dethithu

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trêng THPT. l¹ng giang sè 2. đề THI THử THPT QuốC GIA NĂM HọC 2014 - 2015 (Lần thứ 3) M«n thi: To¸n Ngµy thi : 05/04/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. C©u 1 ( 2 ®iÓm) Cho hàm số:. y. 2x  1 x 2.  C. .. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm trên (C) tất cả các 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 . C©u 2 (1 ®iÓm). 2 a) Giải phương trình : 3cos x  2  3(1  cos x).cot x .. b) Giải bất phương trình : 2 log 4 ( x  3) + log 2 ( x −1)≥ 3 . 1. C©u 3 (1 ®iÓm). Tính tích phân C©u 4 (1 ®iÓm). a) Tìm số phức z thoả mãn. I  1  x   2  e2 x  dx 0. 1  iz  z  3i. và. z. .. 1 1  i là số thuần ảo.. b) Một xạ thủ bắn vào tấm bia. Xác suất trúng đích là 0,2. Tính xác suất để trong ba lần bắn có ít nhất một lần bắn trúng bia. C©u 5 (1 ®iÓm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1;  1; 2) , B(-1; 1; 3), C(0; 2; 1). Tính diện tích tam giác ABC và tìm tọa độ chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. C©u 6 (1 ®iÓm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AD AB BC  a  ABCD  , góc giữa SC và mặt 2 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng.  ABCD  bằng 450. Gọi M là trung điểm của AB và G là trọng tâm tam giác ACD . Tính phẳng thể tích khối chóp S . AMCD và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SCD) theo a. C©u 7 (1 ®iÓm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có 2 y − 2 ¿ =25 phương trình x − 1 ¿2+ ¿ . Các điểm K(-1; 1), H(2; 5) lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B ¿ của tam giác ABC. Tìm tọa độ C, biết rằng đỉnh C có hoành độ dương.  4  8 x  12  8 y  1  2 x  2  5 x  y 5  3x  3 y 0 C©u 8 (1 ®iÓm). Giải hệ phương trình:  . C©u 9 (1 ®iÓm). Cho ba số thực a, b, c thuộc đoạn [1; 2] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2. P=.  a  b 2 c  4  ab  bc  ca  .. ______________HÕt______________ Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Hä vµ tªn thÝ sinh:...................................................................; Sè b¸o danh....................................... H¦íNG DÉN CHÊM THI THö THPT QuèC GIA N¡M HäC 2014-2015 (Lần thứ 3) M«n thi: To¸n Ngµy thi: 05/04/2015 (§¸p ¸n gåm 05 trang). TR¦êNG THPT L¹NG GIANG Sè 2. Chó ý: Díi ®©y chØ lµ s¬ lîc tõng bíc gi¶i vµ c¸ch cho ®iÓm tõng phÇn cña mçi bµi. Bµi lµm cña thÝ sinh cần phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu thí sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phÇn t¬ng øng C©u C©u 1. a) Khảo sát và vẽ đồ thị: (2 ®iÓm) +) TXĐ: D R \{2} +) Sự biến thiên: y '  - Chiều biến thiên:. ®iÓm. Néi dung. 3  0, x  D ( x  2) 2. 0,25. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 2) và (2; ) . lim y 2; lim y 2; x   - Các giới hạn và tiệm cận: x  suy ra y 2 là tiệm cận ngang. lim y ; lim y   x  2 x 2 ; suy ra x 2 là tiệm cận đứng. - Bảng biến thiên:   x 2   y’  2 y  2 +) Đồ thị:. 0,25. 0,25. 0,25. 1   ;0  Giao với trục Ox tại  2  , giao với trục  1  0;  Oy tại  2  , đồ thị có tâm đối xứng là điểm I (2; 2).  2a  1  M  a;  ,  a 2  a  2   b) Giả sử thuộc đồ thị (C). () : y  Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M có dạng. 3 2a  1 (x  a)  2 ( a  2) a 2. 6  2) a 2 Gọi A là giao của tiệm cận đứng với () , suy ra , B là giao của tiệm cận ngang với ( ) , suy ra B(2a  2; 2) . A(2;. AB  (2a  4) 2  Khi đó. 36 ( a  2) 2 , theo bài ra AB 2 40 nên ta có phương trình:. 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 36 40  (a  2)4  10( a  2)2  9 0 (a  2) 2  a 1  a 3 2  (a  2) 1    2  a  1 ( a  2)  9    a 5 Vậy có 4 điểm M thỏa mãn là: (1;  1), (3;5), ( 1;1), (5;3) . 4(a  2)2 . C©u 2. (1 ®iÓm). 2 a) Giải phương trình: 3cos x  2  3(1  cos x).cot x Điều kiện xác định: sin x ≠ 0 ⇔ cos x ≠ ±1 (*) Với điều kiện (*) phương trình đã cho tương đương: cos 2 x 3cos 2 x  2  3  1  cos x  sin 2 x cos 2 x ⇔ 3cos 2 x  2  3  1  cos x  1  cos 2 x. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 2. 3 cos x ⇔6 cos 2 x +cos x − 2=0 1+cos x    x  3  k 2   x arccos   2   k 2     3 (thỏa mãn điều kiện (*)). ⇔3 cos x −2=− ⇔ cos x=. 1 2. ¿ cos x=−. 2 3. 0,25. ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:  2 π x arccos     k 2 x=± + k 2 π  3 3 ,. (k  ). b) Giải bất phương trình sau: 2 log 4 ( x  3) + log 2 ( x −1)≥ 3 Điều kiện xác định: x> 3(∗) Khi đó bất phương trình đã cho tương đương log 2 ( x −3 )+log 2 ( x −1 ) ≥3 ⇔ log2[(x - 3)(x - 1)] 3 2 ⇔ (x-3).(x-1) ⇔ x −1 hoặc x 5 8 ⇔ x − 4 x −5 ≥ 0 Kết hợp với điều kiện (*) được x 5 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là: x ≥ 5 . C©u 3. (1 ®iÓm). 1. Ta có. 1. I  1  x   2  e. 2x. 0. 1. Tính.  I2. dx. 0,25 .. 1. I1 2  1  x  dx  2  2 x  dx  2 x  x 2  1. I 2  1  x  e 2 x dx 0. 1  x  e2 x   2. 1. 1. . Đặt. 0,25. 0. 0. 1. Tính. 2x. 0. 1. 0. 0,25. 1.  dx 2  1  x  dx   1  x  e 0. 0,25. u 1  x   2x dv e dx. du  dx   e2 x v   2. 0,25. 1. e2 x 1  e2 x 1 e2 1 e2  3    dx  0        2 2 4 2 4 4 4   0 0 0 .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> e2  3 e2  1 I I1  I 2 1   4 4 Vậy C©u 4. z a  bi  a, b  R  (1 ®iÓm) a) Đặt . Ta có: 2 2 1  iz  z  3i  1  b  ai  a   3  b  i   1  b   a 2 a 2   3  b   b  2 . Khi đó z=a − 2i , 1 1+ i 1 1 1 3 =( a −2 i ) + =( a −2 i )+ + i = a+ − i suy ra z+ 1 −i 2 2 2 2 (1− i)(1+i) 1 1 1 Để z+ là số thuần ảo thì a+ =0 ⇔ a=− . 1 −i 2 2 1 Vậy số phức cần tìm là z=− − 2i . 2 b) Gọi A là biến cố “có ít nhất 1 lần bắn trúng bia trong 3 lần bắn”, suy ra Ā là biến cố “trong ba lần bắn không có lần nào bắn trúng bia. Gọi A i là biến cố “lần bắn thứ i bắn trúng bia”, ta có Ā= Ā 1 . Ā 2 . Ā3. (. 0,25. )( ). ⇒ P ( Ā )=P ( Ā1 . Ā 2 . Ā 3 )=P ( Ā1 ) . P ( Ā 2 ) . P ( Ā 3 )= (1 − 0,2 ) . ( 1− 0,2 ) . ( 1 −0,2 )=0 ,512 Vậy xác suất cần tính là: P ( A )=1 − P ( Ā )=1 −0 , 512=0 , 488. C©u 5. Ta có: ⃗ AB=(− 2; 2 ; 1) , ⃗ AC=(−1 ; 3 ; −1) A (1 ®iÓm) ⇒ [⃗ AB , ⃗ AC]=(− 5 ; −3 ; − 4) Diện tích tam giác ABC : 1 1 5 2 S ABC = |[⃗ AB , ⃗ AC ]|= √ 52 +32 + 42= √ . H C 2 2 2 B 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 x =−1+t y=1+t . phương nên BC có phương trình tham số là z=3 −2 t ⃗ Do H ∈ BC nên H (− 1+t ; 1+t ; 3 −2 t ) ⇒ AH=( −2+t ; 2+ t ; 1− 2t ) . 1 AH . ⃗ BC=0 ⇔ ( −2+t ) + ( 2+t ) − 2(1− 2t )=0 ⇔t= Do AH ⊥ BC nên ⃗ 3 2 4 7 Vậy chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC là H − ; ; . 3 3 3 C©u 6. +) Diện tích của tứ giác AMCD là: (1 ®iÓm) S 2 2 2. 0,25. 0,25 0,25. 0,25 0,25. {. (. S AMCD S ABCD  SMBC . ). 3a a 5a   2 4 4. H. ABCD. 5a3 2  12. 0,25. 0,25. Do AC là hình chiếu của SC lên (ABCD).  là nên góc giữa SC và  ^ A=450 , suy ra SAC vuông cân SC tại A  SA  AC a 2 Vậy thể tích của khối chóp S.AMCD là: 1 1 5a 2 VS . AMCD  S AMCD .SA  .a 2 3 3 4. 0,25. A. 2a. M a B. a. 450. G. D I. C. 1 1 +) Do AG ∩ (SCD )=I ,GI= AI nên d ( G , ( SCD ) ) = d ( A , ( SCD ) ) (1) 3 3 Dễ thấy CD ⊥ AC , CD ⊥SA suy ra CD ⊥ (SAC ) ⇒ ( SCD ) ⊥ ( SAC ) , từ đó nếu. 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> kẻ AH  SC ,. H ∈ SC thì AH ⊥ ( SCD ) , suy ra: d ( A , (SCD ) )=AH=AC . sin 450 =a . Vậy khoảng cách từ G đến (SCD) bằng a /3 .. C©u 7. (1 điểm). A H. x. I B. K. Đường tròn (T) có tâm. C. I ( 1;2) .. 1  HCx  ABC  2 Sđ AC Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C. Ta có (1) AHB  AKB 900   Do nên AHKB là tứ giác nội tiếp  ABC KHC (cùng bù với  góc AHK ) (2) HCx KHC   HK // Cx . Mà IC ⊥Cx ⇒ IC⊥ HK . Từ (1) và (2) ta có KH=(3 ; 4 ) , suy ra IC có phương trình là : Do đó IC có vectơ pháp tuyến là ⃗ 3 ( x −1 ) + 4 ( y −2 )=0 ⇔ 3 x+ 4 y −11=0 . Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ : ⇒ 3 x+ 4 y −11=0 2 x =5 y − 2¿ =25 y=− 1 ¿ . ; ¿{ ¿ x=−3 ¿ x − 1¿ 2+ ¿ y=5 ¿ ¿{ Do xC  0 nên C( 5; − 1) . C©u 8. (1 điểm).  4  8 x  12  8 y  1  2 x  2  5 x  y 5  3 x  3 y 0 Giải hệ phương trình:  . 5 4 +) Xét hàm số f ( t )=t +3 t , có f ' ( t )=5 t +3>0 ∀ t , suy ra f(t) là hàm đồng biến trên R. Phương trình thứ 2 của hệ tương đương: x 5+3 x= y5 +3 y ⇔ f ( x ) =f ( y ) ⇔ x= y +) Thế y=x vào phương trình thứ nhất của hệ ta được phương trình: √ 4+ 8 x+ √12 −8 x=( 1 −2 x )2 ⇔ √ 4 +8 x +√ 12 − 8 x=4 x 2 − 4 x +1(1) 1 3 Phương trình (1) có điều kiện xác định là: x ∈ − ; 2 2 1 3 Nhận thấy (1) có hai nghiệm là x=− , x= , đó cũng chính là các nghiệm của 2 2 2 phương trình bậc hai 4 x −4 x −3=0 , do đó ta có thể đưa phương trình (1) về 1 3 dạng tích có nhân tử là 4 x 2 −4 x −3 , thật vậy khi x ≠ − , x ≠ : 2 2. [. 0,5 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. ]. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ( 1 ) ⇔ [ √ 4 +8 x − ( 2 x +1 ) ]+[ √ 12 −8 x − ( −2 x+3 ) ]=4 x 2 − 4 x − 3 − 4 x 2 +4 x+3 −4 x2 + 4 x+ 3 2 ⇔ + =4 x − 4 x −3 ( ) ( ) √ 4 +8 x+ 2 x +1 √ 12− 8 x+ − 2 x +3 1 1 ⇔ ( 4 x 2 − 4 x −3 ) + +1 =0 √ 4 +8 x+ ( 2 x +1 ) √ 12− 8 x+ (− 2 x +3 ). (. ). 1 1 1 3 + +1>0 , ∀ x ∈ − ; 2 2 √ 4+8 x + ( 2 x +1 ) √ 12 −8 x + ( −2 x+3 ) 1 3 Vậy phương trình (1) có đúng hai nghiệm là x=− , x= 2 2 1 1 3 3 KL: Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; y) là − ;− , ; . 2 2 2 2. (. Ta thấy. (. C©u 9. (1 ®iÓm). 2.  a  b 2 c  4  ab  bc  ca  =. P= Ta có 4ab (a + b)2 nên. ). 0,25. )( ). 2.  a  b 2 c  4  a  b  c  4ab 2. 2.  a  b 2 c2  4  a  b  c   a  b  P.  a b    c c 2  a b   a b 1 4         c c   c c =. a b  Đặt t = c c vì a, b, c thuộc [1; 2] nên t thuộc [1;4]. 4t 2  2t 2 t 2 1  4t  t 2 2 Ta có f(t) = 1+ 4 t + t , f’(t) = > 0 với mọi t thuộc [1; 4]. . 0,25. 0,25. 0,25. . 1 Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên [1; 4] nên f(t) đạt GTNN bằng 6 khi t = 1 a b Dấu bằng xảy ra khi a = b ; c = 1, a,b,c thuộc [1;2] , chẳng hạn a = b = 1 và c =2 1 Vậy MinP = 6 khi a = b = 1 và c = 2.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>