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 -