trong đó có 3 môn bắt buộc là Toán, Văn, Ngoại ngữ và 1 môn do thí sinh tự chọn trong số các môn: Vật lí, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và Địa lí. Trường X có 40 học sinh đăng kí dự thi, trong đó 10 học sinh chọn môn Vật lí và 20 học sinh chọn môn Hóa học. Lấy ngẫu nhiên 3 học sinh bất kỳ của trường X. Tính xác suất để trong 3 học sinh đó luôn có học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn môn Hóa học. 5 Câu 10. (1,0 điểm). Cho x là số thực thuộc đoạn [ − 1, ] . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của 4 LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 P= 5 − 4x − 1 + x 5 − 4x + 2 1 + x + 6 ------HẾT------ LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN MINH HỌA-KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn thi: Toán HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm có 05 trang) I. Hướng dẫn chung 1/ Học sinh trả lời theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản như trong hướng dẫn chấm, thì vẫn cho đủ điểm như hướng dẫn quy định. 2/ Việc chi tiết hóa điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong tổ chấm kiểm tra. 3/ Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 1 chữ số thập phân. Điểm toàn bài tối đa là 10,0 điểm. II. Đáp án và thang điểm Câu Đáp án Điểm Câu 1 2x + 1 Cho hàm số y = có đồ thị (H). (2 điểm) x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số. - Tập xác định: D = \ {−1} - Sự biến thiên: 1 y' = < 0, ∀x ≠ −1 . 2 ( x + 1) + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) . + Hàm số không có cực trị + Giới hạn: * lim y = 2; lim y = 2 ⇒ Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. x →−∞ 0,25 0,25 x →+∞ * lim y = +∞;lim y = −∞ ⇒ Đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng đồ thị hàm số. x →−1− x →−1+ + Bảng biến thiên: 0,25 Vẽ đồ thị LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 0,25 b. Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến cách đều 2 điểm A(2, 4), B( −4, −2). Gọi x0 là hoành độ của tiếp điểm. 1 2x + 1 Phương trình tiếp tuyến của ( H ) tại M là ( d ) : y = x − x0 ) + 0 2 ( x0 + 1 ( x0 + 1) Vì tiếp tuyến d cách đều 2 điểm A và B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song song với AB * Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1,1) của AB thì x0 = 1 1 5 Vậy phương trình tiếp tuyến là y = x + 4 4 * Nếu tiếp tuyến song song với đường thẳng AB: y = x + 2  x0 = 0 1 Ta có = 1 ( x0 ≠ -1) ⇒  2 ( x0 + 1)  x0 = −2 Với x0 = 0 , ta có phương trình tiếp tuyến là: y = x + 1 Với x0 = −2 , ta có phương trình tiếp tuyến là: y = x + 5 Câu 2 (1 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 8 cos3 α − 2 sin 3 α + cosα 2 cos α − sin 3 α b. Cho số phức z thỏa mãn (1 + 2i ) z = 1- 2i . Tính ω = 2iz + (1 − 2i ) z a. Cho góc α thỏa mãn tan α = 2 . Tính A = 8 cos3 α − 2 sin 3 α + cosα 2 cos α − sin 3 α 9 − 2 tan 3 α + tan 2 α = 2(1 + tan 2 α ) − tan 3 α a. A = 9 − 2.23 + 2 2 −3 = = 2(1 + 22 ) − 23 2 1 − 2i 3 4 =− − i 1 + 2i 5 5 3 4 3 4 13 4 Suy ra ω = 2iz + (1 − 2i ) z = 2i( − − i ) + (1 − 2i )( − + i ) ⇒ ω = + i 5 5 5 5 5 5 Giải phương trình log 2 x.log 2 (8 x ) - log 9 x.log 2 3 = 9 b. Ta có (1 + 2i ) z = 1- 2i ⇔ z = Câu 3 (0.5 điểm) LÊ QUANG CHIẾN –ÔN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA 0904137261-0944553764 0,25 0,25 0,25 0,25
- Xem thêm -