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

  • Số trang: 7 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 492 |
  • Lượt tải: 9
hoanggiang80

Tham gia: 27/02/2015

Mô tả:

Đề thi thử Quốc gia lần 2 năm 2015 môn Toán trường THPT Hậu Lộc 2, Thanh Hóa
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 - NĂM HỌC 2014-2015 MÔN: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 180 phút 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: sin 2 + 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 y   x 3  3x  2 và y   x  2 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:   1  y2  2 2 ( x  1)  y  2  1   x     2 2 3 2 4 y  ( y  x  3x  2)( 2  x  1) Câu 9 (1 điểm). Cho các số thực dương , , thỏa mãn x y z3  2   của biểu thức: P  . y  1 x  1 3( xy  1) ≥ 1, ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất HẾT Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm - Thí sinh không được dùng tài liệu Số báo danh: …………. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1.1 (1đ) Nội dung Điểm - Khảo sát và vẽ đồ thị 1/ TXĐ : = ℝ 2/ Sự biến thiên:  Giới hạn: lim →±  x y’ = lim (− →± + 3 − 2) = ∓ ∞ Chiều biến thiên: = −3 + 3 ⟹ = 0 ⟺ = ±1 Bảng biến thiên  -1 1 − 0 + 0 −  0 0,25đ  y -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. 1.1 (1đ) 0,5đ \ 0,25đ 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: =0 0,25đ − +3 −2 =− −2⟺ −4 = 0⟺ = ±2 Suy ra các tiếp điểm là: (0; −2), (2; −4), (−2; 0) 0,25đ Ta có: = −3 + 3 Suy ra các tiếp tuyến là: =3 −2 = −9 + 14 0,5đ = −9 + 18 2.1 Giải phương trình: + − − (0,5đ) sin 2 + 2cos − sin − 1 = 0 ⟺ 2 sin . cos + 2 cos − sin − 1 = 0 ⟺ 2 cos . (sin + 1) − (sin + 1) = 0 ⟺ (sin + 1)(2 cos − 1) = 0 =− + 2 sin = −1 ⟺ cos = ⟺ ( ∈ ℤ) =± + 2 = 0,25đ 0,25đ 2.2 Giải phương trình: − . + = (0,5đ) 3 − 4.3 + 27 = 0 ( ) ⟺3 − 12.3 + 27 = 0 Đặt = 3 , ( > 0), ta được phương trình: − 12 + 27 = 0 =3 ⟺ 3 =9 3 ⟺ 0,25đ =3⟺ 2 +4 =1⟺ 2 +4 =2 =9 Vậy phương trình có 2 nghiệm là: 3. (1đ) 3 2 = −1 =− 0,25đ 3 = − ; = −1 2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y   x 3  3x  2 và y   x  2 - Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị các hàm số đã cho: =0 − +3 −2=− −2⟺ −4 = 0⟺ = ±2 Suy ra diện tích của hình phẳng cần tính là: |(− = + |(− | = 0,25đ + 3 − 2)— (− − 2)| . 0,25đ + 3 − 2)— (− − 2)| . −4 | + |− +4 | 0,25đ = = Vậy ( 4 −4 ) −2 = 8 (đ + (− +4 ) − +2 4 =4+4 =8 ) + 0,25đ 4.1 Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn: (0,5đ) | − |=√ . 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 5 ⟺ + + = 2 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 Trong một cái hộp có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ (0,5đ) 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 . 0,25đ + 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 = = ≈ 0,33 380 5. (1đ) 0,25đ 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 ⇒ )⇒ trên mặt phẳng (ABC) = 60 là góc giữa SC và mp(ABC). = Ta có: + ⇒ . = − 2. = √7 ⇒ = Lại có: Nên: là hình chiếu của . . . cos 60 = 9 = + − 2.3 . . = 7 . tan 60 = . √21 0,25đ √ = . √21. √ = √ 0,25đ ⃗= + Dựng ⟹ ( ⃗⇒ ; ⇒ // )= ;( ) ) = ;( + Dựng ⊥ tại E ⇒ ⊥( )⇒( + Dựng ⊥ tại ⇒ ⊥( )⇒ = Ta có: 1 . sin 60 = 1 = 1 + Vậy ( )= ; ) = 3. ( ; ( )⊥( )) ) (theo giao tuyến = ( ;( ) 0,25đ )) √ = 4 1 + 3 21 ;( ⟹ 6. (1đ) ( // 29 ⟹ 21 = ) = = √21 √29 0,25đ 3 √21 √29 √ √ Trong mặt phẳng tọa độ cho hình thang cân có hai đáy là = , = . Đường chéo AC có phương trình − − (− ; − ) thuộc đường thẳng . Viết phương trình đường thẳng đỉnh ( ; ). Giải và BC; biết = ; điểm biết rằng + Do ABCD là hình thang cân nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn. Do = = nên AC là đường phân giác trong góc . 0,25đ + Gọi E là điểm đối xứng của B qua AC ⟹ ∈ . Ta có phương trình 3 + − 4 = 0. = Gọi ∩ là: ⟹ tọa độ F là nghiệm của hệ: 3 2 ⟹ 1 =− 2 = (2; −2) −3 −3=0 ⟺ 3 + −4=0 Do F là trung điểm của BE nên = = 3 1 ;− 2 2 0,25đ 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 + Gọi Do =6 ⟹ =1 = (6; 1) = (2 + 4 ; −2 + 3 ) ∈ =7⟹ = 49 ⟺ (4 − 4) + (3 − 3) = 49 ⟺ 25( − 1) = 49 58 26 7 12 = ; = 0,25đ 5 5 5 ⟺ 5 ⟹ 7 2 2 16 −1 =− =− = ;− 5 5 5 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. 49 ⟺ ( − 1) = ⟺ 25 −1 = = 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 Tuy nhiên ta tính được = 5, = √13 ⇒ cân, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy bài toán vô nghiệm. 7. (1đ) 8. (1đ) 0,25đ = (−3; −2) không phải là hính thang 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 Δ là: =1+ 0,25đ = −1 − = 2+ + Gọi = Δ ∩ ( ) ⟹ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình: =1+ = −2 = −1 − = −1 0,25đ ⟺ ⟹ = (−1; 1; 0) = 2+ =1 − + +2=0 =0 + Gọi là điểm đối xứng của A qua mp(P) khi đó I là trung điểm của ′ 0,25đ ⟹ = (−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: 0,25đ ( + 1) + ( − 1) + = 12   1 y2  2 2 ( x  1)  y  2 (1)  1   x     2 2 3 2 4 y  ( y  x  3 x  2)( 2  x  1) (2) Giải hệ phương trình: ≠ 0, − √2 ≤ + ĐK: ≤ √2 PT(1) ⟺ ( + 1) + = 2( + 1 − ) ⟺ ( + 1)( + − 2) + ( + 2) = 0 ⟺( + 2)( + 1)( − 1) + ( + 2) = 0 ⟺( + 2)( + − 1) = 0 + 2 = 0 ( ạ ) ⟺ + =1 + + Với 4 ⟺ =( =1⟹ − =1− , thay vào PT(2) ta được PT: + 3 − 2) +1+1 ⟺ 4( + 1 − 1) = ( ⟺4 +1+1 +1−1 = ( ⟺4 +1−1 = − −3 −2= −4 0,25đ + 3 − 2) − +1 +3 −2 (3) +1+1 − + 3 − 2) +1+1 0,25đ + + Do = 1 ⟹ + Xét hàm số: ( ) = Có ( )=3 −1 ≤ ≤1 ⟹ −1 ≤ ≤1 0≤ 0≤ ≤1 ≤1 − 3 − 2 trên đoạn [−1; 1] ( )=0⟺ −3 ⟹ = ±1 Do hàm số ( ) liên tục trên đoạn [−1; 1] và (−1) = 0, (1) = −4 0,25đ Suy ra min ∈[ ( ) = −4 , ; ] Hay ( ) ≥ −4 , ∀ ∈ [−1; 1] + Xét hàm số: ( ) = Có ( )=2 − max ∈[ ( )=0 (a) −4 + 1 trên đoạn [−1; 1] = 0 ∈ (−1; 1) = ±√3 ∉ [−1; 1] ( )=0⟺ ⟹ ; ] Do hàm số ( ) liên tục trên đoạn [−1; 1] và (−1) = (1) = 1 − 4√2, (0) = −4 0,25đ Suy ra max ∈[ ; ] ( ) = −4, min ∈[ ; ] ( ) = 1 − 4√2 Hay ( ) ≤ −4, ∀ ∈ [−1; 1] (b) =1 (thỏa mãn PT(1)) =0 + Từ (a) và (b) suy ra PT(3) ⟺ ( ) = ( ) = −4 ⟺ Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất ( ; ) = (1; 0) 9. (1đ) Cho các số thực dương , , thỏa mãn x y z3  2   thức: P  . y  1 x  1 3( xy  1) + Trước hết ta chứng minh kết quả sau: Với , > 0 thỏa mãn: ≥ 1 ta có: + ≥ , ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu ≥ √ (1) Thật vậy: (1) ⟺ ( + + 2) 1 + ≥ 2( + + ) ⟺( + ) + + +2 + 2 ≥ 2 + 2( + ) + 2 ⟺( + ) −1 ≥ 2 −1 ⟺ −1 + 0,25đ −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+ −2 +1 +1 +1 = ( + + 1) + + −2≥ 2 +1 + − 2 (do (1)) 0,25đ √ + Đặt = , ( ≥ 1) ta được: 2 + +1 ≥ ( ) = (2 + 1). Ta có: ( ) = ( ) −( ) = ( ) ( ( ) ( 1 2 −2= + +1 +1 ) ) ≥ 0, ∀ ≥ 1 ⟹ ( ) đồng biến trên [1; +∞] ⟹ ( ) ≥ (1) = , ∀ ≥ 1 ⟹ = ⟺ Vậy Chú ý: - = = 1 +1 ≥ = 1. 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. 0,25đ 0,25đ
- Xem thêm -