Diese Präsentation wurde erfolgreich gemeldet.
Die SlideShare-Präsentation wird heruntergeladen. ×

[Vnmath.com] de thi quoc gia lan 1 thpt hau loc 2

Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Wird geladen in …3
×

Hier ansehen

1 von 6 Anzeige

Weitere Verwandte Inhalte

Diashows für Sie (19)

Andere mochten auch (11)

Anzeige

Ähnlich wie [Vnmath.com] de thi quoc gia lan 1 thpt hau loc 2 (20)

Weitere von Marco Reus Le (20)

Anzeige

[Vnmath.com] de thi quoc gia lan 1 thpt hau loc 2

  1. 1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 (1) 1 x y x    và đường thẳng d: .y x m  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: sin2 2sin 1 cos2x x x   ( )x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 1 ( )ln e I x xdx x   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: 2 3 3log 4log (3 ) 7 0x x   trên tập hợp số thực. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 1 0P x y z    và điểm (3;0; 2)A  . 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 2AB a , 2 3AC a . 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 0 30 . 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 (3;5)I và ngoại tiếp đường tròn tâm (1; 4)K . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là (11; 14)F . Viết phương trình đường thẳng BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2 2 ( 2 2 1)( 1) 1 9 2014 2 4 2015 x x x y y y xy y y x                 ( , )x y Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2 1 2 2 . c a b   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 . a b c P b c a c a b c        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:……………………….. WWW.VNMATH.COM
  2. 2. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN Đáp án gồm 5 trang ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1 (1) 1 x y x    1,0  Tập xác định:   1 .D    Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 2 ' 0 . ( 1) y x D x      hàm số nghịch biến trên từng khoảng xá định và không có cực trị. 0,25 - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1 x x y y     ; tiệm cận ngang là: y=1. 1 1 lim ; lim , x x y y        tiệm cận đứng là: x= -1. 0,25 - Bảng biến thiên: x  1  y’   y  1 1  0,25  Đồ thị Nhận xét: Đồ thị  C nhận điểm uốn  1;1I  làm tâm đối xứng. 0,25 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. 1,0 WWW.VNMATH.COM
  3. 3. PT hoành độ giao điểm của ĐT hs  1 với đường thẳng d: 2 11 ( ) (2 ) 1 0 (2).1 xx x m g x x m x mx               0,25 ĐT (C) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi PT (2) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 2 0 8 0 ( 1) 0 2 0 m g              đúng với mọi m. 0,25 Khi đó ,A Bx x là nghiệm của phương trình (2). Do tiếp tuyên tại A và B song với nhau nên ta có: 2 2 ( )2 2 '( ) '( ) 2( 1) ( 1) A B A A A BA B x x l f x f x x xx x            Theo định lý Viet ta có: 2A Bx x m   . Do đó 2 2 0.m m     0,25 0.25 2 Giải phương trình: sin2 2sin 1 cos2x x x   ( )x 1,0 2 sin2 2sin 1 cos2 sin2 2sin 1 cos2 0 2sin cos 2sin 2sin 0x x x x x x x x x x            0,25 sinx 0 2sin (cos sin 1) 0 sinx+cosx= -1 x x x         0,25  sin 0x x k    0,25  2 3 cos sin 1 cos( ) cos 4 4 2 2 x k x x x x k                      Vậy nghiệm của phương trình là :  2 ; . 2 x k x k k        0,25 3 Tính tích phân 1 1 ( )ln e I x xdx x   1,0 1 1 1 1 1 ( )ln ln ln e e e I x xdx x xdx xdx x x       0,25  Ta có: 2 1 1 1 1 ln 1 ln ln (ln ) . 12 2 e e ex I xdx xd x x      0,25  Tính 2 1 ln e I x xdx  , đặt 2 2 2 2 2 22 1 ln 1 3 . ln . 1 12 2 2 4 4 4 2 e dx du u x e ex x e x e ex I x dx I dv xdx x v                   0,5 4 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: 2 3 3log 4log (3 ) 7 0x x   trên tập hợp số thực. 1,0 a) Số phần tử của không gian mẫu là: 3 12 220.C  0,25 Số cách chọn 3 viên bi có đủ 3 màu là 3.4.5=60. Do đó xác suất cần tính là 60 3 220 11 p   0,25 b) Điều kiện x>0. Với điều kiện trên PT đã cho tương đương với 2 3 3log 4log 3 0x x   0,25 3 3 log 1 3 log 3 27 x x x x        Vậy nghiệm của phương trình là x=3, x=27. 0,25 WWW.VNMATH.COM
  4. 4. 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 1 0P x y z    và điểm (3;0; 2)A  . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ tiếp điểm của (S) và (P). 1,0 Bán kính mặt cầu (S) là ( ;( )) 3.R d A P  0,25 Phương trình mặt cầu (S): 2 2 2 ( 3) ( 2) 9.x y z     0,25 Gọi H là tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P), suy ra ( )AH P do đó vectơ pháp tuyến của (P) cũng là vectơ chỉ phương của AH. Phương trình đường thẳng AH là: 3 2 2 2 x t y t z t         0.25 ( )H AH P  do đó tọa độ tiếp điểm H(1; -1; 0) 0,25 6 Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại A và 2AB a , 2 3AC a . 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 0 30 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABC và khoảng cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng ( )SAC . 1,0 Diện tích ABC là:   21 . 2 3 2 dt ABC AB AC a   Trong mp ABC kẻ HK BC tại K  BC SHK  Từ giả thiết ta có: 𝑆𝐾𝐻 = 300 0,25 Có 2 2 4BC AB AC a   sinABC = AC BC = HK HB = 3 2 ⇒ HK = a 3 2 . Trong tam giác SHK có: SH = HKtanSKH = a 2 Thể tích của khối chóp là:   3 1 3 . 3 3 a V SH dt ABC   (đvtt) 0,25 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     0,25 2 2 2 1 1 1 5 5 a HD DH HA HS     . Vậy 𝑑 𝑀; 𝑆𝐴𝐶 = 𝑑 𝐻; 𝑆𝐴𝐶 = 𝐻𝐷 = 𝑎 5 5 0,25 A C B S H K M D WWW.VNMATH.COM
  5. 5. 7 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (3;5)I và ngoại tiếp đường tròn tâm (1; 4)K . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là (11; 14)F . Viết phương trình đường thẳng BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC. 1,0  Ta có F là giao điểm của đường phân giác trong góc A với các đường phân giác ngoài của các góc B và C, suy ra 𝐶𝐹⟘𝐶𝐾, 𝐵𝐹⟘𝐵𝐾, do đó tứ giác BKCF nội tiếp đường tròn đường kính FK. 0,25  Gọi D là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có: 𝐷𝐾𝐶 = 𝐵𝐴𝐶 2 + 𝐴𝐶𝐵 2 = 𝐷𝐶𝐾 , suy ra tam giác DCK cân tại D, do đó DK= DC = DB nên D là tâm 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). 0,25  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 − 6)2 + (y − 9)2 = 50 ⇔ x2 + y2 − 6x − 10y + 9 = 0 x2 + y2 − 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) 0,25  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 8 Giải hệ phương trình:        2 2 2 2 2 1 1 1 1 9 2014 2 4 2015 2 x x x y y y xy y y x                  ( , )x y 1,0 Đk: 9 0y xy   Ta có: 2 2 2 1 1 0y y y y y y        , nhân 2 vế PT (1) với 2 1 0.y y   PT        2 2 1 1 1 1 1 (3)x x y y          0,25 C B I A K D F WWW.VNMATH.COM
  6. 6. Xét hàm số:   2 1f t t t   trên  , có     2 2 2 1 ' 0, 1 1 t tt t f t t f t t t            đồng biến trên  (3) ( 1) ( ) 1f x f y x y        0,25 Pt  2 trở thành: 2 2 8 3 2015 2014x x x      3        2 2 2 2 1 1 8 3 3 2 2015 1 0 1 2015 0(4) 8 3 3 2 x x x x x x x x                        0,25 Đặt: 2 2 1 1 2015 8 3 3 2 x x T x x          x  có 2 2 8 3 2015 2014 0 0x x x x        Do 2 2 2 2 1 1 0, 8 3 3 2 0 0 0. 8 3 3 2 x x x x x T x x                   nên (4) 1 0 1x x     (thỏa mãn) Vậy hệ pt đã cho có nghiệm:  1; 2 0,25 9 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2 1 2 2 . c a b   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 . a b c P b c a c a b c        1,0 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 (1) 2 c c c a b a b      , và 2 2 1 . 1 1 ( ) ( ) 1 a b c cP b a a a c c c c        Đặt : 2 2 1 , ; , 0 . 1 1 1 a a x y x y x y P c c y x x y            2 2 2 2 2 2 1 1 1 (1) 2( ) . 2 x y x y x y       0,25 Mặt khác 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2( ) 1 ( ) 2 1 ( ) 2( ) 1 1 1 ( 1) . 1 1 1 x y x y x y x y xy x y x y xy x y x y x y x y x y P y x x y                                  Lại có: 2 1 ( ) 4 4( ) 4 1 0 1 1 1 x y x y xy x y x y x y P y x x y                    0,25 1 1 1 1 1 1 1 2 ( 1)( ) 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 4 1 ( 1)( ) 2 2 2 1 2 1 x y x y x y y x x y y x x y y x x y x y x y x y x y x y                                           0,25 Đặt: 4 1 4 ( ) 2 . 2 1 t x y P f t t t           2 2 2 2 4 1 3 ( 4) '( ) 0, [4; ) ( 2) ( 1) ( 1) ( 2) t t f t t t t t t             , suy ra ( )f t đồng biến trên [4; ) Vậy 5 ( ) (4) 3 P f t f   hay min 45 4 2 2 . 3 x y P t x y a b c x y              0,25 …………………Hết………………. WWW.VNMATH.COM

×