Thông tin tài liệu
Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút 2x − x +1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp điểm có hồnh độ x = Câu 2.(1,0 điểm) a) Cho góc α thỏa mãn: π tan α < α < π sin α = Tính A = + tan α b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 + i ) z + (3 − i ) z = − 6i Tính mơđun z Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log ( x + 2) = − log x Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình: x2 + x + x − ≥ 3( x − x − 2) Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (2 x + ln x) dx Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng B, AC = 2a, ACB = 30o , Hình chiếu vng góc H đỉnh S mặt đáy trung điểm cạnh AC SH = 2a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác OAB có đỉnh A B thuộc đường thẳng ∆ : x + y − 12 = điểm K (6; 6) tâm đường trịn bàng tiếp góc O Gọi C điểm nằm ∆ cho AC = AO điểm C, B nằm khác phía so với điểm A Biết điểm C có hồnh độ 24 , tìm tọa độ đỉnh A, B Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 0) B (1; 1; − 1) Viết phương trình mặt phẳng trung trực (P) đoạn thẳng AB phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với (P) Câu 9.(0,5 điểm) Hai thí sinh A B tham gia buổi thi vấn đáp Cán hỏi thi đưa cho thí sinh câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, đựng 10 phong bì dán kín, có hình thức giống hệt nhau, phong bì đựng câu hỏi; thí sinh chọn phong bì số để xác định câu hỏi thi Biết 10 câu hỏi thi dành cho thí sinh nhau, tính xác suất để câu hỏi A chọn câu hỏi B chọn giống Câu 10.(1,0 điểm) Xét số thực x Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: P= 3( x + x + 1) + 1 + 2 x + (3 − ) x + - HẾT - 2 x + (3 + )x + Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Mơn: TỐN CÂU Câu (2,0 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (1,0 điểm) Tập xác định: D = \ {−1} ● Giới hạn tiệm cận: lim + y = − ∞ , lim − y = + ∞ ; lim y = lim y = ● x → ( −1) x → −∞ x → ( −1) 0,25 x → +∞ Suy ra, đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng x = − tiệm cận ngang đường thẳng y = ● Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y' = > ∀x ∈ D ( x + 1) 0,25 Suy ra, hàm số đồng biến khoảng ( − ∞ ; − 1) ( −1; + ∞ ) - Cực trị: Hàm số cho khơng có cực trị Lưu ý: Cho phép thí sinh khơng nêu kết luận cực trị hàm số - Bảng biến thiên: x –∞ + y' y ● +∞ –1 +∞ 0,25 + –∞ Đồ thị (C): y −1 O ½ −1 0,25 x Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha b) (1,0 điểm) Tung độ y0 tiếp điểm là: y0 = y (1) = 0,25 0,25 ( x − 1) + ; 0,25 Suy hệ số góc k tiếp tuyến là: k = y '(1) = Do đó, phương trình tiếp tuyến là: y = x− 4 a) (0,5 điểm) Câu (1,0 điểm) Ta có: A = tan α = tan α.cos α = sin α.cos α = cos α + tan α hay y = 0,25 (1) 0,25 16 cos α = − sin α = − = 25 5 π Vì α ∈ ; π nên cos α < Do đó, từ (2) suy cos α = − 2 12 Thế (3) vào (1), ta A = − 25 b) (0,5 điểm) (2) 0,25 (3) Đặt z = a + bi, ( a , b ∈ ); z = a − bi Do đó, kí hiệu (∗) hệ thức cho đề bài, ta có: (∗) ⇔ (1 + i )( a + bi ) + (3 − i )( a − bi ) = − 6i ⇔ (4a − 2b − 2) + (6 − 2b)i = ⇔ { { 4a − 2b − = a=2 ⇔ − 2b = b = Do | z | = Câu (0,5 điểm) 0,25 0,25 2 + = 13 Điều kiện xác định: x > (1) ● Với điều kiện đó, ký hiệu (2) phương trình cho, ta có: (2) ⇔ log ( x + 2) + log x = ⇔ log ( x ( x + 2)) = log 3 ● 0,25 ⇔ x + x − = ⇔ x = (do (1)) 0,25 ● Điều kiện xác định: x ≥ + Câu đó, ký hiệu (2) bất phương trình cho, ta có: (1,0 điểm) ● Với điều kiện (2) ⇔ x + x − + x ( x + 1)( x − 2) ≥ 3( x − x − 2) ⇔ ⇔ (1) 0,25 x ( x − 2)( x + 1) ≥ x ( x − 2) − 2( x + 1) ( x ( x − 2) − ( x + 1) Do với x thỏa mãn (1), ta có (3) ⇔ )( x ( x − 2) + x ( x − 2) + ) ( x + 1) ≤ (3) 0,50 ( x + 1) > nên x( x − 2) ≤ ( x + 1) ⇔ x − 6x − ≤ (4) ⇔ − 13 ≤ x ≤ + 13 Kết hợp (1) (4), ta tập nghiệm bất phương trình cho là: 1 + ; + 13 0,25 Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha 2 Câu I = x d x + Ta có: ∫ ∫ ln xdx (1,0 điểm) 0,25 (1) 2 Đặt I1 = ∫ x dx I = ∫ ln xdx Ta có: 1 0,25 15 I1 = x = 2 2 I = x.ln x − ∫ xd(lnx) = ln − ∫ dx = ln − x = ln − 2 1 0,50 13 V ậ y I = I1 + I = + ln 2 Câu (1,0 điểm) AC = a SH ⊥ mp(ABC) Xét ∆v ABC, ta có: BC = AC cos ACB = a.cos 30o = 3a Theo giả thiết, HA = HC = 0,25 1 AC.BC.sin ACB = 2a 3a.sin 30o = a 2 1 6a3 Vậy VS ABC = SH S ABC = 2a a = 3 Vì CA = 2HA nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)) (1) Gọi N trung điểm AB, ta có HN đường trung bình ∆ABC Do HN // BC Suy AB ⊥ HN Lại có AB ⊥ SH nên AB ⊥ mp(SHN) Do mp(SAB) ⊥ mp(SHN) Mà SN giao tuyến hai mặt phẳng vừa nêu, nên mp(SHN), hạ HK ⊥ SN, ta có HK ⊥ mp(SAB) Vì d(H, (SAB)) = HK Kết hợp với (1), suy d(C, (SAB)) = 2HK (2) Do S ABC = Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN Xét ∆v SHN, ta có: 1 1 = + = + 2 HK SH HN 2a HN 3a Vì HN đường trung bình ∆ABC nên HN = BC = 2 1 11 66a Do = + = Suy HK = HK 2a 3a 6a 11 Thế (3) vào (2), ta d ( C , ( SAB ) ) = 66a 11 0,25 0,25 0,25 (3) Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha Câu (1,0 điểm) Trên ∆, lấy điểm D cho BD = BO D, A nằm khác phía so với B Gọi E giao điểm đường thẳng KA OC; gọi F giao điểm đường thẳng KB OD Vì K tâm đường trịn bàng tiếp góc O ∆OAB nên KE phân giác góc Mà OAC tam giác cân A (do AO = AC, theo gt) nên suy KE OAC đường trung trực OC Do E trung điểm OC KC = KO Xét tương tự KF, ta có F trung điểm OD KD = KO Suy ∆CKD cân K Do đó, hạ KH ⊥ ∆, ta có H trung điểm CD Như vậy: + A giao ∆ đường trung trực d1 đoạn thẳng OC; (1) + B giao ∆ đường trung trực d đoạn thẳng OD, với D điểm đối (2) xứng C qua H H hình chiếu vng góc K ∆ 24 Vì C ∈ ∆ có hồnh độ x0 = (gt) nên gọi y0 tung độ C, ta có: 24 12 + y0 − 12 = Suy y0 = − 5 6 12 Từ đó, trung điểm E OC có tọa độ ; − đường thẳng OC có 5 phương trình: x + y = Suy phương trình d1 là: x − y − = Do đó, theo (1), tọa độ A nghiệm hệ phương trình: x + y − 12 = x − y − = { Giải hệ trên, ta A = (3; 0) 0,50 0,25 Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha Gọi d đường thẳng qua K(6; 6) vng góc với ∆, ta có phương trình d là: x − y + = Từ đây, H giao điểm ∆ d nên tọa độ H nghiệm hệ phương trình: x + y − 12 = 3x − y + = { 12 12 36 Giải hệ trên, ta H = ; Suy D = − ; 5 5 18 Do đó, trung điểm F OD có tọa độ − ; đường thẳng OD có 5 phương trình: x + y = Suy phương trình d là: x − y + 12 = Do đó, theo (2), tọa độ B nghiệm hệ phương trình: x + y − 12 = x − y + 12 = 0,25 { Giải hệ trên, ta B = (0; 4) Câu 1 3 Gọi M trung điểm AB, ta có M = ; ; − (1,0 điểm) 2 2 Vì (P) mặt phẳng trung trực AB nên (P) qua M AB = (−1; 1; − 1) vectơ pháp tuyến (P) 3 1 1 Suy ra, phương trình (P) là: (−1) x − + y − + (−1) z + = 2 2 2 hay: x − y + z − = Ta có d (O , ( P)) = | −1| 22 + (−2)2 + 22 = Do đó, phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với (P) là: x + y + z = 0,25 0,25 0,25 12 0,25 hay 12 x + 12 y + 12 z − = Câu Không gian mẫu Ω tập hợp gồm tất cặp hai câu hỏi, mà vị trí th ứ cặp câu hỏi thí sinh A chọn vị trí thứ hai cặp (0,5 điểm) câu hỏi thí sinh B chọn Vì A B có C10 cách chọn câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên theo quy ( ) 0,25 tắc nhân, ta có n(Ω) = C10 Kí hiệu X biến cố “bộ câu hỏi A chọn câu hỏi B chọn giống nhau” Vì với cách chọn câu hỏi A, B có cách chọn câu hỏi 3 giống A nên n ( Ω X ) = C10 = C10 Vì P ( X ) = n (Ω X ) n( Ω) = C10 10 (C ) = 1 = C10 120 0,25 Câu 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, với số thực x, xét điểm A( x ; x + 1) , (1,0 điểm) 1 1 B ; − C − ; − 2 2 OA OB OC Khi đó, ta có P = + + , a = BC, b = CA c = AB a b c 0,25 Gọi G trọng tâm ∆ABC, ta có: OA.GA OB.GB OC.GC OA.GA OB.GB OC.GC P= + + = + + , a.GA b.GB c.GC b.mb c.mc a.ma ma , mb mc tương ứng độ dài đường trung tuyến xuất phát từ A, B, C ∆ABC 0,25 Theo bất đẳng thức Cô si cho hai số thực khơng âm, ta có a.ma = 3a 2b + 2c − a 2 2 2 a + b2 + c 3a + 2b + 2c − a ≤ = 2 3 a2 + b2 + c a2 + b2 + c2 Bằng cách tương tự, ta có: b.mb ≤ c.mc ≤ 3 ( ) ( ) 3 ( OA.GA + OB.GB + OC.GC ) a + b2 + c Ta có: OA.GA + OB.GB + OC.GC ≥ OA.GA + OB.GB + OC.GC OA.GA + OB.GB + OC.GC = OG + GA GA + OG + GB GB + OG + GC GC = OG GA + GB + GC + GA2 + GB + GC Suy P ≥ ( ) ( ( ) ( ( (2) ) ) Hơn nữa, kiểm tra trực tiếp ta thấy P = x = Vậy P = (1) ) a2 + b2 + c2 ma + mb2 + mc2 = Từ (1), (2) (3), suy P ≥ = 0,25 0,25 (3) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ N ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 MƠN:TỐN Ngày thi: 02/4/2015 Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,00 điểm) Cho hàm số y = x 3 - 3x - 2 . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho. Hãy tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tam giác MAB cân tại M. Câu 2 (1,00 điểm) Giải phương trình log ( x - 2) + 3log8 (3 x - 5) - = 0 trên tập hợp số thực. 3 2 Câu 3 (1,00 điểm) Tính tích phân: I = ị 2 dx . x + 3x - 2 1 Câu 4. (1,00 điểm) Một lớp học có 33 học sinh, trong đó có 10 học sinh giỏi, 11 học sinh khá và 12 học sinh trung bình. Chọn ngẫu nhiên trong lớp học 4 học sinh tham dự trại hè. Tính xác suất để nhóm học sinh được chọn có đủ học sinh giỏi, học sinh khá và học sinh trung bình. Câu 5. (1,00 điểm) Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại A, SA vng góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích tứ diện biết đường cao AH của tam giác ABC bằng a và góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) là 60 0 . Câu 6. (1,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CD. Tìm tọa độ đỉnh B, điểm M biết N(0;2), đường thẳng AM có phương trình x +2y – 2 = 0 và cạnh hình vng bằng 4. Câu 7 (1,00 điểm) Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(4;2;4) và đường thẳng d : ì x = -3 + 2 t ï í y = - t (t Ỵ ¡ ). ï z = -1 + 4 t ỵ Viết phương trình đường thẳng D đi qua A, cắt và vng góc với đường thẳng d. ì 27 x3 + x + ( y - ) - y = 0 ï Câu 8 (1,00 điểm) Giải hệ phương trình: í x 2 ( x, y Ỵ ¡ ) . 109 2 y x + + = 0 ï 81 ỵ3 Câu 9. (1,00 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 52 x + 5 y , biết rằng x ³ 0, y ³ 0, x + y = 1 . Hết Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( duongbinhluyen@phuyen.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Gồm có 04 trang) 1. Hướng dẫn chung Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm chấm phải bảo đảm khơng sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. Điểm bài thi khơng làm trịn số. 2. Đáp án và thang điểm CÂU 1 ĐÁP ÁN ĐIỂM 2,00 đ 3 Cho hàm số y = x - 3x - 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. Tập xác đinh: ¡ Sự biến thiên: 1,00 đ é x = -1 + Chiều biến thiên: y ' = x - = 3( x 2 - 1). y ' = Û 3( x 2 - 1) = 0 Û ê ë x = 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥; - 1) (1; +¥ ) ; Hàm số nghịch biến trên khoảng ( - 1;1) . + Cực trị và giới hạn: H/s đạt cực đại tại x = - 1; yCĐ= y ( -1) = 0 . 0,25 đ f(x) 8 6 H/s đạt cực tiểu tại x = 1; yCT= y (1) = - 4 . 4 2 Các giới hạn: lim y = -¥; lim y = +Ơ x đ-Ơ xđ+Ơ f(x)=x^3ư3x ư2 x 9 8 7 6 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 + Bảng biến thiên: x -¥ 1 1 + ¥ y’ + 0 0 + 0 + ¥ y ¥ 4 Đồ thị đi qua các điểm (2;0), (0;2):như hình vẽ. b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho DMAB cân tại M. M(x;y) cần tìm là giao điểm của đường trung trực của đoạn AB và đồ thị (C). Ta có các điểm cực trị là A(1;0), B(1;4), trung điểm của đoạn AB là I(0;2). uuur Đường trung trực đoạn AB nhận AB = (2; -4) làm vtcp có p/t x - y - = 0 . x - 4 Hồnh độ giao điểm của M là nghiệm của phương trình: x 3 - x - 2 = 2 7 Giải ra ta được x = ± và x = 0 (loại). 2 ỉ 14 - 8 ư 14 - 8 ; Với x = Þ y = , ta có điểm M ỗỗ ữữ 4 ố ứ æ - 14 - 8 ö - 14 - 8 Với x = Þ y = , ta có điểm M 2 çç - ; ÷÷ 4 4 è ø 0,25 đ 2 4 6 8 0,25 đ 0,25 đ 1,00 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 2 Giải phương trình log ( x - 2) + 3log8 (3 x - 5) - = 0 1,00 đ ì x - > 0 Điều kiện í Û x > 2 . x > 0 ỵ Phương trình tương đương: log ( x - 2) + log 2 (3x - 5) = 2 0,25 đ 0,25 đ Û log 2 [ ( x - 2)(3 x - 5) ] = Û x 2 - 11x + = 0 . 3 0,25 đ 0,25 đ Giải pt trên và đối chiếu điều kiện ta tìm được nghiệm pt đã cho là x = 3 . 3 2 Tính tích phân I = ị 2 dx 1 x + x - 2 3 2 Ta có: I = ò dx = 1 (2 x - 1)( x + 2) 1,00 đ 3 2ỉ 1 dx dxữ ỗũ ũ ố 2x -1 x + 2 ø 1 0,50 đ 3 æ d (2 x - 1) d ( x+ 2)ử = ỗũ -ũ ÷ è 2x -1 x + 2 ø 1 = 0,25 đ 2 3 ln | x - 1| - ln | x + | 1 = ln 3 . 5 ( ) 0,25 đ 4 1,00 đ Gọi A là biến cố: “4 HS được chọn có đủ HS giỏi, HS khá và HS trung bình”. 4 =40920. Số phần tử khơng gian mẫu: W = C33 Ta có các trường hợp được chọn sau: 1 (1) Có 2 HS giỏi, 1 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: C102 C11 C12 = 5940 0,25 đ 1 (2) Có 1 HS giỏi, 2 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: C10 C112 C12 = 6600 2 (3) Có 1 HS giỏi, 1 HS khá và 2 HS trung bình. Số cách chọn là: C10 C111 C12 = 7260 . 0,25 đ Ta được W A = 5940 + 6600 + 7260 = 19800. Do đó P ( A) = WA W = 0,25 đ 15 31 0,25 đ 5 1,00 đ DABC vuông cân tại A nên BC = 2AH = 2a. 1 Từ đó S ABC = AH BC = a.2 a = a 2 (đvdt). 2 Vì SA^(ABC) và AH ^ BC suy ra SH^ BC · = 60 0 Do đó ((SBC),(ABC))= SHA Suy ra SA = AH tan 600 = a 3 . S 0,25 đ A 0,25 đ C 0,25 đ H 3 1 a 3 (đvtt). Vậy VSABC = SA.S ABC = a 3. a 2 = 3 3 0,25 đ B 6 1,00 đ Gọi I =AM Ç BN DBIM đồng dạng DABM suy ra AM^BN nên BN: 2x y +c = 0. N(0;2) Þ c = -2 Þ BN: 2x y 2 = 0. Tọa độ điểm I là nghiệm hệ pt: y 0,25 đ A B 2 1 I 2 1 O 1 2 M x 1 b Tìm m để đường thẳng d : y x 2m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt có 1,0 hồnh độ dương Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng d đồ thị (C) là: 0,25 x 1 x3 x 2m x 1 g ( x ) x mx m (1) Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt có hồnh độ dương (1) 0,25 ' phải có hai nghiệm dương phân biệt khác -1 S P g ( ) 0,25 m 2m 2m 3 2m (1,0 điểm) 0,25 m 3 m m m / m / Vậy với m 3/2 đường thẳng d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt có hồnh độ dương Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số 1,0 y 2cos3 x cos2 x 3cos x 2 Tập xác định: D Đặt t cos x , t 1;1 0,25 ta hàm số: liên tục xác định 1;1 g ( t ) 2t t 3t 2 t ' ' g ( t ) 6t t g ( t ) t g(1) 9, g( ) , g(1) 0,25 0,25 Ma x g g ( ) , Mi n g g ( 1) 9 1;1 1;1 Vậy Max y x k 2 , Min y 9 x k 2 , k 3 Giải phương trình: cos x cos x sin x cos x (1,0 cos3x cos x 2sin x cos2x 2sin2x sin x 2sin x cos2x điểm) s in x ( s i n x c o s x ) - Trang 3/7 - 0,25 1,0 0,25 0,25 k sin2 x cos2x x sinx x k 0,25 k 0,25 Vậy pt có hai họ nghiệm: x k , x k (k ) 2 Giải phương trình: 2log2 x log4 ( x 1) log2 x (1,0 điểm) Điểu kiện : log2 x log4 ( x 1)2 log2 x log2 [( x 3) x ] log2 x ( x 3) x x (*) ,0 0,25 0,25 0,25 x 3 ( tm ) o x 1: (*) : x x x 3 (l ) x (l ) x :(*) : x x x ( tm ) 0,25 Vậy phương trình cho có nghiệm: x 3, x Tính xác suất để chọn hai học sinh có nam nữ ? (1,0 Chọn ngẫu nhiên tổ học sinh có C 71 C 71 cách n ( ) 49 điểm) Gọi A biến cố : “ Chọn học sinh có nam nữ” Có trường hợp sau: + TH1: Chọn học sinh nữ tổ một, học sinh nam tổ hai Có 4.5 20 cách + TH2: Chọn học sinh nam tổ một, học sinh nữ tổ hai Có 3.2 cách Theo quy tắc cộng n( A) 26 P ( A) 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 n( A) 26 n( ) 49 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ điểm B đến mặt (1,0 phẳng ( SCD ) điểm) 1,0 S SA đường cao hình chóp S.ABCD A B C cân có A BC 600 A B C cạnh a H dt(ABC ) A D S ABCD a2 0,25 (đvdt) a (đvdt) dt ( ABC ) M B C + Trong tam giác vuông SAC: SA SC AC a - Trang 4/7 - 0,25 a3 VS ABCD SA.SABCD (đvtt) d ( B , ( S C D )) d ( A , ( S C D )) Gọi M trung điểm CD Trong ( SAM ) kẻ AH SM H SAM SCD AH SCD d ( A, ( SCD)) AH SAM SCD SM Vì 0,25 0,25 Ta có 1 a 15 a 15 AH d ( B, ( SCD )) 2 AH SA AM 3a 5 Viết phương trình đường trịn qua M(0;2), có tâm thuộc d, cắt hai (1,0 điểm A, B: AB ( biết tâm đường trịn có tung độ dương) điểm) 1,0 A M H B d I Gọi I ( t ; t ) d tâm đường tròn ( t ) IM t (2 t ) + d (I, ) t + Gọi H trung điểm đoạn AB Ta có: IH AH IA2 IH AH IM 0,25 0,25 t 12 4t (2 t )2 t t t ( tm ) 0,25 t I ( 4; 2) , bán kính đường trịn R IM 0,25 t 1 ( l ) Phương trình đường trịn: ( x 4) ( y 2) 16 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x3 12y2 x 8y3 8y (1) x 8y 5x 2y (2) 1,0 (x, y R) Điều kiện : x y Xét phương trình (1): x3 12 y x y3 y x3 x (2 y 1)3 (2 y 1) 0,25 (2 y x 1)[(2 y 1) (2 y 1) x x 1] y x Vì: (2 y 1) (2 y 1) x x 0, x , y 0,25 Thế y x vào phương trình (2) ta : - Trang 5/7 - x2 ( x 1)3 x ( x 1) x x 3x x 0,25 x y ( tm ) x x 1 y ( tm ) x x 1 x Vậy hpt có hai nghiệm (x;y) là: (1;1),(11;6) 0,25 Trong 1,0 Tìm giá trị lớn biểu thức: S (1,0 bca ac b abc điểm) a,b,c độ dài cạnh tam giác thỏa mãn 2c+b = abc Áp dụng BĐT : 0,25 1 ( x , y 0) ta có: x y x y 1 1 1 S ( ) 2( ) 3( ) bca acb b c a a bc a c b a bc c b a Từ gt ta có 2 3 a nên 2( ) 2(a ) b c c b a c b a a 0,25 0,25 0,25 Vậy S Min S a b c Chú ý: - Nếu thí sinh làm theo cách khác mà GK đáp án cho điểm tối đa - Câu HS không vẽ vẽ hình sai khơng chấm - Điểm tồn để đến 0,25 khơng làm trịn - Trang 6/7 - SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC Câu (4,0 điểm) Cho hàm số y ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề 2x 1 x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị C hàm số cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị C biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng có phương trình y x 2015 Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sau: a) 2sin x 3sin x b) log x log x log x Câu (2,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x) x3 x đoạn 0; 2 Câu (2,0 điểm) Xếp ngẫu nhiên học sinh nam học sinh nữ thành hàng ngang Tính xác suất để có học sinh nữ đứng cạnh Câu (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB a, AD a , SA ABCD , góc mặt phẳng (SBD) mặt phẳng (ABCD) 60o Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AC SD Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H 3; trung điểm BC I 6;1 Đường thẳng AH có phương trình x y Gọi D, E chân đường cao kẻ từ B C tam giác ABC Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết đường thẳng DE có phương trình x – = điểm D có tung độ dương Câu (2,0 điểm) Cho hình trụ có hai đáy hai đường trịn tâm O O / , bán kính a Hai điểm A, B nằm hai đường tròn tâm O O / cho AB hợp với trục OO / góc 450 khoảng chúng a Tính theo a diện tích tồn phần hình trụ cho xy y x Câu (2,0 điểm) Giải hệ phương trình ( x, y ) 2 y x 1 x x x x Câu (2,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z 1 Tìm giá trị lớn biểu thức P x3 y x yz y xz z xy Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm! Họ tên thí sinh:……….……… ………….….….; Số báo danh:……………………………………… Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Mơn: TỐN; LẦN I I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Với hình học khơng gian thí sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm a 2x 1 Cho hàm số y 2,0 x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho * Tập xác định : D \ 1 0,25 * Sự biến thiên: 0,25 1 - Chiều biến thiên: y ' , x ( x 1) Hàm số nghịch biến khoảng (;1) (1; ) 0,25 - Cực trị: Hàm số khơng có cực trị lim y - Giới hạn : lim y x 1 x 1 0,25 lim y lim y x x Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng: x , tiệm cận ngang y - Bảng biến thiên : x y/ - - 0,5 y 1 Đồ thị: (C) cắt Ox ;0 , cắt Oy (0;2) 2 0,5 b Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị C biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng có phương trình y x 2015 Gọi x0 hồnh độ tiếp điểm tiếp tuyến cần tìm Ta có hệ số góc tiếp tuyến 2,0 0,5 điểm có hồnh độ x0 k f / x0 x0 1 Do tiếp tuyến vng góc với đường thẳng có phương trình y x 2015 nên ta có x0 k 1 x 2 x0 1 Với x0 ta tiếp tuyến có phương trình y x Với x0 ta tiếp tuyến có phương trình y x 2 a Giải phương trình 2sin x 3sin x sin x 2sin x 3sin x sin x 2 x k 2 sin x k x 5 k 2 sin x 2 PT vô nghiệm 5 k 2 6 b Giải phương trình log x log x log x Kết luận: PT có nghiệm x k 2 ; x 0,5 0,5 1,0 0,25 0,25 0,25 k 0,25 1,0 x Điều kiện x x 6 x 0,25 PT log x x log x 0,25 x 2 x x x x2 x x Kết hợp điều kiện ta x nghiệm phương trình cho Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x) x3 3x đoạn 0; 2 Hàm số cho liên tục 0; 2 Ta có f '( x) x 0,25 0,25 2,0 0,5 f '( x) x 0; 2 0,5 f (0) 2, f (2) 4, f (1) max f ( x) f (2) 4; f ( x) f (1) 0,5 0;2 0,5 0;2 Xếp ngẫu nhiên học sinh nam học sinh nữ thành hàng ngang Tính xác suất để có học sinh nữ đứng cạnh Gọi không gian mẫu , A biến cố “xếp hai nữ đứng cạnh nhau” Ta có n 5! 0,5 2,0 0,5 Đánh thứ tự vị trí cần xếp từ đến Để nữ đứng cạnh vị trí xếp hai nữ bốn trường hợp: 1; , 2;3 , 3; , 4;5 0,5 Mỗi trường hợp số cách xếp 2!3! nên tất số cách xếp thỏa mãn hai nữ đứng cạnh n A 4.2!3! 0,5 Vậy P A n A n 0,5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB a, AD a , SA ABCD , góc mặt phẳng (SBD) mặt phẳng (ABCD) 60o Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AC SD 2,0 S H A E K B I D C Trong tam giác ABD kẻ đường cao AI I BD 0,5 60o BD SAI SBD , ABCD SIA a 3a SA 2 a VS ABCD SA.S ABCD Trong mặt phẳng ABCD đường thẳng qua D song song với AC, cắt đường thẳng AB E Trong tam giác ADE kẻ đường cao AK K DE SAK SDE Dựng BD 2a AI 0,5 0,5 AH SK H, suy AH SDE Do AC / / SDE d AC , SD d A, SDE AH a 3a 3a AH d AC , SD 4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H 3;0 trung Ta có AK điểm BC I 6;1 Đường thẳng AH có phương trình x y Gọi D, E chân đường cao kẻ từ B C tam giác ABC Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết đường thẳng DE có phương trình x điểm D có tung độ dương 0,5 2,0 A K D E H B I C Gọi K trung điểm AH Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K BCDE nội 0,5 tiếp đường tròn tâm I Suy IK DE phương trình IK : y Tọa độ K 1;1 A 1; 0,5 a D 2; a DE Ta có KA KD a 1 D 2;3 a 1(l ) Phương trình AC : x y Phương trình BC :2 x y 11 Tọa độ C 8;5 B 4; 3 0,5 0,5 Vậy, A 1; , B 4; 3 C 8;5 Cho hình trụ có hai đáy hai đường trịn tâm O O / , bán kính a Hai điểm A, B nằm hai đường tròn tâm O O / cho AB hợp với trục OO / góc 450 khoảng chúng a Tính theo a diện tích tồn phần 2,0 hình trụ cho Kẻ đường sinh AA/ A/ O / Gọi H trung điểm A/ B / 450 , d AB; OO / O / H a Từ giả thiết ta có BAA a Ta có HB O / B O / H A/ B a 2 / 450 nên tam giác AA/ B vuông cân đỉnh A/ AA/ A/ B a Do BAA Stp S xq 2S d 2 a a a 2 a x x x x x x x R x x x R Nên ta có 1 y x2 x y 2 0,5 0,5 0,5 xy y x Giải hệ phương trình ( x; y ) 2 y x 1 x x x x xy y x 1 y x 1 x x x x Vì 0,5 2,0 0,5 x2 x x 2x Thế y x x vào phương trình , ta có : x x x 1 x x x x x x x x 1 x x 0,5 x 1 1 x 1 x 1 x (*) Xét hàm số f (t ) t t Ta có f '(t ) t t2 t2 0,5 0, t R f (t ) đồng biến R f ( x 1) f ( x) x x x x x y Vậy hệ cho có nghiệm 2 y Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z 1 Tìm giá trị lớn * biểu thức P x3 y x yz y xz z xy 0,5 2,0 Ta có x y z 1 z x y z xy x y xy x 1 y 1 x yz x y x y 1 x xy y y x y y 1 0,5 y xz y x x y 1 x y x 1 Ta P x3 y 3 x y x 1 y 1 x y 2 xy x3 y x2 y2 Vì x P 3 3 xy x 1 y 1 x 1 y 1 y Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x 1 x x x2 27 x2 x 0 1 33 x 1 2 4 x 1 27 Lập luận tương tự ta y y 1 0,5 0,5 27 4 P 27 27 729 x y x y 1 Dấu xảy 2 z x y z x y đạt Vậy maxP 729 z 0,5 -HẾT - Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2015 Mơn: TỐN; Khối A, A1, B D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + có đồ thị (C) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Đường thẳng (d) qua A(3; 2) có hệ số góc k Tìm k để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) ba điểm phân biệt A, M, N cho tiếp tuyến (C) M N vng góc với Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 5 4sin x cos(3x + 2015 ) - 2sin x sin x 2 2 n Câu (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa x khai triển thành đa thức nhị thức x x n C C C Biết n thỏa mãn Cn1 n1 n2 n nn1 120 Cn Cn Cn Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x x 1 10.3x x 2 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d qua M(2; 3) cắt Ox A(a; 0), cắt Oy B(0; b) cho tam giác OAB có diện tích 16, biết a b dương Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật; độ dài cạnh AB = a; BC a Các cạnh bên 2a Gọi M, N tương ứng trung điểm cạnh AD BC, K 2a điểm AD cho AK Tính theo a thể tích hình chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng MN SK x 1 y z 1 Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn Câu (1,0 điểm) Cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d có phương trình (x 1)y 2xy (y 1) với x, y 4 xy (3xy 2) xy (x 2y) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c Tìm giá trị nhỏ biểu 1 thức P a bc b ac c ab Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Đề gồm 01 trang SỞ GD & ĐT SƠN LA ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2015 Mơn: TỐN; Khối A, A1, B D (Đáp án – Thang điểm gồm 04 trang) TRƯỜNG THPT THUẬN CHÂU Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ: y x x • Tập xác định: D • Sự biến thiên: + Giới hạn: lim y ; lim y x 0,25 x +Chiều biến thiên: y ' x x ; y '( x) x = x = + H.số đồng biến khoảng ;0 2; ; ng.biến khoảng 0;2 0,25 +Cực trị: Hàm số đạt cực đại x 0; yCĐ ; đạt cực tiểu x 2; yCT 2 + Bảng biến thiên: x y’ y + 2 + 0.25 -2 • Đồ thị: y -1 O 0.25 x -2 b) (1,0 điểm) Đường thẳng (d) qua A(3; 2) có hệ số góc k + Đường thẳng (d): y = k(x – 3) + x + Phương trình hồnh độ giao điểm: x3 – 3x2 + = k(x – 3) + x k + (d) cắt (C) điểm A, M, N phân biệt x k có nghiệm phân biệt khác 0k 9 x k + Phương trình: x k x k + Hệ số góc tiếp tuyến M N là: y ' k 3k k ; y ' k 3k k + Tiếp tuyến M N vuông góc y ' k y ' k 3k k 3k k 1 9k 36 k k 18 35 (t / m) 0,25 0,25 0,25 0.25 (1,0 điểm) (1,0 điểm) (1.0 điểm) Giải phương trình: 5 4sin x cos(3x + 2015 ) - 2sin x sin x 2 2 PT 4cos2 x cos3x 2cos2x cosx 0,25 cos3x cosx 0,25 x x k 2 x x k 2 xk Tìm hệ số x6 khai triển 0,25 0,25 Cnk 1 n k với k n; k , n Cnk k 1 + Áp dụng với k = 0; 1; 2; ;(n – 1) Ta được: n + (n – 1) + (n – 2) + + + = 120 + Xét khai triển 0,25 n 15 n( n 1) 120 n 16(loai ) 0,25 15 k 15 15 12 k Ta có x C15 x x k 0 k 15 k k 15 k k 15 41 3 k x C15 x 2 2 k 0 15 k k 6 k 2 15 11 là: C + Với k = ta có hệ số số hạng chứa x 15 C15 1.935.360 2 0,25 + Hệ số số hạng chứa x6 tương ứng với (1,0 điểm) (1.0 điểm) Giải bất phương trình: x Đặt t x x x 1 10.3x 0,25 x 2 0,25 ,t>0 Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + ( t t 9) Khi t t x x Khi t t x x 0,25 x2 x 1 x (i) 0,25 x 2 (2i) x2 x x 0,25 Kết hợp (i) (2i) ta có tập nghiệm bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ) (1,0 điểm) Lập phương trình đường thẳng d (1,0 điểm) Gọi phương trình dường thẳng (d) cần tìm có dạng: x y (Đk: ab ) a b 3a 2b ab (1) a b ( d ) Ox A( a;0);(d ) Oy B(0; b) OA a a; OB b b 0,25 M (2;3) (d ) S ABC OA.OB ab 32(2) 0,25 ab 32 a a Từ (1) (2) có hệ: hoăc 3a 2b ab b b 12 a x y + Với ta (d): x y b (1,0 điểm) 0,25 0,25 3x y a + Với x y 24 ta (d): 12 b 12 *) Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a (0,5 điểm) S + Gọi AC BD O + Do SA = SB = SC = SD Suy SO ( ABCD) H N B O A SO SA2 OA2 a M E 0,25 C F K D 3a a 13 1 a 13 a 26 (đvtt) VS ABCD SO.S ABCD VS ABCD SO.S ABCD a.a 3 *) Tính khoảng cách MN SK theo a (0,5 điểm) + Kẻ KE // MN + Khi đó, MN //( SEK ) nên d(MN,SK) d ( MN ,( SEK )) d (O, ( SEK )) + Gọi F trung điểm KE Ta có: KE OF ; KE SO KE ( SOF ) + Trong ( SOF ) dựng OH SF Khi đó, OH ( SKE ) d(MN,SK) d (O,( SEK )) OH 2a 1 1 36 13a 13 + Có OH OH a 2 2 2 OH OS OF OH 13a 2a 238 238 Lập phương trình mặt phẳng (P) (1,0 điểm) Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P) 0,25 0,25 + Có OF = MK = AK – AM = (1,0 điểm) Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH HI => HI lớn A I Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véctơ pháp tuyến 0,25 0,25 0,25 Mặt khác, H d H (1 2t ; t ;1 3t ) H hình chiếu A d nên AH d AH.u (u (2;1;3) 0,25 véc tơ phương d) H (3;1;4) AH (7;1;5) Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 7x + y – 5z –77 = (1,0 (x 1)y 2xy (y3 1) Giải hệ phương trình: với x, y 4 xy (3xy 2) xy (x 2y) 0,25 Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha điểm) (1,0 điểm) xy5 xy x y y 1(1) + Hpt 2 3 x y xy x y xy 1(2) Lấy (2) trừ (1) ta được: 3x2y6 – 4xy5 + y4 = y 0 y xy xy xy xy + Với y = thay vào pt (1) không thỏa mãn Suy hệ vô nghiệm 1 + Với xy = thay vào pt (1) Ta được: y ( y 1)2 y 1 5 1 1 1 + Với y x ; y x 2 2 + Với xy thay vào pt (1) ta được: 3y4 + (y + 3)2 = vô nghiệm 1 1 ; ; Vậy hệ có nghiệm 2 2 0,25 0,25 0,25 0,25 Tìm GTNN P 1 1 1 + Chứng minh: x y z x y z x yz x y z 1 P a bc b ca c ab a bc b ca c ab 0,25 + Ta có: a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c) ( a b) ( a c) 2a b c Suy a bc ( a b)( a c) 2 (b a) (b c) a 2b c + Tương tự: b ca (b a )(b c) 2 ( c a ) ( c b) a b 2c c ab ( c a )( c b) 2 0,25 2a b c a 2b c a b 2c 2 4(a b c) a bc b ca c ab 2 Vậy P a b c a b a c a b c + Vậy P đạt GTNN abc a b c b a b c c a c b Suy ra: a bc b ca c ab 0,25 0,25 Chú ý: Bài làm làm theo cách khác nhau, điểm số cho tương ứng với thang điểm câu
Ngày đăng: 08/08/2023, 00:10
Xem thêm: 100 de thi thu dai hoc mon toan nam 2015 cua cac truong chuyen trong ca nuoc kem dap an chi tiet 335 trang
