MA TRẬN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2015- Trường THPT Ngô MâyĐề thi 100% tự luận biết Khảo sát hàm số và các bài toán liên quan Khảo sát vàvẽ đồ thị hàm số Các bài toán liên quan
Trang 1MA TRẬN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2015- Trường THPT Ngô Mây
(Đề thi 100% tự luận)
biết
Khảo sát hàm số và
các bài toán liên quan Khảo sát vàvẽ đồ thị
hàm số
Các bài toán liên quan đến câu khảo sát
Số câu:
Số điểm: Tỷ lệ %
1 1,0
1 1,0
2 2,0đ = 20% Phương trình, hệ
phương trình, bất
phương trình
Giải phương trình lượng giác, phương trình mũ, phương trình lôgarit
Giải phương trình, bất phương trình chứa căn, hệ phương trình
Số câu:
Số điểm: Tỷ lệ %
1 0,5
1 1,0
2 2,0đ = 20% Tích phân và ứng
dụng tích phân
Tính tích phân, tính diện tích hình phẳng, tính thể tích khối tròn xoay
Số câu:
Số điểm: Tỷ lệ %
1 1,0
1 1,0 đ = 10%
phần ảo, mô đun, số phức liên hợp, phương trình bậc hai, tập hợp điểm, tìm số phức thỏa đk cho trước.
Số câu:
Số điểm: Tỷ lệ %
1 1,0
1 1,0 đ = 10%
nhị thức Niu-Tơn, Bài toán
về tổ hợp, chỉnh hợp
Số câu:
Số điểm: Tỷ lệ %
1 0,5
1 1,0 đ = 10% Phương pháp tọa độ
trong không gian
Các bài toán liên quan đến đường thẳng, mặt phẳng, mặt cầu.
Số câu:
Số điểm: Tỷ lệ %
1 1,0
1 1,0 đ = 10% Hình học không gian
tổng hợp
Tính thể tích khối chóp, khối lăng trụ và tính khoảng cách hoặc góc
Số câu:
Số điểm: Tỷ lệ %
1 1,0
1 1,0 đ = 10% Phương pháp tọa độ
trong mặt phẳng
Ứng dụng tính chất hình học phẳng để giải các bài toán về đường thẳng , đường tròn và elip
Số câu:
Số điểm: Tỷ lệ %
1 1,0
1 1,0 đ = 10% Bất đẳng thức,
GTLN, GTNN của
biểu thức
Ứng dụng bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm GTLN, GTNN của biểu thức
Số câu:
Số điểm: Tỷ lệ %
1 1,0
1 1,0 đ = 10% Tổng số câu:
Tổng số điểm: %
1 1,0đ =10%
7 6,0đ = 70%
3 3,0đ =30%
11 10,0đ=100%
Trang 2SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH
Trường THPT Ngô Mây ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
- MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
2
3 2
x
x y
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có hoành độ x 0 1
Câu 2 (1 điểm)
2 4 cos 2 sin 2 cos sin
2 sin
2 Tìm số phức zbiết rằng: z (1 )i z 4 7i
Câu 3 (0,5 điểm)
x
2
1 log ) 2 ( 2 2 ) 1 4 4 ( log
2 1 2
2
Câu 4 (1điểm)
Giải hệ phương trình
1 1
3
2 3 2 2 2
3 2
1 3
x xy x
x y y
x
Câu 5 (1điểm)
Tính tích phân
e
dx x x x x
x I
1
2 ln 3 ln 1 ln
Câu 6 (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC =
2
a
SA a 3, 0
30
SAB SAC Tính thể tích khối
chóp S.ABC.
Câu 7 (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1:2x y50 d2: 3x +6y
– 7 = 0 Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2.
Câu 8 (1 điểm)
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1;
2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x yz 2 0 Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S)
Câu 9 (0,5 điểm)
Tìm số nguyên dương n biết:
2C n 3.2.2C n ( 1) k k k( 1)2k C k n 2 (2 n n1)2 n C n n 40200
Câu 10 (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3
4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3
1 3
1 3
1
a c c b b
a
P
Trang 3-
Hết -Đáp án
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
y lim
; y lim
2 x 2
x
Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
* lim lim 2
x y x y đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25
b) Bảng biến thiên:
Ta có:
1 '
Bảng biến thiên:
x - 2 +
-y 2
-
+
2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;2 và 2;
0,25
3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại
2
3
;
0 và cắt trục hoành tại điểm
0
; 2 3
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
Ta có: M1;1, y x '( )0 1
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: : y1(x1) 1 0,5x2
) 1 ( 2
4 cos 2 sin 2 cos sin
2 sin
x
x x
O
y
x
2 3/2 3/2 2
Trang 4 x 1 sinx
2 cos 1 x sin 2
x cos x sin 2
x sin 1
0 1 2
x cos 2
x sin 2 2
x cos 2
x sin x sin 0 1 x sin 2
x cos 2
x sin x
0 1 2
x sin 2 2
x sin 2 1 2
x sin x
0,25
2
sin x 0
x k
x k x
2 2
2 sin 2 sin 1
2 2 Tìm số phức zbiết rằng: z (1 )i z 4 7i 0,5 điểm
Giả sử: z x yi (với x y ; )
Ta có z (1 )i z 4 7i
x yi 1i x yi 4 7i
x2y2 x y x y i 4 7i
7(2)
x y
Từ (2) ta suy ra
x = y +7 (3) thay vào (1) ta được : y72y2 2y 7 4
2y214y492y 3
2
2 3 0
y
2
3 3
2
20 0
4
y y
y
y
4
y
Với y = - 4 x3 Vậy z = 3 – 4i
0,25
2
1 x 2
1 x 2
1 x
0 ) 1 x ( 2
1 x 0 1 x x
0 x 2 1
2 2
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:
) 2 x ( 2 x ) x 1 ( log
Trang 5
0 x 4
1 x
1 ) x 1 ( 2
0 x
1 ) x 1 ( 2
0 x
0 ) x 1 ( 2 log
0 x
0 ) x 1 ( 2 log
0 x
0 1 ) x 2 1 ( log
0 x
0 1 ) x 2 1 ( log
0 x
2 2
2 2
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1 x 4
1
) 2 ( 1 x xy 1 x
) 1 ( 2
3 2 2
2
x y 2 y 1 x
Phương trình (2)
0 ) 1 3
(
1 1
1 3
0 1
x x
xy x
x
x y
x x y
x x x
3 1 1 0
0 1 3
0 1
0,25
* Với x = 0 thay vào (1)
11
8 log 11
8 2 2 12 2 8 2 3 2
0,25
* Với
x y
x
3 1
1 thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 23 1 2 3 1 3.2
x
Đặt 23 1
x
t Vì x1 nên
4
1
t
) 8 3 ( log 2 y
1 8 3 log 3
1 x 8
3 t
i
¹ lo 8 3 t 0 1 t 6 t 6 t
1 t )
3
(
2
2 2
0,25
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
11
8 log y
0 x
2
) 8 3 ( log 2 y
1 8 3 log 3
1 x
2
2
0,25
e
1 2 e
1
xdx ln x 3 dx x ln 1 x
x ln I
+) Tính
e
dx x x
x I
1 1
ln 1
ln
x
1 tdt 2
; x ln 1 t x ln 1
Đổi cận: x1 t1;xe t 2
0,25
3
2 2 2 t
3
t 2 dt 1 t 2 tdt 2 t
1 t I
2
1
3 2
1 2 2
1
2
1
+) Tính I x lnxdx
e
1
2
2 Đặt
3
x v x
dx du dx
x dv
x ln u
3 2
0,25
Trang 63 3 3 3 3 3
1
I1 3I2
I
3
e 2 2 2
0,25
Theo định lí côsin ta có:
SB SA AB 2SA.AB.cos SAB3a a 2.a 3.a cos 30 a
Suy ra SB a Tương tự ta cũng có SC = a
0,25
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB ^ SA, MC ^ SA Suy ra SA ^ (MBC)
Ta có S.ABC S.MBC A.MBC MBC MBC SA.SMBC
3
1 S
SA 3
1 S
MA 3
1 V
V
0,25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M Gọi N là trung điểm của
BC suy ra MN ^ BC Tương tự ta cũng có MN ^ SA
16
a 3 2
3 a 4
a a AM BN
AB AM AN
MN
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
4
3 a
MN
0,25
Do đó
16
a 2
a 4
3 a 3 a 6
1 BC MN 2
1 SA 3
1 V
3
ABC
d1 có vectơ chỉ phương a1(2;1); d2 có vectơ chỉ phương a2(3;6)
Ta có: a1.a2 2.3 1.60 nên d ^1 d2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P Gọi d là
đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:
0 B A 2 By Ax 0 ) 1 y ( B ) 2 x
(
A
:
0,25
d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2)
một góc 450
A 3 B
B 3 A 0 B 3 AB 8 A 3 45 cos )
1 ( 2 B A
B A
2 2
2 2
0,25
* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d: xy 50 0,25
* Nếu B = -3A ta có đường thẳng d:x y 50
Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d: xy 50
0 5 y x
:
0,25
S
A
B
C M
N
Trang 7Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)
* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là: 0,25
, 0 d cz 2 by 2 ax 2 z y
x2 2 2 2 2 2
Vì A',B,C,D S nên ta có hệ:
1 d
1 c
1 b 2
5 a
0 21 d c 4 b a 8
0 29 d c 4 b a 8
0 14 d c 4 b a 2
0 2 d b a 2
Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: 2 2 2 5 2 2 1 0
(S) có tâm
1
; 1
; 2
5
I , bán kính
2
29
R +) Gọi H là hình chiếu của I lên (P) H là tâm của đường tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P)
(d) có vectơ chỉ phương là: n1;1;1
t 1
; 1
; 2
5 H t
1 z
t 1 y
t 2 / 5 x
Do H d (P) nên:
6
5 t 2
5 t 3 0 2 t 1 t 1 t 2
5
6
1
; 6
1
; 3
5
6
3 5 36
75
IH , (C) có bán kính
6
186 6
31 36
75 4
29 IH
R
1 n k
k 1 n k 2
2 1 n 1
1 n 0
1 n 1 n
x C
x C ) 1 (
x C x C C
) x 1 ( (1)
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:
n 1 n 1 n 1
k k 1 n k 2
1 n 1
1 n n
x C ) 1 n (
x kC ) 1 (
x C 2 C
) x 1 )(
1 n
2
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1 n 1 n 1 n 2
k k 1 n k
3 1 n 2
1 n 1 n
x C ) 1 n ( n
x C ) 1 k ( k ) 1 (
x C 3 C 2 ) x 1 )(
1 n
(
Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
z y x
9 z
1 y
1 x
1 9 xyz
3 xyz 3 z
1 y
1 x
1 ) z y
x
(
3
3
a 3 c c 3 b b a
9 a
3 c
1 c
3 b
1 b
a
1 P
0,25
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
3
3
3
a 3b 1 1 1
b 3c 1 1 1
c 3a 1 1 1
0,25
Trang 8Suy ra 3a 3b 3b 3c 3c 3a 1 4 a b c 6
3
1 4.3 6 3
Do đó P 3
0,25
Dấu = xảy ra
3
a b c
a 3b b 3c c 3a 1
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi abc1/4
0,25