Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 319 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
319
Dung lượng
21,97 MB
Nội dung
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút 3 x 2 1 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = - x - 3 + (1). x 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1); b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C). Biết tiếp tuyến đó vng góc với đường thẳng (d ) : y = 8 x + 1 . 27 Câu 2 (1,0 điểm). 1) Giải phương trình: cos 2x + cos 2 x - sin x+2 = 0 2) Tìm các số thực x, y thỏa mãn: x + + (1 - 2 y ) i = ( -2 + x ) i 2 + (3 y - 2) i Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình sau trên tập số thực: log2 x - log9 (9x 2 ) - = 0 . 2 ì2 x + = 2 y + x ï Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: í ï x + xy + x - y 2 - y = y + 4 ỵ 1 x e + x Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ị x dx . e 0 0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAC bằng 60 Hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng ( ABCD ) là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD = 0 2HB. Đường thẳng SO tạo với mặt phẳng ( ABCD ) góc 60 với O là giao điểm của AC và BD. Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SCD ) theo a Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AC. Biết M ( 3; - ) là trung điểm của cạnh BD , điểm C ( 4; - ) . Điểm N ( -1; - ) nằm 1 2 3 trên đường thẳng đi qua B và vng góc với AD. Đường thẳng AD đi qua điểm P (1;3 Tìm tọa ) độ các đỉnh A, B, D. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm M ( 2;3;5 ) và đường thẳng d : x + y + z - 2 = = Viết phương trình mặt phẳng ( P đi qua M và vng góc với đường thẳng ) 2 d . Tìm tọa độ điểm N thuộc d sao cho N cách M một khoảng bằng 5. 22 ỉ 2 2 ư Câu 9 (0,5 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niutơn của ç x - ÷ x ø è 5 Câu 10 (1,0 điểm). Cho x là số thực thuộc đoạn é -1; ù Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ê 4ú ë û 8 của biểu thức P = - x - 1 + x - x + + x + 6 HẾT Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. Cảm ơn thầy Ngơ Quang Nghiệp (nghiepbt3@gmail.com )đã gửi tới www.laisac.page.tl SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MƠN THI: TỐN ( Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang, 10 câu) I. Hướng dẫn chấm: 1. Cho điểm lẻ tới 0,25; 2. Điểm tồn bài là tổng điểm thành phần, khơng làm trịn; 3. Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức; 4. Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần. 5. Với bài hình học khơng gian (câu 6) nếu thí sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Nội dung Điểm 1 1. (1,0 điểm) * Tập xác định: D = R (2,0 điểm) * Sự biến thiên: · Giới hạn: lim y = -Ơ lim y = +Ơ xđ-Ơ 0.25 xđ+Ơ ộ x= -1 ởx = 2 · Đạo hàm: y ' = x 2 - x - 3; y ' = 0 Û ê · Bảng biến thiên x ¥ + y' 0 +¥ 2 1 0 0.25 + +¥ 9 4 y 9 2 ¥ · Kết luận: Hàm sơ nghịch biến trên khoảng (- ) ; 1;2 Hàm sơ đồng biến trên các khoảng (–¥;1) và (2;+¥) ; 9 Hàm số đạt cực đại tại điểm xCD = - ; y CD = ; 1 4 9 Hàm số đạt cực tiểu tại x CT = 2 ; y CT = - 2 0.25 4 * Đồ thị: y 0.25 9 2 4 5 1 2 O 2 2 1 7 9 I 8 5 x 2 2 4 9 2 2.(1,0 điểm) Gọi D là tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M ( x0 ; y ) và vng góc với đường 0 8 27 thẳng y = x + 1 . Khi đó D có hệ số góc bằng 27 8 27 Û y ' ( x0 ) = - 8 2 3 1 9 Û x0 - x0 + = 0 Û x0 = Ta có y0 = - 2 2 8 27 27 9 1 Phương trình của D là y = - ỉ x - - y = - x+ ỗ ữ è 16 ø 2 (1,0điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 1.(0,5 điểm) cos 2x + cos 2 x - sin x = 0 Û -3sin 2 x - sin x + = 0 Û sin x = 1 0,25 sin x = Û x = p 2 + k 2p ( k Î ¢ ) 0,25 2.(0,5 điểm) x + + (1 - y ) i = ( -2 + x ) i 2 + (3 y - 2)i Û x + + (1 - 2 y ) i = ( 2 - x ) + (3 y - 2) i ì x + = 2 - x Ûí ỵ - y = y - 2 1 ì ï x = 3 ï Ûí ï y = 3 ï ỵ 5 3 (0,5 điểm) 4 (1,0 điểm) 0,25 0,25 log2 x - log9 (9x 2 ) - = 0 (1) Điều kiện: x > 0. Với điều kiện trên ta có é log x = -1 (1 Û log2 x - log3 x - = 0 Û êê 3 ) log êë 3 x = 2 é ì 1 ü êx = 1 ï ï ï ï ý Ûê 3 Kết hợp điều kiện phương trình (1) có tập nghiệm là S = í ; 9 ï 3 ï ê ï ï ợ ỵ x = ờở ỡ2 x + = 2 y + x 2 (1) ï Điều kiện: xy + x - y 2 - y ³ 0 và y ³ 0 í 2 ï x + xy + x - y - y = y + 4 (2) î 0,25 0,25 Với điều kiện trên: ( 2 Û ( x - y - 1 + ) ) ( 0,25 ) xy + x - y 2 - y - y - 1 = 0 3 ( y + 1 é ù ) Û ( x - y - 1 ê1 + ) ú = 0 2 xy + x - y - y + y + 1 ê ú ë û Û x - y - = 0 ( Vì với x,y thỏa mãn xy + x - y 2 - y ³ 0 và y ³ 0 0,25 3 ( y + 1 ) > 0 ) xy + x - y 2 - y + y + 1 1+ Thế y = x - 1 vào (1) ta có x + = x - 1 + x 2 Û é 2( x + 2) + ) Û ( x - 2 ê - 2 x + + 3 ë Ta thấy : "x ³ 1 , 0,25 x 2 - x - 2 + ( x - 2)( x + 2) x - + 1 x 2 + + 3 2 ù + ( x + 2 ) = 0 (3) ú x - + 1 û =2 ổ 2 + ( x+ )ỗ - 2 ÷ > 0 , x - + 1 x +5+3 x + + 3 ø è nên (3) có nghiệm duy nhất x = 2. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x y )= ổ ỗ ÷ è 2 ø - 5 (1,0 điểm) 2( x + 2) + ( x + 2 ) = x -1 +1 + 1 0,25 1 e x + x I = ò x dx = ò 1.dx + ò x.e - x . dx e 0 0 0,25 1 I1 = ò dx = x 1 = 1 0 0,25 0 1 ìu = x ì du = dx I 2 = ị x.e - x . Đặt í dx Þí -x - x v 0 ỵ dv = e dx ỵ = -e 1 1 I 2 = ( - xe ) + ò - x .dx = ( - xe - x - e x ) 0 = 1 e -x 0 S 6 (1,0 điểm) A D H B O C 0,25 2 2 Vậy I = I1 + I 2 = 2 - e e 0,25 * Tính thể tích khối chóp S.ABCD : SH ^ (ABCD) =>HO là hình chiếu của SO trên (ABCD) nên 0,25 · · · ( SO, ( ABCD )) = ( HO, AC ) = SOH = 60 0 2 a a 3 = 2 a 3 a Trong tam giác SHO có SAH = HO.tan 600 = 3 = 2 Diện tích ABCD là S ABCD = 2S DABC = 2. Thể tích S.ABCD là VS ABCD = SH ABCD = S 0,25 3 a 3 12 *Tính khoảng cách từ B đến (SCD) : d ( B ( SCD ) ) = , VB SCD = VS BCD 3 B SCD V (1) S SCD 0,25 3 a 3 = VS ABCD = (2) 24 SD = SH + HD = a 57 a 21 ; SC = SH + HC 2 = 6 Trong tam giác SCD có SD = a 57 a 21 SC + SD + CD ; SC = ; CD = a; p = ; 6 2 S SCD = a 2 21 p ( p - SC )( p - SC )( p - CD ) = (3) 12 Từ (1), (2), (3) ta có 0,25 3a 7 d ( B ( SCD ) ) = , 14 7 (1,0 điểm) Giả sử D ( a; b ) . Vì M là trung điểm BD nên B ( - a; -2 - b ) . Ta có · = 900 Þ AD ^ DC Þ BN / / ADC CD uuu r NB = ( - a;1 - b ) uuu r CD = ( a - 4; b + 2 ) Ta có ) ( - a )( b + ) = ( a - )(1 - b ) Û b = a - 6 (1 uuu r Ta có PD = ( a - 1; b - 3) ; uuu uuu r r PD ^ CD Û ( a - 1)( a - 4 ) + ( b + )( b - ) = 0 (2) uuu uuu r r NB, CD cùng phương é a = 5 ë a = 4 0,25 0,25 Thế (1) vào (2) ta có 2a 2 - 18a + 40 = 0 Û ê 0,25 Với a = 4 ta có b = 2. Khi đó D(4;2) trùng C (loại). Với a = 5 ta có b = 1. Vậy D(5;1) và B(1;1). Vì AD đi qua P(1;3) và D(5;1) nên phương trình đường thẳng AD: x + y – 4 = 0. Vì AB vng góc với BC nên phương trình đường thẳng AB: 3x y – 4 = 0. 0,25 ì3 x - y - = ì x = 2 Ûí ỵx + y - = ỵ y = 2 Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình í Vậy A ( 2; 2 ) , D(5;1) và B(1;1). * Viết phương trình mặt phẳng (P) : r 8 d có véctơ chỉ phương là : u = (1;3; 2) , vì (P) vng góc với d nên (P) có véctơ pháp r tuyến u = (1;3; 2) (1,0 điểm) Phương trình mp(P) : 1( x - 2 ) + 3( y - 3) + 2( z - 5) = Û x + y + z - 21 = 0 * Tìm N: Vì N thuộc d nên N(t 1; 3t 2; 2t + 2). Ta có MN = Û (t - 3) + (3t - 5) + (2t - 3) 2 = 5 ét = 3 ỉ 20 ư Û 14t - 48t + 18 = 0 Û ê 3 . Vậy: N(2; 7; 8) hoặc N ç - ; - ; ÷ êt = è 7 7 ø ë 7 0,25 0,25 0,25 0,25 2 22 ổ 2ử Shngtngquỏttrongkhaitrin ỗ x - ữ x ø è (0, 5 điểm) 0,25 k k C22 ( x 2 ) 22 - k ỉ 2 ư = C k ( ) x44 -3 k k ỗ- ữ 22 -2 ố x ø ì0 £ k £ 22 ï Ta có ík Î ¥ Û k = 12 , Vậy, hệ số của x 8 trong khai triển nhị thức Niutơn ï44 - 3k = ỵ 0,25 22 ỉ 2 2 ư 12 ca ỗ x - ữ l C12 ( - ) 22 x ø è 10 (1,0 điểm) Đặt a = - x ; b = 1 + x thì a + 4b 2 = 9; a, b ³ 0 é pù Do đó đặt a Ỵ ê0; ú : a = 3sin a ; 2b = 3cos a Khi đó: ë 2 û 3 3sin a - cos a a - b 2sin a - cos a 2 P = = = a + 2b + 3sin a + 3cos a + 2sin a + cos a + 4 sin a - cos a é pù , với a Ỵ ê0; ú 2sin a + cos a + 4 ë û + 4sin a + 8cos a é pù > 0 với mọi a Ỵ ê0; ú Ta có f '( x) = 2 (2 sin a + cos a + 4) ë û 0,25 Xét hàm số f ( x) = 0,25 é pù Suy ra hàm f(x) đồng biến trên đoạn a Ỵ ê0; ú ë û ỉ p 1 Do đó: f (a ) = f (0) = - m ax f (a )= f ỗ ữ = pù é pù é0; ú x ê0; ú Ỵ è ø 3 ê 2 ë 2 û ë û 1 6 5 4 1 3 Vậy min P = - , khi x = ; Vậy max P = , khi a = - 1 Cảm ơn thầy Ngô Quang Nghiệp (nghiepbt3@gmail.com )đã gửi tới www.laisac.page.tl 0,25 0,25 tf L7't- SO GDÐA TINH @A thi cd EE THr CUOI LoP 12 THPT NAM HgC 2014 - 201s MOn thi:TOAN 0I trang) Ciu (2,0 dtdm)Cho Thoi gian ldm bdi:180 phfit T x-z hhm s5, y = Khio s6t sg bi6n thiOn vi vE AO tfri (C) cua him s6 dd cho b) Vi6t phuong uinh tifo tuy6n cua dd *iI:' tCl t4r giao diAm cria tl6 ttri (C) voi tryc tung a) CAU (1,0 di6m) a)Cho g6c a thodmin: vi'sinA=1.rrnr, A=sin 2(a+ 7t) 1."0 Vx)-4rx7L- -3 A., ^,, \' YJv' -r)*7' $x$)2' t-l g(x)=0 Vsi r=0=) !=0i x=-3 =0 tri"h 0.25 y=9 OOi ctrii5u di€u kiQn ta tfr6y phuong trinh c6 nghiQm: (0;0); (-3;9) Cflu Q,0 diem) [ ,t 444 = I r(t + s in}x)dx 000 Ta c6 ,t ,r - I **+ (1) !.*=+#=* lt L 2xdx= - Th6 (2),(3) Ciu 0.25 + LL bsin o 4.25 (2) I x sin 2xdx +! to xd@os2x) vio (t) ta c6 : I =+,rcos z.lt + ! /.0 rorzxdx:+sin 2xlf = (3) 'v 4 0.50 =t* =n'-!8 324 32 Q.0 diAm) -r"'i:t\t, \ ,' -8I \-F K -.' :_ Ta c6 BO = AB.sin Z.BAQ =asfn3Oo -t' AO = AB.sin ZABQ =asin60o =oJi 2) 0.25 u ln x u / ln x 5 x I1 dx : / x v v x x 4 0.25 1 1 I1 ln x dx ln dx ln ln ln x x 5 x x5 x 5 x2 I xdx KL : 0.25 15 0.25 15 ln 2 0.25 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân có BA BC a SA ABC , Câu ( điểm ) góc hai mặt phẳng SAC SBC 600 Tính thể tích khối chóp S ABC S Gọi E trng điểm AC suy BE SAC BE SC 0.25 F A E C B Vẽ EF vuông góc với SC F ta có SC BF suy EFB = 60 góc (SAC) (SBC) Tam giac BEF vuông E nên EF= a 2 3SA SC SA a Tam giác SAC đồng dạng với tam giác EFC suy Thể tích V = 0.25 0.25 a S ABC SA 0.25 Câu 5.(1 điểm) AB 1; 2;1 ; n 2; 1; n p AB; n 3; 4;5 Ptmp(P) 3 x y z R d A; 0.25 0.25 1 1 0.25 ptmc S : x 3 y 1 z 1 2 64 0.25 -Câu 6: pt 2sin x 1 cosx + sinx +1 0.25 s inx = 5 0.25 x k 2 ; x k 2 ; x k 2 ; x k 2 0.5 6 s inx +cosx = - - Câu (1 điểm) Gọi n a; b vtpt CD a b PT CD: ax by a b 2.S d M , CD CD 2a b a 0; b CD : y 3a 4ab a b2 a 4; b CD : x y d Với CD: y D d ; 1 ; CD AB 64 d 9 : L D 7; 1 ; AB DC 4;0 B 9; 3 2 25 d 1 4d Voí CD: x y D d ; 64 : loại CD S BCD S ACD d A; CD 0.25 0.25 0.25 0.25 KL : Câu 8: ( điểm) đk: y x , đặt t x y Thì ( 1) 3t 9t 52t x x 3t 2 32t 2t f t f 2t 5t (3) 0.25 3x 1 3 Xét f x hs nghịch biến / R nên từ (3) suy t x 5 5 0.25 y x vào pt (2) : x x x x x 1 x Do s s x 1 4s s s (4) s s nên 4 s s s (5) (4) trừ (5) ta có s 4 s 2s (*) 0.25 f x x 4 x x f / x ln 4 x x ln 1 2 Nên hs nb , suy s = nghiệm pt (*) từ hệ có nghiệm x; y 1; 0.25 -Câu 9( 1điểm) gt ta có x yz yz z y z 1 y 1 x y y 1 Ttự y zx x y x 1 ; Và z xy x 1 y 1 x Nên P Ta có y 0.25 z2 x2 y x y z2 = x 1 y 1 x y x 1 y 1 x 1 y 1 x y y 1 x y x 1 2 x y ; x y x y 2 2 x y 2 x y 4 x y Nên P x y 2 x y z2 x y 2 0.25 = 2 x y x y 2 z2 x y 2 z2 z 13 13 hay P f z ; z , lập BBT ta f z 4 z z 1 x y 0.25 0.25 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH LÂM ĐỒNG ĐỀ LUYỆN KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa STAR MƠN: TỐN - ĐỀ SỐ website: www.maths.edu.vn Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề Câu ( 2,0 điểm ) Cho hàm số: y x 3x 2, có đồ thị C a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị C b Tìm tất điểm đường thẳng y mà từ kẻ tiếp tuyến đến đồ thị C Câu (1,0 điểm ) a Giải phương trình: sin2x tan x b Cho số phức z cho z 10 phần thực z lần phần ảo Tính z Câu (0,5 điểm ) Giải phương trình: log5 3x log 2x 9y 3x 125 Câu (1,0 điểm ) Giải hệ phương trình: 2 45x y 75x 6y log2 e x dx Câu ( 1,0 điểm ) Tính tích phân sau: I x ln x Câu ( 1,0 điểm ) Cho hình lăng trụ ABC A ' B 'C ', có ABC tam giác cạnh a Đỉnh A ' cách đỉnh A, B,C Góc cạnh bên mặt phẳng đáy 600 Tính thể tích khối chóp A '.BCC ' B ' tính góc hai mặt phẳng A ' BC , CC ' B ' Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC , đường phân giác góc A có phương trình AD : x y , đường cao CH : 2x y 0, cạnh AC qua M 0, 1 , AB 2AM Viết phương trình ba cạnh tam giác ABC x 2t Câu (1,0 điểm) Trong không gian tọa độOxyz , cho đường thẳng : y t z t t điểm M 2,1,2 Viết phương trình mặt phẳng chứa cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng Câu (0,5 điểm) Một hộp chứa 30 bi trắng, bi đỏ 15 bi xanh Một hộp khác chứa 10 bi trắng, bi đỏ bi xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp bi viên bi Tìm xác suất để bi lấy màu Câu 10 ( 1,0 điểm ) Cho x, y, z số dương thỏa mãn xy yz xz xyz Chứng minh rằng: 1 1 x 3y 2z y 3z 2x z 3x 2y - Hết - Trang SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa STAR MƠN: TỐN - ĐỀ SỐ website: www.maths.edu.vn Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề Thí sinh làm cách khác đáp án cho đủ số điểm Câu ý a Lời Giải y x 3x Điểm Tập xác định: D x y 2 y ' 3x 6x ; y ' x y Hàm số nghịch biến ; , 2; ; đồng biến 0;2 Điểm cực đại 2;2 , điểm cực tiểu 0; 2 lim y , lim y x Bảng biến thiên: x y' 0 CĐ y 0,5 x CT 2 Đồ thị Điểm đặc biệt: x y 1 2 0,5 Phương trình tiếp tuyến qua M có hệ số góc k có dạng y k x m Đường thẳng tiếp tuyến đồ thị C hệ phương trình sau phải có nghiệm x 3x k x m 1 2 3x 6x k b Đường thẳng d : y Gọi điểm M thuộc đường thẳng d M m;2 0,5 2 Trang Thay vào 1 ta x 2x 3m x 6mx 2x 3m x Trên đường thẳng d kẻ tới đồ thị C ba tiếp tuyến phương trình * có m 1 9m 6m 15 m nghiệm phân biệt 6m 12 m 5 Vậy m ; 1 ;2 2; 3 a sin2x tan x Điều kiện: cos x x k , k Với x k , chia vế phương trình cho cos2 x ta 2 sin x cos x tan x pt 2 tan x tan2 x tan x 2 cos x cos x cos x tan x tan x x k ; k 2 tan x tan x VN Vậy phương trình cho có họ nghiệm S k k 4 b Gọi z a bi z a b ; a,b 3 1 3 1 Điều kiện: x 0,25 ta số phức z 3 – i z 3 i Vậy z 17 0,25 ta số phức z i z i Vậy z * 2x 1 3x 1 2x 1 Phương trình tương đương log5 3x log5 2x 0,25 a 3 a b 10 z 10 (3b)2 b 10 b 1 Theo đề ta có a a 3b a 3b a 3b b a Với b a Với b 0,25 0,5 log5 3x log5 3 0,25 Trang 8x 33x 36x x x 8x x 0,25 So sánh điều kiện * nên phương trình cho có nghiệm S 3xy 9x 2y 15xy 25 9y 9y 3x 125 2 45x y 75x 6y 5x 3xy 2y Dễ thấy x ; y 0; nghiệm hệ, chia vế theo vế hai phương trình 9x 2y 15xy 25 9y 10 xy 18 xy 75xy 50 xy 5x 10 Với xy y 125 y x 3 125 Với xy y y x 2 1 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm x, y ;5 , ; 3 3 2 log2 e e ln2 x x I dx ln2 10 x ln x x ln x dx Đặt t ln x t ln x 2tdt x 0,5 ta được: 0,5 x Đổi cận: x e ln 10 t t I ln 10 t 0,5 2tdt t 7 2 t 2t 8 t dt t 5 15 15 ln2 10 ln 10 15 ln 10 1 0,5 Trang Vì A ' A A ' B A 'C ABC cạnh a A '.ABC hình chóp tam giác A' Gọi M trung điểm BC O trọng tâm ABC M' Theo đề ta có A 'O ABC Vậy AO hình chiếu A ' A lên mặt phẳng ABC AA ', ABC AA ', AO A ' AO 60 B' Ta có AM đường cao ABC nên có AM AO a C A O M a a OM AM AM 3 Xét A 'OA vng tạiO , nên ta có tan A ' AO A 'O OA tan A ' AO C' B 0,5 A 'O OA a tan 600 a Vậy thể tích lăng trụ ABC A ' B 'C ' là: VABC A ' B 'C ' A 'O.S ABC a Và thể tích chóp A ' ABC là: VA ' ABC a2 a3 (đvtt) 4 1 a3 a3 (đvtt) A 'O.S ABC 3 12 Nên thể tích khối chóp A ' BCC ' B ' là: VA ' BCC ' B ' VABC A ' B 'C ' VA ' ABC Gọi M ' trung điểm B 'C ' A ' M ' A ' AM A ' BC BCC ' B ' BC Ta có A ' M A ' BC , A ' M BC M ' M BCC ' B ' , M ' M BC A ' BC , BCC ' B ' A ' M , M ' M A ' MM ' a3 (đvtt) Mà BC A ' AM BC A ' M ' MA BC M ' M BC A ' M 0,5 Mà A ' MM ' AA 'M so le AO Ta có tan AA 'O A 'O a 3 AA 'O 300 a OM tan MA 'O A 'O a MA 'O 17 a Mặt khác AA 'M AA 'O MA 'O 470 Trang Gọi M ' x ; y điểm đối xứng M qua đường phân giác AD M ' AB Véctơ MM ' x ; y0 , trung điểm đoạn A x y 1 MM ' I ; , VTPT đường thẳng AD 2 H M' n AD 1; 1 VTCP u AD 1;1 MM '.u AD MM ' AD Ta có I AD I AD x y x 1 x M ' 1; y0 0 y 2 M I B D C 0,5 Đường thẳng qua AB qua M ' 1; vng góc CH phương trình cạnh AB : x 2y Ta có A AB AD nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình x 2y A 1;1 x y Đường thẳng AC qua A 1;1 ; M 0; 1 phương trình cạnh AC : 2x y Lại có C AC CH nên tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình 2x y C ; 2 2x y Vì B AB B 2b 1;b AB 2b 2;b 0,5 Ta có AB 5b 10b AM Vì AB 2AM 5b 10b b 1 b Vậy có điểm B 3; 1 ; B 5; (Dễ thấy B 5; AB 2AM ' AB, AM ' ngược hướng nên không thỏa yêu cầu) 5 BC ; 1 5; 2 VTPT BC nBC 2;5 2 Vậy phương trình cạnh BC : 2x 5y 11 Ta có N 1;1;2 , mà mặt phẳng chứa , N có dạng : A x 1 B y 1 C z 2 Gọi n A; B;C VTPT mặt phẳng Vậy phương trình mặt phẳng Ax By Cz A B 2C 0,5 Vì nên u n C B 2A Vậy mặt phẳng trở thành Ax By B 2A z 3A 3B Trang Theo đề có khoảng cách từ M tới mặt phẳng A AB 3 AB 5A2 2B 4AB Chọn A B C 1 Vậy phương trình mặt phẳng : x y z 0,5 1 Số trường hợp lấy viên bi từ hai hộp ngẫu nhiên là: n C 52 C 25 1 Trường hợp 1: Số cách để lấy hai viên bi trắng từ hộp hộp 2: n1 C 30 C 10 1 Trường hợp 2: Số cách để lấy hai viên bi đỏ từ hộp hộp 2: n2 C C 1 Trường hợp 3: Số cách để lấy hai viên bi đỏ từ hộp hộp 2: n3 C 15 C 0,25 Vậy xác suất để bi lấy màu là: 1 1 1 n1 n2 n3 C 30 C 10 C C C 15 C P n 1 n C 52 C 25 10 Ta có xy yz xz xyz 0,25 1 1 x y z Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có 1 1 1 x 3y 2z x 2z 3y x 2z 3y 1 11 1 11 2 x 2z x z z x z z x z 1 1 1 Vậy x 3y 2z x z 3y 12 3x y 3z 1 1 Tương tự ta có y 3z 2x 12 3y z 3x Mặt khác ta có 0,5 1 1 z 3x 2y 12 3z x 3y Cộng vế 1 , 3 ta được: 3 1 1 1 1 1 x 3y 2z y 3z 2x z 3x 2y 12 3x y 3z 3y z 3x 3z x 3y 11 1 6x y z 0,5 1 1 x y z Dấu xảy x y z 1 x y z Giáo viên đề: Lê Quang Điệp Trang SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC —————— Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT VÀ THI TS ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC: 2014 -2015 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời giao đề Đề thi gồm: 01 trang ——————— 2x có đồ thị (C) x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng (d ) : 3x y Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : sin x cos x 2sin x.cos x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số: y x x Câu (1,0 điểm) Trong hộp có 20 viên bi gồm 12 bi đỏ khác bi xanh khác Xét phép thử ngẫu nhiên lấy viên bi từ hộp, tính xác suất để viên bi lấy có khơng q bi đỏ Câu (1,0 điểm) Tìm m để phương trình: x m x có hai nghiệm thực phân biệt Câu 6(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB a, AD 2a, SA ( ABCD) SA a Tính theo a thể tích chóp S.ABCD khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBM) với M trung điểm CD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có D (6; 6) Đường trung trực đoạn DC có phương trình 1 : x y 17 đường phân giác góc BAC có phương trình : x y Xác định tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD x 12 y x y y ( x, y R ) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x2 y3 y 5x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức: P 2(ab bc ca )3 27 a 2b c 3(a b c ) 6(ab bc ca ) a,b,c số thực không âm thỏa mãn a b c Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh : ; Số báo danh: Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl ĐÁP ÁN KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT VÀ THI TS ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC: 2014 -2015 ; MƠN: TỐN Lưu ý chấm bài: -Đáp án trình bày cách giải gồm ý bắt buộc phải có làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước khơng cho điểm bước -Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo ý đáp án điểm -Trong làm, bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai khơng điểm -Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn Câu Câu ý a) Nội dung trình bày Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y Tập xác định: D = R \ 1 2x x 1 Điểm 2,0 1,0 Sự biến thiên: 0,25 0, x D ( x 1) Hàm số đồng biến khoảng (; 1) (1; ) - Chiều biến thiên: y , - Giới hạn tiệm cận: lim y lim y tiệm cận ngang: y=2 x x lim y , lim y tiệm cận đứng: x=-1 x ( 1) - Bảng biến thiên: 0,25 x ( 1) x y’ y -1 + + 0,25 Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành điểm 2;0 , cắt trục tung điểm (0;-4) Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận làm tâm đối xứng 0,25 b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng (d ) : x y Gọi M ( x0 ; y0 ) (C ) (với x0 1 ) tiếp điểm tiếp tuyến cần tìm Từ giả thiết ta có hệ số góc tiếp tuyến với (C) M k x 1 Ta có pt: ( x0 1) ( x0 1) x0 3 x 2 19 Với x0 3 M (3;5) Ta có PTTT cần tìm là: y x 2 19 KL: Vậy có hai TT thỏa mãn ycbt y x ; y x 2 2 Giải phương trình : sin x cos x 2sin x.cos x Phương trình sin x cos x sin x sinx Với x0 M (1; 1) Ta có PTTT cần tìm là: y Câu 2sin x sinx 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 x k 2 Với sin x (k Z ) x 5 2k 0,25 5 k 2 ; x k k Z 6 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số: y f ( x) x x Vậy phương trình có họ nghiệm x k 2 ; x Tập xác định: D = 2; 4 y' 0,25 0,25 sin x=0 s inx Với sin x x k (k Z ) Câu 1,0 1,0 0,25 1 ; y ' x x x 2; 4 x2 4 x 0,25 Ta có: f (2) f (4) 2; f (3) 0,25 Vậy Max f ( x) x=3; Min f ( x) x=2 x=4 0,25 x 2;4 Câu x 2;4 Trong hộp có 20 viên bi gồm 12 bi đỏ khác bi xanh khác Xét phép thử ngẫu nhiên lấy viên bi từ hộp, tính xác suất để viên bi lấy có không bi đỏ Số cách chọn bi từ hộp C20 77520 (cách), suy n() 77520 Các trường hợp lấy viên bi có khơng q bi đỏ là: Lấy bi xanh: có C87 (cách) 1,0 0,25 0,25 Lấy bi đỏ, bi xanh: có C12C86 336 (cách) Lấy bi đỏ, bi xanh: có C12C85 3696 (cách) Goi A biến cố : ‘ Trong viên bi lấy có khơng q bi đỏ’ 0,25 Ta có n( A) 8+336+3696 = 4040 n( A) 4040 101 Do P ( A) n() 77520 1938 Câu 0,25 Tìm m để phương trình x m x có hai nghiệm thực phân biệt x3 Vì x 0x nên Pt m x2 1,0 0,25 Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số x3 y f x hai điểm phân biệt x2 Ta có: f '( x) 3 x x 1 ; f ' x x 0,25 BBT hàm f(x) 0,25 x ' f ( x) + - 10 f ( x) 1 0.25 Từ BBT suy m 10 Vậy với m 10 pt cho có hai nghiệm thực phân biệt Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB a, AD 2a, 1,0 SA ( ABCD) SA a Tính theo a thể tích chóp S.ABCD khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBM) với M trung điểm CD S H D A M N B C Ta có S ABCD AB AD a.2a 2a 0,25 1 2a Do : VS ABCD SA.S ABCD a.2a (đvtt) 3 Dựng AN BM ( N BM ) AH SN ( H SN ) BM AN AH BM Ta có: BM AH AH ( SBM ) BM SA AH SN Do d ( A, ( SBM )) AH 0,25 0,25 Ta có: S ABM S ABCD S ADM a 2a 4a AN BM a AN BM 17 1 4a Trong tam giác vng SAN có AH 2 AH AN SA 33 4a Vậy d ( A, ( SBM )) AH 33 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có D (6; 6) Đường trung trực đoạn DC có phương trình 1 : x y 17 đường phân giác góc BAC có phương trình : x y Xác định tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD 2a 17 Gọi I trung điểm CD, I 1 I (a; ) 2a nên DI (a 6; ) , đường thẳng 1 có VTCP u1 (3; 2) DI u1 a 4 I (4; 3) suy C (2;0) Mà S ABM Câu 0,25 1,0 0,25 Gọi C’ đối xứng với C qua Ta có phương trình CC’: x-5y+2=0 x 5y 1 J ( ; ) nên Gọi J trung điểm CC’ Tọa độ J nghiệm hệ 2 5 x y C ' (3;1) Đường thẳng AB qua C’ nhận DC làm VTCP có phương trình: 3x-2y-7=0 \ 3 x y Tọa độ A nghiệm hệ: A(1; 2) 5x y Do ABCD hình bình hành nên AB DC suy B (5; 4) Vậy A(1; 2) , B (5; 4) , C (2;0) Câu x 12 y x y y (1) Giải hệ phương trình: ( x, y R ) x y y x(2) 3 Ta có (1) x x (2 y 1) (2 y 1) (*) Xét hàm số f t t t , t , f t 3t t Vậy hàm số f t đồng biến Từ * ta có f x f y 1 x y 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 Thế x y vào (2) ta phương trình: y5 (2 y 1) y y (2 y 1) y (8 y 5) 0,25 y5 y5 8 2 8 y 60 y 76 y 24 ( y 1)(8 y 52 y 24) Câu y5 y 1 y y y y Với y x Với y x 11 Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1) (11;6) Tìm giá trị lớn biểu thức: P 2(ab bc ca )3 27 a 2b c 3(a b c ) 6(ab bc ca ) 0,25 1,0 a,b,c số thực khơng âm thỏa mãn a b c Ta có: ab bc ca 3 ab.bc.ca 27 a 2b c (ab bc ca )3 Lại có: a b c ab bc ca 3(a b c ) 3(ab bc ca ) 0,25 Do P (ab bc ca )3 3(ab bc ca ) t 3t f (t ) 0,25 (a b c) 1 Ta có bảng bt hàm số f(t) 0;1 với t ab bc ca t f’(t) + 0,25 f(t) Từ BBT ta có: Max f (t ) t=1 t 0;1 Từ ta có GTLN P a b c Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ (visaolangle00@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl 0,25 ... - Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 -2015 LẦN Thêi gian lµm bµi: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu Nội dung §iĨm Với m=0... a b TRƯỜNG ĐHSPHN KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP Môn thi: TOÁN; Khối A, A1, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao ñeà Câu (2,0 điểm) Cho... TỐN TRƯỜNG THPT CAO BÁ QT-QN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MƠN TỐN Thời gian làm 180 phút ( không kể thời gian phát đề) Câu 1(2điểm): Cho hàm số y x 1 2x a)Khảo sát biến thi? ?n vẽ đồ