đề thi thử thpt quốc gia môn toán trường trường trần phú thanh hóa

>> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com và nhập mã ID câu SỞ GD –DT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA Năm học: 2014 -2015 Môn Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. ( ID: 79191) (4,0 điểm) Cho hàm số y = 21 1 x x   gọi là đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (d): x+3y+2 = 0. Câu 2 ( ID: 79192 ) (2,0 điểm) Giải phương trình: 2 sin 2 ( 2 x ) = cos 5x + 1 Câu 3 ( ID: 79193 ) (2,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f(x) = x.      trên đoạn [0;5] Câu 4 ( ID: 79194 ) (2,0 điểm) a. Giải phương trình sau: 23 3 3 2log (2 1) 2log (2 1) 2 0xx     b. Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam, 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ. Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn. Câu 5 ( ID: 79195 ) (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 0xy, cho tam giác ABC có A(4;8), B(-8;2), C(-2;10). Chứng tỏ tam giác ABC vuông và viết phương trình đường cao còn lại. Câu 6 ( ID: 79196 ) (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc 0 60BAC  , hình chiếu của S trên mặt (ABCD) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Mặt phẳng (SAC) hợp với mặt phẳng (ABCD) góc 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) theo a. Câu 7 ( ID: 79197 ) (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ 0xy, cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3x + 5y – 8 = 0 và x –y-4 = 0. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4;-2). Viết phương trình các đường thẳng AB, AC biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Câu 8 ( ID: 79198 )(2, 0 điểm) Giải hệ phương trình                             Câu 9 ( ID: 79199 )(2, 0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc và a 2 +b 2 +c 2 = 5. Chứng minh rằng: (a-b)(b-c)(c-a)(ab+bc+ca)  -4 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com và nhập mã ID câu ĐÁP ÁN Câu 1: 1. (2,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C ) * TXĐ: D=R\   1 0.25 * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y’= 2 3 0, 1 ( 1) x x      0.25 Hàm số đồng biến (-  ;-1) và (-1;+  ), khoảng nghịch biến (0;2) - Cực trị: Hàm số không có cực trị. - Giới hạn tại vô cực và tiệm cận: 21 lim lim 2 1 xx x yy x      , đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang 11 21 lim ;lim 1 xx x yy x         , đường thẳng x = -1 là tiệm cận đứng 0.5 * Bảng biến thiên: 0.5 x  -1 +  y’ + + y 2 +  2 -  * Đồ thị : 0.5 đ Đồ thị hàm số cắt trục 0x tại điểm A( 1 2 ;0) Đồ thị hàm số cắt trục 0y tại điểm B(0;-1) Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là I(-1;2) làm tâm đối xứng Hình vẽ 2. Viết phương trình tiếp tuyến Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm M(x 0 ;y o ) ta có k = f’(x 0 ) = 2 0 3 ( 1)x  0.5 Lại có k.(- 1 3 )=-1  k = 3 0.5 Hay 0 2 0 0 0 3 3 2 ( 1) x x x        0.5 Với x 0 = 0 suy ra y 0 = -1 vậy phương trình tiếp tuyến là y = 3x -1 Với x 0 = -2 suy ra y 0 = 5 vậy phương trình tiếp tuyến là y = 3x +11 0.5 Câu 2 (2,0 điểm) >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com và nhập mã ID câu 2 2sin ( ) 1 cos5 cos cos5 2 x x x x     0.5 cos( ) cos( 5 )xx     0.5 52 63 52 42 k x x x k x x k k x                       là nghiệm của phương trình 1.0 Câu 3: (2,0 điểm) f(x) = 3 (5 )xx hàm số liên tục trên đoạn [0;5] f(x) =x(5-x) 3/2 , với mọi x thuộc (0;5) 0.5 f’(x)= 5 x (5- 5 2 x) 0.5 f’(x) = 0 suy ra x = 5, x = 2. Ta có f(2) = 6 3 , f(0) = f(5) = 0 0.5 Vậy [0;5] (x) x Max f  =f(2) = 6 3 ; [0;5] (x) x Min f   = f(0)=0 0.5 Câu 4:(2,0 điểm) a. 23 3 3 2log (2 1) 2log (2 1) 2 0xx     ĐK: x 1 2  0.25 PT 2 33 8log (2 1) 6log (2 1) 2 0xx      0.25 3 2 33 3 log (2 1) 1 4log (2 1) 3log (2 1) 1 0 1 log (2 1) 4 x xx x                0.25 4 3 2 31 23 x x          là nghiệm của phương trình đã cho 0.25 b. Tính xác suất Ta có 4 16 1820C   0.25 Gọi A =”2 nam toán, 1 lý nữ, 1 hóa nữ” B =”1 nam toán, 2 lý nữ, 1 hóa nữ” 0.5 C =” 1nam toán, 1 lý nữ, 2 hóa nữ” Thì H A B C = “có nữ và đủ ba bộ môn” P(H) = 2 1 1 1 2 1 1 1 2 8 5 3 8 5 3 8 5 3 3 7 C C C C C C C C C   0.25 Câu 5 : (2,0 điểm) Ta có: AB =(-12;-6); BA =(6;-12) 0.5 Từ đó .0AB BA  vậy tam giác ABC vuông tại B 0.5 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com và nhập mã ID câu Viết phương trình đường cao BH. Ta có đường cao BH đi qua B(-8;2) và nhận AC =(-6;-18) =-6(1;3) làm véc tơ pháp tuyến 0.5 PT BH: x + 3y + 2 = 0 0.5 Câu 6 : (2,0 điểm) Gọi O = AC  BD. Ta có OB  AC, SO  AC  SOB =60 0 0.25 Xét tam giác SOH vuông tại H: tan 60 0 = 0 3 .tan60 . 3 62 SH a a SH OH HO     0.25 Ta có tam giác ABC đều S ABCD = 2S ABC = 2 3 2 a 0.25 Vậy V S.ABCD = 2 1 1 3 . . . 3 3 2 2 ABCD aa SH S  (đvdt) =      0.25 Tính khoảng cách FB Trong (SBD) kẻ OE //SH khi đó ta có OC, OD, OE đôi một vuông góc và 33 ;; 2 2 8 a a a OC OD OE   0.5 Áp dụng công thức: 2 2 2 2 1 1 1 1 3 ( , ) 112 a d d O SCD OC OD OE      0.5 Mà d(B, SCD) = 2d(O,SCD) = 6 112 a Câu 7: (2,0 điểm) >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com và nhập mã ID câu Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và AD E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu ; dd nu lần lượt là véc tơ pháp tuyến, véc tơ chỉ phương của đường thẳng d Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 7 40 71 2 ( ; ) 3 5 8 0 1 22 2 x xy M xy y                     0.5 AD vuông góc với BC nên AD BC nu =(1;1) mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình của AD: 1(x-4) + 1(y+2) = 0  x+y -2 =0. Do A là giao điểm của AD và Am nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: 3 5 8 0 1 (1;1) 2 0 1 x y x A x y y             0.5 Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: 4 0 3 (3; 1) 2 0 1 x y x K x y y                0.25 Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK KCE , mà KCE BDA ( nội tiếp chắn cung AB ) suy ra BHK BDK . Vậy K là trung điểm của HD nên H(2;4) 0.25 Do B thuộc BC suy ra B(t;t-4), kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C(7-t; 3- t) HB  (t-2;t-8); AC (6-t;2-t). Do H là trực tâm của tam giác ABC nên 2 . 0 ( 2)(6 ) ( 8)(2 ) 0 ( 2)(14 2 ) 0 7 t HB AC t t t t t t t                   0.25 Do t  3 suy ra t = 2 suy ra B(2;-2), C(5;1) Ta có: AB =(1;-3), .AC =(4;0) suy ra (3;1), (0;1) AB AC nn 0.25 >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com và nhập mã ID câu Suy ra AB: 3x +y – 4 = 0; AC = y -1 = 0 Câu 8 (2,0 điểm) Điều kiện x 33 1;y [ ; ] 22    0.25 Ta có (1) 3 2y 2 1 2 1 1y x x x x        3 2y 2(1 ) 1 1y x x x       0.25 Xét hàm số f(t) = 2t 3 + t ta có f’(t) = 6t 2 + 1 > 0, tR   f(t) đồng biến trên R Vậy (1) 2 0 ( ) ( 1 ) 1 1 y f y f x y x yx             0.25 Thế vào (2) ta được : 2 4 5 2 6 1x x x    2 2 2 2 4 5 4 12 2 ( 4 5 1) (2 2)x x x x x          1 2 4 5 2 3( ) 1 2( ) 4 5 1 2 12 x x x vn xl xx x                          0.5 Với x = 1- 2 suy ra 4 4 2 2 y x       Câu 9: (2,0 điểm) Ta có: (a-b)(b-c)(c-a)(ab+bc+ca)  -4  (a-b)(b-c)(c-a)(ab+bc+ca)  4 (*) Đặt vế trái của (*) là O Nếu ab + bc + ca <0 thì P  0 suy ra BĐT đã được chứng minh 0.25 Nếu ab + bc + ca  0, đặt ab + bc + ca =x  0 0.25 (a-b)(b-c)  23 2 ( ) ( ) ( ) ( )(b c)(a c) (1) 2 4 4 a b c a a c a c ab            0.25 Ta có 4(a 2 +b 2 +c 2 – ab-bc-ca) = 2(a-c) 2 +2(a-b) 2 +2(b-c) 2  2(a-c) 2 +[(a-b)+(b-c)] 2 = 2(a-c) 2 + (a-c) 2 = 3(a-c) 2 Suy ra 4(5-x)  3(a-c) 2 , từ đây ta có x  5 và a –c  4 (5 ) 3 x (2) 0.25 Từ (1) (2) suy ra P  33 1 4 2 3 . [ (5 )] (5 ) 4 3 9 x x x x   (3) Theo câu a ta có f(x) = x 3 (5 )x  6 3 với x thuộc đoạn [0;5] Nên suy ra P  23 .6 3 9 suy ra P  4. >> Để xem đáp án chi tiết của từng câu truy cập trang http://tuyensinh247.com và nhập mã ID câu Vậy (*) được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0. . câu SỞ GD –DT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA Năm học: 2014 -2 015 Môn Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (a-b)(b-c)  23 2 ( ) ( ) ( ) ( )(b c)(a c) (1) 2 4 4 a b c a a c a c ab            0.25 Ta có 4(a 2 +b 2 +c 2 – ab-bc-ca) = 2(a-c) 2 +2(a-b) 2 +2(b-c) 2  2(a-c) 2 +[(a-b)+(b-c)] 2 .           0.5 Với x = 1- 2 suy ra 4 4 2 2 y x       Câu 9: (2,0 điểm) Ta có: (a-b)(b-c)(c-a)(ab+bc+ca)  -4  (a-b)(b-c)(c-a)(ab+bc+ca)  4 (*) Đặt vế trái