DE90 sở GD đt hà tỉnh DA _ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TOÁN NĂM 2015

1 SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH KỲ THI CUỐI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn thi:TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn gồm 06 trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG Nếu thí sinh làm không theo cách đáp án cho đủ số điểm phần hướng dẫn Điểm toàn không quy tròn II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU Câu (2.0 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (1.0 điểm) • Tập xác định: D = R \ {2} • Giới hạn tiệm cận: lim y = −∞; lim y = +∞ ; lim y = 2; lim y = x →−∞ x →+∞ x →2 x → 2− 0.25 + suy đồ thị có tiệm cận đứng đường thẳng x = tiệm cận ngang đường thẳng y = • Sự biến thiên: −5 < 0, ∀x ∈ D ( x − 2) Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; 2) (2; + ∞) - Chiều biến thiên: y ' = - Cực trị: Hàm số cho cực trị - Bảng biến thiên -∞ x y' 0.25 - +∞ - +∞ 0.25 y −∞ • Đồ thị 0.25 b (1.0 điểm) Gọi M (0; y0 ) giao điểm (C) trục tung, ta có y0 = M (0; −1 ) Hệ số góc tiếp tuyến M y '(0) = −5 Phương trình tiếp tuyến đồ thị M y = hay y = − x − Câu (1.0 điểm) Câu (0.5 điểm) 0.25 0.25 −5 ( x − 0) − 0.25 0.25 a (0.5 điểm) A = sin 2(α + π ) = sin(2α + 2π ) = sin 2α = 2sin α cosα = cosα (1) 16 = Ta có cos 2α = − sin α = − (2) 25 25 π −3 Do < α < π nên cosα < , kết hợp với (2) ta có cosα = (3) −3 −24 Thay (3) vào (1) ta có A = = 5 25 b (0.5 điểm) Đặt z = a + bi (a, b ∈ R ) , ta có z = a − bi Khi (1 − 2i ) z + 3(1 + i ) z = + 7i ⇔ (1 − 2i)( a + bi) + 3(1 + i )( a − bi ) = + 7i ⇔ (4a + 5b − 2) + (a − 2b − 7)i = 4a + 5b = a = ⇔ ⇔ a − 2b = b = −2 Vậy phần thực z 3, phần ảo z -2 Ta có 3.4 x+1 − 17.2 x − 29 = ⇔ 12.4 x − 17.2 x − 29 = x Đặt t = (t > 0) t = −1( L) Phương trình cho trở thành: 12t − 17t − 29 = ⇔  29 t =  12 Với t = 29 29 29 ⇔ x = log , ta có x = 12 12 12 29 Vậy nghiệm phương trình là: x = log 12 Câu (1.0 điểm) 2.0 + −1 = suy 0−2  − x3 − y y + − y = x (1)   (4 x + 3)( − y + 3x + − 1) = (2) x ≤ Điều kiện  (*) 0 ≤ y ≤ 16 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Với điều kiện (*) ta có: − x3 + y y + > (1) ⇔ − x − y y + = x + y ⇔ ( ⇔ x+ y )(x (1 − x3 ) − ( y y + 1) − x3 + y y + ) − x y + y + − x3 + y y + = ⇔ = x+ y y = −x (do x − x y + y + − x + y y + > ) Thế vào (2) ta được: (4 x + 3)( x + + 3 x + − 1) = (3) −3 nghiệm (3) nên (4) ⇔ x + + 3 x + − −1 = 4x + −3 − (−4; +∞) \{ } Xét hàm số g ( x) = x + + 3 x + − 4x + 1 36 −3 −8 + > ∀x > −4, x ≠ ; Ta có g '( x) = x + + (4 x + 3) (3 x + 8) Vì x = 0.25 0.25 Lập BBT ta thấy phương trình g ( x) = có nghiệm Ta lại có g (0) = g (−3) = suy x = 0; x = −3 nghiệm phương trình g ( x) = Với x = ⇒ y = 0; x = −3 ⇒ y = Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình có nghiệm: (0;0); (−3;9) Câu (1.0 điểm) π π π 0 I = ∫ x(1 + sin2x)dx = ∫ xdx + ∫ x sin xdx 0.25 0.25 (1) Ta có π π x2 π xdx = |0 = ∫ 32 0.25 (2) π Câu (1.0 điểm) π π −1 x cos x |04 π π 1 = sin x |04 = x sin xdx = − xd ( c os2 x ) = + c os2 xdx ∫ 4 ∫0 2 ∫0 0.50 (3) π2 π2 +8 Thế (2), (3) vào (1) ta có: I = + = 32 32 a Ta có BO = AB.sin ∠BAO = asin300 = ; 0.25 a ; AO = AB.sin ∠ABO = asin60 = 0.25 a a a2 = suy S ABD = AO.BO = ; 2 1 a a3 Do VS ABD = SH S ABD = a = 3 12 Do đường thẳng AC cắt (SBD) điểm O trung điểm AC đường thẳng AH cắt (SBD) B thoả mãn AB = HB nên d (C ,( SBD)) = d ( A,( SBD)) = d ( H ,( SBD)) (1) Kẻ HK ⊥ BO, HM ⊥ SK ( K thuộc BO, M thuộc SK) Ta có BO ⊥ ( SHK ) ⇒ BO ⊥ HM HM ⊥ ( SBD ) ⇒ d ( H ,( SBD)) = HM (2) Trong tam giác vuông SHK có SH = a 2, HK = Câu (1.0 điểm) a HM AO = 3 đường cao suy 1 1 a 14 (3) = + = + = ⇒ HM = 2 HM HS HK 2a a 2a 3a 14 Kết hợp (1), (2), (3) ta có d (C ,( SBD)) = 14 Kéo dài AH cắt CD E Do ABCD hình thang (AB//CD) H trung điểm BC nên dễ thấy ∆HAB = ∆HEC ⇒ S∆ADE = S ABCD = 14 S ∆ADE Ta có AE = AH = 13 phương trình đường thẳng AE: 2x -3y + = Do đỉnh D có hoành độ dương D nằm đường thẳng (d) có phương trình x − y + = nên D(d; 5d+1) với d > 2d − 3(5d + 1) + 1 2S 28 = AE.d ( D; AE ) ⇔ d ( D; AE ) = ∆ADE = ⇔ = AE 13 13 30  d = − (loai )  −13d − = 28  ⇔ −13d − = 28 ⇔  ⇔ 13   −13d − = −28  d = 2(t / m) Từ D(2; 11) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 28 13 E đối xứng với A qua H suy E(-2; -1) nên phương trình đường thẳng CD: 3x – y + = Đường thẳng AB qua A, song song với dt CD nên có pt: 3x – y – = Câu (1.0 điểm) 0.25 Khoảng cách từ A(1;3;0) đến mặt phẳng (P) là: d= 2.1 + 2.3 − + 22 + 2 + = = 3 0.25 r Đường thẳng AA' qua A nhận vectơ pháp tuyến mp(P) n(2;2; −1) làm vectơ phương  x = + 2t  Ta có phương trình tham số đường thẳng AA':  y = + 2t z = − t  Gọi I giao điểm đường thẳng AA' mặt phẳng (P) Do I thuộc đường thẳng AA' nên I (1 + 2t ;3 + 2t ; −t ) Mặt khác I thuộc mặt phẳng (P) nên 2(1 + 2t ) + 2(3 + 2t ) − (−t ) + = ⇔ t = −1 ⇒ I (−1;1;1) Vì I trung điểm AA' nên ta có A '(−3; −1;2) Câu (0.5 điểm) Số phần tử không gian mẫu số phần tử tập hợp S Ký hiệu abcdef số thuộc S Ta thấy a có cách chọn (do a ≠ 0) ; b có cách chọn (do b ≠ a ) Tương tự ta thấy: c có cách chọn; d có cách chọn; e có cách chọn; f có cách chọn Vậy số phần tử S 6.6! Gọi X biến cố “chọn số > 300475 ”, suy X biến cố “chọn số ≤ 300475 Xét số a1a2 a3a4 a5a6 thuộc S mà a1a2 a3a4 a5a6 < 300475 , ta có a1 ≤ 0.25 0.25 0.25 0.25 TH1: a1 ≤ ; ta thấy a1 có cách chọn; a2 có cách chọn a3 có cách chọn; a4 có cách chọn; a5 có cách chọn; a6 có cách chọn suy có 2.6! số a1a2 a3a4 a5a6 ≤ 300475 mà a1 ≤ TH2: a1 = Ta thấy số 300475 có chữ số nên chọn số 3a2 a3a4 a5a6 tập S số lớn 300475 số thuộc tập S có chữ số khác nên a2 , a3 không đồng thời 0; suy số 3a2 a3a4 a5a6 S mà 3a2 a3a4 a5a6 ≤ 300475 2.6! = Do P ( X ) = 6.6! Xác suất cần tìm P ( X ) = − P( X ) = 0.25 Câu 10 (1,0 điểm)  1  + + (a + b + c ) Ta có 3F =  2 ÷  (a − b) (b − c) (c − a)  Gọi c = min( a, b, c) ; đặt a − c = x; b − c = y ta có x, y > a−b = x− y 0.25  1  2 3F =  + + ÷( (c + x) + (c + y ) + c ) x y   ( x − y)   1  1  = + + ÷( x + y + 2c( x + y ) + 3c ) ≥  + + ÷( x + y ) 2 x y  x y   ( x − y)  ( x − y)  1  x2 + y  x + y  + + ÷( x + y ) = + Ta xét G =  ÷ x y  ( x − y )  xy   ( x − y)  ( x − y)2  xy = 1+ + + 2÷  ( x − y )  xy  xy ( x − y) = + = t (t > 2) ; ta có Đặt ( x − y) t−2 xy + = f (t ) suy G = t + t −2 2(t − 4t + 4t − 1) 2(t − 1)(t − 3t + 1) f '(t ) = 2t − = = (t − 2)2 (t − 2) (t − 2) f '(t ) = ⇔ t = 0.25 0.25 + (do t > 2) + 11 + 5 )= 2 c = 0; a, b ≥   x + y2 + 11 + 5 = Vậy F ≥ , có “=”  hay xy  a + b + c =  Lập BBT ta có GTNN f (t ) 1à f ( c = 0; a, b ≥ c = 0; a, b ≥   9−3  a + b2 +  = ⇔ ab = Ta thấy hệ có nghiệm phân  2  ab  a + b = a + b =   biệt 11 + 5 Vậy giá trị nhỏ F .HẾT 0.25 ...SỞ GD& ĐT HÀ TĨNH KỲ THI CUỐI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn thi: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn gồm 06 trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG... đường thẳng y = • Sự biến thi n: −5 < 0, ∀x ∈ D ( x − 2) Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; 2) (2; + ∞) - Chiều biến thi n: y ' = - Cực trị: Hàm số cho cực trị - Bảng biến thi n -∞ x y' 0.25 - +∞ -... trị - Bảng biến thi n -∞ x y' 0.25 - +∞ - +∞ 0.25 y −∞ • Đồ thị 0.25 b (1.0 điểm) Gọi M (0; y0 ) giao điểm (C) trục tung, ta có y0 = M (0; −1 ) Hệ số góc tiếp tuyến M y '(0) = −5 Phương trình tiếp