- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Toán
de thi thu thpt quoc gia mon toan truong thpt hien da phu tho nam 2014 2015 lan 2
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (166.43 KB, 6 trang )
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
SỞ GD & ĐT PHÚ THỌ
TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA
KÌ THI THỬ THPT QUỐC
GIA LẦN II
NĂM HỌC 2014 - 2015
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số (C).
y = x3 − 3x 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
hàm số (C).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
Câu 2 (1 điểm)
π 1α
+ tan4α
a) Cho góc thỏa mãn và . Tính .
Asin
= <αα2=< π
b) Cho số phức z thỏa mãn: . Tính 2 zw
z= +
25α+z 5i
2− i=.zsin
modun của số phức
Câu 3 (0,5 điểm)
Giải phương trình sau:
log 22 ( x − 3) + log 2 ( x − 3) = 3
Câu 4 (1 điểm)
Giải bất phương trình sau:
1 + 2 x − 2 x 2 + 3x + 1
>1
Câu 5 (1 điểm)
1 − 22 x 2 − x + 1
Tính tích phân sau
I = ∫ x ( 2 x − ln x ) dx
1
Câu 6 (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAD cân tại S và nằm
trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của CD; H là hình
chiếu vuông góc của D trên SM; Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60o. Tính
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC) theo a.
Câu 7 (1 điểm)
− 50
Trong không gian với hệ tọa độ ( P )x: −21x + 2y2y+−2z + 1z =
d:
=
=
Oxyz cho đường thẳng d và mặt
2
3−3
4
phẳng (P) có phương trình ;. Tìm
tọa độ giao điểm I của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) song
song với (P) và cách (P) một khoảng bằng .
Câu 8 (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho hình vuông ABCD có điểm C(2; -2). Gọi điểm I, K lần
lượt là trung điểm của DA và DC; M(-1; -1) là giao của BI và AK. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại
của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương.
Câu 9 (0,5 điểm)
Đoàn trường THPT Hiền Đa thành lập 3 nhóm học sinh mỗi nhóm có 4 học sinh để chăm sóc 3
bồn hoa của nhà trường, mỗi nhóm được chọn từ đội xung kích nhà trường gồm 4 học sinh khối
10, 4 học sinh khối 11 và 4 học sinh khối 12. Tính xác suất để mỗi nhóm phải có mặt học sinh
khối 12.
a + b + bc2≤ 3
Câu 10 (1 điểm)
a2
c2
P=
+
+
2
2
2
Cho các số dương
b3 + 8 − ( c − 1)
c 3 + 8 − ( a − 1)
a 3 + 8 − ( b − 1)
a, b, c thay đổi
thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
----------------- Hết ---------------SỞ GD & ĐT PHÚ THỌ
TRƯỜNG THPT HIỀN ĐA
HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN II
NĂM HỌC 2014 - 2015
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
MÔN TOÁN
I.
Một số chú ý khi chấm bài
- Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám khảo
cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25
điểm.
- Thí sinh làm bài theo cách khác với
y = đáp
x 3 − mà
3x 2 đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm
tương ứng với thang điểm của đáp án.
- Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.
II.
Đáp án – thang điểm
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
+) TXĐ: D = R
+) Giới hạn:
lim y = ±∞
x →±∞
Đths không có tiệm cận
y ' = 3x2 − 6 x
+) BBT
x = 0
−∞
x
0y+∞
' = 02 ⇔
y'
+ 0
0 x+= 2
+∞
0
−∞ -4
y
+) Hàm số đạt cực đại tại xcđ =0; ycđ = 0.
Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2; yct = -4.
+) Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 2;
−∞+∞
;0 ) và
Hàm số nghịch biến trên khoảng
( 0; 2 ) 6
ĐIỂM
1Đ
0.25
4
2
-10
-5
5
-2
-4
-6
10
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
+) Đồ thị
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
Giả sử tiếp điểm M().
xo ; yo
Với
xo = 1 ⇒ yo = −2
⇒ f ' ( 1) = −3
Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(1; -2) là
y = -3(x - 1) -2 hay y = -3x + 1
Câu 2 (1 điểm)
π 1α
+ tan4α
a) Cho góc thỏa mãn và . Tính .
Asin
= <αα2=< π
b) Cho số phức z thỏa mãn: . Tính 2 zw
z= +
25α+z 5i
2− i=.zsin
modun của số phức
sin απ> 0; cosα < 0
<α <π
9
2
2
2
sin α + cos cos
α =α1<⇒03cos 2 x =
25
cos x = −
sin α 5 1 + 4 . − 5
1 +z = a − bi a, b ∈
÷
= aα+ bi ⇒
1 +ztan
(
5 R3) 25
cos
α
A=
=
=
=
4 3 72
sin 2α
2sin α .cos α
2 z − i.z = 2 + 5i ⇔ 2 ( a + bi ) − i 2.
( a5−.bi−) 5=÷2 + 5i
z
=
3
+
4
i
Suy ra
⇔ ( 2a − b ) + ( − a +2 2b ) i = 2 + 5i
w = ( 3 + 4i ) + ( 3 + 4i ) = −4 + 28i
Câu 3 (0,5 điểm) Giải
2a −log
b =22 2( x − 3) +alog
= 3 2 ( x − 3) = 3
w = 20⇔ 2
phương trình sau: ⇔ −a⇒
+ 2b = 5
b = 4
Điều kiện x > 3
Ta có
PT ⇔ log 22 ( x − 3) + 2log 2 ( x − 3) − 3 = 0
(Thỏa mãn điều
x = 5
log 2 ( x − 3) = 1
kiện)
⇔
⇔
25
= và
−3 x = x =
Vậy phương trình có 2 nghiệm
loglà2 (xx=− 53)25
8
Câu 4 (1 điểm) Giải bất 1 + 2 x − 2 8x 2 + 3 x + 1
>1
phương trình sau:
2
1
−
2
x
−
x
+
1
Điều kiện:
x ≥ 0
2
Ta có
2
1
3 ⇔ x≥0
2
x
+
3
x
+
1
≥
0
suy ra
2 x − x +1 = 21 −2x −x 2 −÷ x++ 1 ≥
< 0 3 > 1 (∀x ≥ 0)
2 22 4
1 − 2x +x −x x −+ 1x +
≠ 10< x 2 + 3x + 1
BPT ⇔
(Vì x = 0 không
1
1
thỏa mãn bất phương ⇔ 1 + x + x − 1 < x + x + 3
trình)
Đặt vì .
1 x>0
x
+
=t⇒t ≥2
Ta có
13
x
1 + t − 1 < t 13
+ 3 ⇔ 2 t − 11< 313
⇔t<
Suy ra
4
2≤t < ⇒2≤ x+ <
1
4
x
4
2
x + x ≥ 2
13 − 105
13 + 105
( x − 1) ≥ 0
⇔
⇔
⇔
8
8
4 x − 13 x + 4 < 0
x + 1 < 13
x 4
a) Vì nên
ta có
lại có (vì )
Suy ra
b) Đặt
Ta có:
Câu 5 (1 điểm) Tính tích phân I = 2 x ( 2 x − ln x ) dx
∫1
sau
2
2
Ta có
2
2
dx
I = ∫ x ( 2 x − ln x ) dx = ∫ du
2 x3 =2dx − ∫ x ln xdx
Tính
1
2
2
x
14
2
u
=
ln
x
I1= ∫ 2 x dx2⇒= 1
=x 1
Tính . Đặt
1I 2 = ∫ x ln 3xdx 2 3
dv = xdx1 v = 1x
2
1Đ
0.25
0.25
0.5
1Đ
0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
2
2 2
2 x
x 2 ln x
x
3
I2 =
− ∫ 14
dx = 2ln 2 −3 65= 2ln 2 −
⇒ I = I1 −1 I 2 1= 2 − 2ln 2 + 4=
− 2ln 2 4
112 là hình vuông cạnh a, tam
Câu 6 (1 điểm) Cho hình2 chó
p S.ABCD
có đáy 4ABCD
3
giác SAD cân tại S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi
M là trung điểm của CD; H là hình chiếu vuông góc của D trên SM; Biết góc giữa
hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC) theo a.
0.25
S
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AD và BC.
⊥
Vì (SAD) (ABCD) nên SI (ABCD).
¶ ⊥
ta có IJ BC và SI BC suy ra góc SJI
= 60o
giữa (SBC) và (ABCD là .
IJ = a.
Trong tam giác vuông SIJ ta có SI = IJ. a 3 tan60o = .
.
SJ = SI 2 + IJ 2 = 2a
2
Diện tích đáy là SABCD = a .
Thể tích khối chóp 1
1
a3 3
2
S.ABCD là VS.ABCD = (đvtt) SI .S ABCD = a 3.a =
3
3 2
3
A Trong
B
⊥
Chứng minh CD (SAD).
SH
SD
13
=
=
tam giác vuông SDM có:
2
SM
SM
14
H
Ta có .
VSHBC SH 13
=
=
3
3
3
.
1 I
VaSMBC3 SM 14 13 a 3 J13a 3
V
=
.
SI
.
S
=
⇒
V
=
.
=
SMBC
∆BCM
SHBC
Lại có
1
1
2
3
12
168
S ∆SBC = 12
.BC.SJ = a.2a14
3= a
13
a
3
2
23.
C
1x V+MSHBC
50
2y2y+−2z + 1z =−
Câu 7 (1 điểm)DTrong không ( P )x: −23.
13a 3
168
d ): ) = =
= 2
⇒
d
H
,(
SBC
=
=
(
gian với hệ tọa độ Oxyz cho
2 S ∆SBC3−3
a4
56
đường thẳng d và mặt phẳng
(P) có phương trình ;. Tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng d và mặt phẳng (P).
Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng .
∈
I
Gọi I(1+2t; -2-3t; 5+4t) d (P).
∈
Vì I (P) nên ta 2 ( 1 + 2t ) + 2 ( −2 − 3t ) − ( 5 + 4t ) + 1 = 0 ⇔ t = −1
có
.
⇒ I ( −1;1;1)
2x + 2 y − z + m = 0
Vì (Q) // (P) gọi (Q) có dạng
2
2
d
P
;
Q
=
⇔
d
I
;
Q
=
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
3 = 03
Vậy có 2 mặt phẳng (Q) cần 23x + 2 y − z +− 1
tìm là và
−2 + 2 − 1 + m 2
m = 3
⇔
= ⇔ m −1 = 2 ⇔
= −1 vuông ABCD có
4 + 4 +gian
1 với3 hệ tọa độ Oxy Cho
m hình
Câu 8 (1 điểm) Trong không
C(2; -2). Gọi điểm I, K lần lượt là trung điểm của DA và DC; M(-1; -1) là giao của
BI và AK. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành
độ dương.
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
A
J
B
N
M
I
Gọi J là trung điểm của AB. khi đó ⇒ AJCK là hình bình hành AK // CJ.
∩ BM.
Gọi CJ BM = N N là trung điểm của ⇒
Chứng minh được DAK BI từ đó suy ra ⊥ K
tam giác BMC là tamC giác cân tại C.
uuuur
uuuur
⇒
Ta có CM = BM = AB = MC ( 3; −1) ⇒
10MC = 10
Trong tam giác vuông ABM có
5
AB 2 = BM .BI = BM . AB 2 + AI 2 = BM . AB
⇒ BM = 2 2
2
2
B là giao của hai đường ( x − 2 ) 2 +2⇒
(10y2 + 2 ) = 10
tròn (C; ) và (M; ). Tọa độ
2
2
điểm B thỏa mãn: B(1; 1). ( x + 1) + ( y + 1) = 8
Phương trình đường thẳng AB có dạng: x - 3y + 2 = 0.
Phương trình đường thẳng AM có dạng: x + y + 2 = 0.
⇒
A (-2; 0).
uuur uuur
Ta có .
BA = CD ⇒ D ( −1; −3)
Câu 9 (0,5 điểm) Đoàn trường THPT Hiền Đa thành lập 3 nhóm học sinh mỗi nhóm
có 4 học sinh để chăm sóc 3 bồn hoa của nhà trường, mỗi nhóm được chọn từ đội
xung kích nhà trường gồm 4 học sinh khối 10, 4 học sinh khối 11, 4 học sinh khối
12. Tính xác suất để mỗi nhóm phải có mặt học sinh khối 12.
Gọi là không gian mẫu: " Chọn 3 Ω nhóm học sinh mỗi nhóm có 4 học sinh
được lấy từ 12 học sinh trong đội xung kích Đoàn trường".
⇒ n ( Ω ) = C124 .C84 .C44
Gọi A là biến cố: " mỗi nhóm phải có mặt học sinh khối 12"
⇒ n ( A ) = 3. ( C41 .C83 ) .( C31.C53 ) . ( C22 .C22 )
1
3
1
3
2
2
n ( A) 3. ( C4 .2C8 ) . ( C3 .C5 ) . ( C2 .C2 2 )
2
⇒ P( A
=a + b + bc ≤ 3 4 4 4
Câu 10 (1
a) =
c
P
=
+
+.C4
n
Ω
C12 .C
(
)
2
2 8
2
điểm) Cho
3
3
3
b + 8 − ( c − 1)
c + 8 − ( a − 1)
a + 8 − ( b − 1)
các số dương
a, b, c thay đổi thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
Ta có
( a + b + c)
P≥
Ta có
21
2
2
2
3 3
3
32
a a+ +
8 8+ = b ( +a 8+ +2 )
3
b + 8 = ( b + 2)
c3 + 8 = ( c + 2 )
Đặt với
Ta có
BBT
⇒P≥
( ca +−82−a (+a4−) 1≤) 12−( (ab −−1a) +−6()c − 1)
( b − 2b + 4 ) ≤ 12 ( b − b + 6 )
( c ( −a 2+cb++4c) )≤ 2 ( c − c + 6 )
2
2
2
2
2
2b + c )
]3( a + b + c )
a 2 +t b=2t(∈
+a (c+0;3
−
+6t 2
+6
2
f ( 2t ) 2= 2
54 ( t + 8t−) t + 92t + 36
t = 0
6 ( a + b +2 c⇒
⇒ f '( t ) =
f '( t ) = 0 ⇔
)
≥
t = −8
−t 2 + 9t 2+ 36
− ( a( + b + c ) + 9 () a + b + c ) + 36
0.25
0.25
0.25
0.25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
t
f'
0
3
-
0
f
1
≥ 1c = 1
b=
Vậy hay Min dấu bằng xảy ra a = P
khi
