Đề thi thử thpt môn toán

Đề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toán

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 cos2 x 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 33 log 4log (3 ) 7 0 xx    trên tập hợp số thực. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 1 0 P 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 2 AB a  , 23 AC 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: 22 2 ( 2 2 1)( 1) 1 9 2014 2 4 2015 x x x y y y xy y y x                    ( , ) xy   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 abc    Hết Xi n  cảm ơ n Raf ae L  F u ji  ( le e k u y n g p yo u n g ja n 1 9@gma il. c o m ) đ ã g ửi t ới  www . la i sa c .p ag e. t l 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 Đi ểm 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 xx yy    ; tiệm cận ngang là: y=1. 11 lim ; lim , xx yy        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;1 I  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 PT hoành độ giao điểm của ĐT hs   1 với đường thẳng d: 2 1 1 ( ) (2 ) 1 0 (2). 1 x x xm g x x m x m x                 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 80 ( 1) 0 20 m g           đúng với mọi m. 0,25 Khi đó , AB xx là nghiệm của phương trình (2). Do tiếp tuyên tại A và B song với nhau nên ta có: 22 () 22 '( ) '( ) 2 ( 1) ( 1) AB AA AB AB x x l f x f x xx xx             Theo định lý Viet ta có: 2 AB x x m    . Do đó 2 2 0. mm      0,25 0.25 2 Giải phương trình: sin2 2sin 1 cos2 x x x    () x   1,0 2 sin2 2sin 1 cos2 sin2 2sin 1 cos2 0 2sin cos 2sin 2s in 0 x 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 0 x x k      0,25  2 3 cos sin 1 cos( ) cos 44 2 2 xk x x x xk                     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 11 ( )ln ln ln e e e I x xdx x xdx xdx xx        0,25  Ta có: 2 1 11 1 ln 1 ln ln (ln ) . 1 22 ee e x I xdx xd x x      0,25  Tính 2 1 ln e I x xdx   , đặt 2 2 2 2 2 2 2 1 ln 13 . ln . 11 2 2 2 4 4 4 2 e dx du u x e e x x e x e e x 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 33 log 4log (3 ) 7 0 xx    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) Đi ề u kiện x>0. Với điều kiện trên PT đã cho tương đương với 2 33 log 4log 3 0xx   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 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 2 1 0 P 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: 32 22 xt yt zt           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 2 AB a  , 23 AC 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:   2 1 . 2 3 2 dt ABC AB AC a    Trong mp   ABC kẻ HK BC  tại K   BC SHK  Từ giả thiết ta có:   = 30 0 0,25 Có 22 4 BC 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 13 . 33 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   ;     =   ;     =  =   5 5 0,25 A C B S H K M D 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 , , 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:   =   2 +   2 =   , 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 (C 1 ).  =  50 , phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF là: (x 6) 2 + (y 9) 2 = 50 (C 2 ). Tọa độ B, C là nghiệm của hệ  (x 3) 2 + (y 5) 2 = 25 (x 6) 2 + (y 9) 2 = 50    x 2 + y 2 6x 10y + 9 = 0 x 2 + y 2 12x 18y + 67 = 0   + 858=0 3+429=0(1) . Tọa độ B, C thỏa mãn phương trình (1), mà (1) là phương trình của một đường thẳng, mặt khác  C 1  , (C 2 ) cắt nhau do đó phương trình (1) là phương trình đường thẳng BC. Vậy BC có phương trình là: 3 + 4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 (C 1 ) , suy ra A(-1; 2), do đó phương trình đường cao AH là: 4x -3y+10=0. 0,25 8 Giải hệ phương trình:         22 2 2 2 1 1 1 1 9 2014 2 4 2015 2 x x x y y y xy y y x                    ( , ) xy   1,0 Đk: 90y xy   Ta có: 2 2 2 1 1 0y y y y y y        , nhân 2 vế PT (1) với 2 1 0. yy    PT         22 1 1 1 1 1 (3)x x y y          0,25 C B I A K D F Xét hàm số:   2 1 f t t t    trên  , có     2 22 1 ' 0, 11 tt tt f t t f t tt           đồng biến trên  (3) ( 1) ( ) 1 f x f y x y         0,25 Pt   2 trở thành: 22 8 3 2015 2014 x x x        3         22 22 11 8 3 3 2 2015 1 0 1 2015 0(4) 8 3 3 2 xx x x x x xx                       0,25 Đặt: 22 11 2015 8 3 3 2 xx T xx       x   có 22 8 3 2015 2014 0 0 x x x x         Do 22 22 11 0, 8 3 3 2 0 0 0. 8 3 3 2 xx x x x T xx                  nên (4) 1 0 1 xx      (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 abc    1,0 Ta có: 22 2 2 2 2 2 1 2 2 1 (1) 2 cc c a b a b      , và 22 1 . 11 ( ) ( ) 1 ab cc P ba aa cc cc    Đặt : 22 1 , ; , 0 . 11 1 a a x y x y x y P c c y x xy          2 2 2 2 22 1 1 1 (1) 2( ) . 2 x y x y xy       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 xy x y x y P y x x y                                  Lại có: 2 1 ( ) 4 4( ) 4 1 0 1 1 1 xy 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 xy y x x y y x x y y x x y xy x y x y x y x y                                           0,25 Đặt: 41 4 ( ) 2 . 21 t x y P f t tt          2 2 2 2 4 1 3 ( 4) '( ) 0, [4; ) ( 2) ( 1) ( 1) ( 2) tt f t t t t t t             , suy ra () ft đồng biến trên [4; )  Vậy 5 ( ) (4) 3 P f t f   hay min 4 5 4 2 2 . 3 xy P t x y a b c xy                0,25 Xi ncảmơ n RafaeL Fuji  (leek uyng pyoun gjan1 9@gmail.co m ) đã gửi tới www . la i sa c .p ag e. tl . 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. 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 Đi ểm 1 a) Khảo sát sự biến thi n và. của hàm số 1 (1) 1 x y x    1 ,0  Tập xác định:   1 . D    Sự biến thi n: - Chiều biến thi n: 2 2 ' 0 . ( 1) y x D x      hàm số nghịch biến trên từng khoảng