b Một xạ thủ bắn vào tấm bia.. Tớnh xỏc suất để trong ba lần bắn cú ớt nhất một lần bắn trỳng bia.. Tớnh diện tớch tam giỏc ABC và tỡm tọa độ chõn đường cao kẻ từ A của tam giỏc ABC..
Trang 1Trờng THPT
lạng giang số 2 đề THI THử THPT QuốC GIA NĂM HọC 2014 - 2015 (Lần thứ 3)
Môn thi: Toán Ngày thi : 05/04/2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 ( 2 điểm) Cho hàm sụ́: y 2x 21 ( )C
x
−
=
a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm sụ́ đó cho.
b) Tỡm trờn (C) tất cả cỏc điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai tiệm cận của (C) tại hai điểm A, B sao cho AB=2 10
Câu 2 (1 điểm)
a) Giải phương trỡnh : 3cosx− = − −2 3(1 cos ).cotx 2 x
b) Giải bất phương trỡnh : 2log (4 x−3)+log2(x−1)≥3
Câu 3 (1 điểm) Tớnh tớch phõn 1( ) ( 2 )
0
Câu 4 (1 điểm)
a) Tỡm sụ́ phức z thoả món 1 iz− = −z 3i và z 1
1 i
+
− là sụ́ thuần ảo.
b) Một xạ thủ bắn vào tấm bia Xỏc suất trỳng đớch là 0,2 Tớnh xỏc suất để trong ba lần bắn cú ớt nhất một lần bắn trỳng bia
Câu 5 (1 điểm) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giỏc ABC với (1; 1;2) A − , B(-1; 1; 3),
C(0; 2; 1) Tớnh diện tớch tam giỏc ABC và tỡm tọa độ chõn đường cao kẻ từ A của tam giỏc ABC.
Câu 6 (1 điểm) Cho hỡnh chúp . S ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh thang vuụng tại A và B,
2
AD
phẳng ( ABCD bằng ) 45 Gọi M là trung điểm của AB và G là trọng tõm tam giỏc0 ACD Tớnh thể tớch khụ́i chúp S AMCD và khoảng cỏch từ G đến mặt phẳng (SCD) theo a
Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giỏc ABC nội tiếp đường trũn (T) cú
phương trỡnh (x−1)2 +(y−2)2 =25 Cỏc điểm K(-1; 1), H(2; 5) lần lượt là chõn đường cao hạ từ
A, B của tam giỏc ABC Tỡm tọa độ C, biết rằng đỉnh C cú hoành độ dương.
Câu 8 (1 điểm) Giải hệ phương trỡnh: ( )2
5 5
4 8 12 8 1 2
3 3 0
+ + − = −
− + − =
Câu 9 (1 điểm) Cho ba sụ́ thực a, b, c thuộc đoạn [1; 2] Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức :
2 2
4
a b
c ab bc ca
+
Hết
Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh
Trang 2TRƯờNG THPT
LạNG GIANG Số 2 HƯớNG DẫN CHấM THI THử THPT QuốC GIA NĂM HọC 2014-2015
(Lần thứ 3) Môn thi: Toán Ngày thi: 05/04/2015
(Đáp án gồm 05 trang)
Chú ý: Dới đây chỉ là sơ lợc từng bớc giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài Bài làm của thí
sinh cần phải chi tiết, lập luận chặt chẽ Nếu thí sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phần tơng ứng
Câu 1.
(2 điểm) a) Khảo sỏt và vẽ đồ thị:+) TXĐ: D R= \{2}
+) Sự biến thiờn:
- Chiều biến thiờn: 2
3
( 2)
x
= − < ∀ ∈
− Hàm sụ́ nghịch biến trờn cỏc khoảng (−∞; 2) và (2;+∞)
- Cỏc giới hạn và tiệm cận: limx→+∞y=2; limx→−∞y=2; suy ray=2 là tiệm cận ngang
xlim→2+ y= +∞; limx→2− y= −∞; suy ra x=2 là tiệm cận đứng
- Bảng biến thiờn:
y
+) Đồ thị:
Giao với trục Ox tại 1;0
2
ữ
, giao với trục
Oy tại 0;1
2
ữ
, đồ thị cú tõm đụ́i xứng là
điểm (2; 2)I
0,25 0,25
0,25
0,25
b) Giả sử ;2 1 ,( 2)
2
a
a
−
− ữ
thuộc đồ thị (C)
Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M cú dạng 2
a
Gọi A là giao của tiệm cận đứng với ( )∆ , suy ra (2; 6 2)
2
A
− ,
B là giao của tiệm cận ngang với ( )∆ , suy ra (2B a−2; 2)
2
36 (2 4)
( 2)
a
− , theo bài ra AB2 =40 nờn ta cú phương trỡnh:
2
2
36
( 2)
a
a
− ⇔ −(a 2)4−10(a−2)2+ =9 0
0,25 0,25
0,25
Trang 32 2
1
1 ( 2) 9
5
a
a a
a
=
− = =
= −
− =
=
Vậy có 4 điểm M thỏa mãn là: (1; 1), (3;5), ( 1;1), (5;3)− −
0,25
C©u 2.
(1 ®iÓm) a) Giải phương trình: 3cosx− = − −2 3(1 cos ).cotx 2x
Điều kiện xác định: sinx≠0 ⇔ cosx≠±1 (*)
Với điều kiện (*) phương trình đã cho tương đương:
( ) 22
cos 3cos 2 2 3 1 cos
sin
x
x
− = − −
cos 3cos 2 2 3 1 cos
1 cos
x
x
− = − −
−
cos 1
cos 3 2 cos
+
−
=
−
x
x x
−
=
=
⇔
3
2 cos
2
1 cos
x
x
(thỏa mãn điều kiện (*))
2 3
2 arccos 2
3
π
= ± +
⇔
= ± − ÷+
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
π
π 2
3 k
x=± + , arccos 2 2
3
(k∈¢)
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Giải bất phương trình sau: 2log (4 x−3)+log2(x−1)≥3
Điều kiện xác định: x>3 (*)
Khi đó bất phương trình đã cho tương đương
( −3)+log ( −1)≥3 ⇔ log2 x 2 x log2[(x - 3)(x - 1)] ≥ 3 ⇔(x-3).(x-1) ≥ 8 ⇔ x2 −4x−5≥0 ⇔ x≤−1 hoặc x ≥5
Kết hợp với điều kiện (*) được x 5≥
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là: x≥5
0,25
0,25
C©u 3.
2 1
0
Tính 1( ) 2
2 0
2
1
2
x x
e
= −
= −
⇒
2
0
0
Vậy
1
I = + = +I I − = +
0,25 0,25
0,25 0,25
C©u 4.
(1 ®iÓm) a) Đặt z a bi a, b R= + ( ∈ ) Ta có:
( ) ( )2 2 2 ( )2
1 iz− = −z 3i ⇔ + − = − +1 b ai a 3 b i ⇔ +1 b +a = + +a 3 b ⇔ = −b 2
Khi đó z=a−2i,
0,25
Trang 4suy ra ( ) (a i) i a i
i i
i i
a i
z
2
3 2
1 2
1 2
1 2 )
1 )(
1 (
1 2
1
+
=
+ +
−
= +
−
+ +
−
=
− +
Để
i
z
−
+ 1
1 là số thuần ảo thì
2
1 0
2
1
−
=
⇔
=
Vậy số phức cần tìm là 2
2
1
i
0,25
b) Gọi A là biến cố “có ít nhất 1 lần bắn trúng bia trong 3 lần bắn”, suy ra A là biến
cố “trong ba lần bắn không có lần nào bắn trúng bia
Gọi A là biến cố “lần bắn thứ i bắn trúng bia”, ta có i A= A1.A2.A3
⇒ P( ) (A =P A1.A2.A3) ( ) ( ) ( )=P A1.P A2 P A3 =(1−0,2) (.1−0,2) (.1−0,2)=0,512
Vậy xác suất cần tính là: P( )A =1−P( )A =1−0,512=0,488
0,25 0,25
C©u 5.
(1 ®iÓm) Ta có: AB=(−2;2;1), AC=(−1;3;−1)
⇒[AB,AC]=(−5;−3;−4)
Diện tích tam giác ABC :
2
2 5 4 3 5 2
1 ] , [ 2
1 = 2+ 2 + 2 =
= AB AC
Gọi H là chân đường cao kẻ từ A
Đường thẳng BC đi qua B(−1;1;3) và nhận BC =(1;1;−2) làm vecơ chỉ phương nên
BC có phương trình tham số là
−
=
+
=
+
−
=
t z
t y
t x
2 3 1
1
Do H∈BC nên H(−1+t;1+t;3−2t) ⇒ AH =(−2+t;2+t;1−2t)
Do AH ⊥BC nên ( ) ( )
3
1 0
) 2 1 ( 2 2
2 0
.BC= ⇔ − +t + +t − − t = ⇔ t=
AH
Vậy chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC là
−
3
7
; 3
4
; 3
2
0,25 0,25
0,25
0,25
C©u 6.
(1 ®iÓm) +) Diện tích của tứ giác AMCD là:3 2 2 5 2
AMCD ABCD MBC
Do AC là hình chiếu của SC lên (ABCD)
nên góc giữa SC và (ABCD) là
0
45
ˆA=
C
S , suy ra SAC∆ vuông cân tại
2
A SA AC a⇒ = =
Vậy thể tích của khối chóp S.AMCD là:
2
3
5 2
12
a
a
= +) Do AG (SCD) I GI AI
3
1 , =
=
∩ nên d(G (SCD) ) d(A,(SCD) )
3
1
Dễ thấy CD⊥AC,CD⊥SA suy ra CD⊥(SAC) ⇒ (SCD) (⊥ SAC), từ đó nếu kẻ
AH ⊥SC, H∈SCthì AH ⊥(SCD), suy ra:
( ) (A, SCD ) AH AC.sin450 a
Vậy khoảng cách từ G đến (SCD) bằng a/3
0,25
0,25
0,25
0,25
H
A
A
D
S
I
H
2a
a
Trang 5C©u 7.
(1 điểm)
Đường tròn (T) có tâm (1;2)
Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C Ta có · · 1
2
Do ·AHB AKB=· =900 nên AHKB là tứ giác nội tiếp ⇒ ·ABC KHC=· (cùng bù với
góc ·AHK ) (2)
Từ (1) và (2) ta có ·HCx KHC=· ⇒HK // Cx Mà IC⊥Cx ⇒ IC⊥HK
Do đó IC có vectơ pháp tuyến là KH =(3;4), suy ra IC có phương trình là :
( −1) (+4 −2)=0 ⇔
3 x y 3x+4y−11=0.
Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ :
=
− +
−
=
− +
25 ) 2 ( ) 1 (
0 11 4 3
2
2 y x
y x
=
−
=
−
=
=
⇒
5
3
; 1
5
y
x y
Do x C >0 nên C(5;−1).
0,5 0,25
0,25
C©u 8.
5 5
4 8 12 8 1 2
3 3 0
+ + − = −
− + − =
+) Xét hàm số f( )t =t5 +3t, có f'( )t =5t4 +3>0∀t , suy ra f(t) là hàm đồng biến
trên R.
Phương trình thứ 2 của hệ tương đương:
( )x f( )y x y f
y y x
+) Thế y=x vào phương trình thứ nhất của hệ ta được phương trình:
(1 2 ) 4 8 12 8 4 4 1 (1) 8
12 8
4+ x + − x= − x 2 ⇔ + x + − x = x2 − x+ Phương trình (1) có điều kiện xác định là: ∈−
2
3
; 2
1
x
Nhận thấy (1) có hai nghiệm là
2
3 , 2
1 =
−
= x
x , đó cũng chính là các nghiệm của phương trình bậc hai 4x2 −4x−3=0, do đó ta có thể đưa phương trình (1) về dạng
tích có nhân tử là 4x2 −4x−3 , thật vậy khi
2
3 , 2
1 ≠
−
3 2 8
12
1 1
2 8 4
1 3
4 4
3 4 4 3 2 8
12
3 4 4 1
2 8 4
3 4 4
3 4 4 ] 3 2 8
12 [ ] 1 2 8 4 [ 1
2
2 2
2
2
=
+ +
− +
−
+ + + +
−
−
⇔
−
−
= +
− +
−
+ +
− + + + +
+ +
−
⇔
−
−
= +
−
−
− +
+
− +
⇔
x x
x x x
x
x x x
x
x x x
x
x x
x x x
x x
x
0,25
0,25
0,25
0,25
A
H
I
x
Trang 6Ta thấy ( ) ( )
−
∈
∀
>
+ +
− +
−
+ + +
3
; 2
1 ,
0 1 3 2 8
12
1 1
2 8 4
1
x x
x x
x
Vậy phương trình (1) có đúng hai nghiệm là
2
3 , 2
1
=
−
x
KL: Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; y) là
2
3
; 2
3 , 2
1
; 2
1
− −
C©u 9.
(1 ®iÓm) P = ( )
2
2 4
a b
c ab bc ca
+ + + + =
( )
2
a b
c a b c ab
+ + + +
Ta có 4ab≤(a + b)2 nên
2
2
2 4
a b
+
2
2
1 4
a b
c c
+
+ + ÷ + + ÷
Đặt t = a b
c c+ vì a, b, c thuộc [1; 2] nên t thuộc [1;4]
Ta có f(t) = 2
2
4
1 t t
t
+ + , f’(t) = ( )
2 2 2
4 2
1 4
t t
+ + + > 0 với mọi t thuộc [1; 4]
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên [1; 4] nên f(t) đạt GTNN bằng 1
6 khi t = 1
Dấu bằng xảy ra khi a = b ; a b
c
+
= 1, a,b,c thuộc [1;2] , chẳng hạn a = b = 1 và c =2 Vậy MinP = 1
6 khi a = b = 1 và c = 2.
0,25
0,25
0,25
0,25