Tải bản đầy đủ

Đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán 2015 trường Tây Sơn

ĐỀ THI THAM KHẢO
KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THCS & THPT TÂY SƠN

Môn : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút.
Câu 1 ( 2,0 điểm): Cho hàm số y =

2x − 3
(1).
2 − 2x

a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b/ Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = 2x − m cắt đồ thị (C)
tại hai điểm phân biệt mà hai tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau.
Câu 2 ( 1,0 điểm )
a/ Giải phương trình sin 3 x.cos 3x + cos3 x.sin 3x = sin 3 4x
b/ Cho số phức z thỏa mãn hệ thức : (3 − 2i)z − (1 − 4i)z = −14 − 8i . Tính môđun của z.
Câu 3 ( 0,5 điểm ) Giải phương trình : log 5 (x − 2).log 5 (25x − 50) = 3

 x 2 + 91 = y − 2 + y 2
Câu 4 ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình : 
 y 2 + 91 = x − 2 + x 2
2

Câu 5 ( 1,0 điểm ) Tính tích phân : I = ∫ [ x − 1 + log 2 x]dx
1

Câu 6 ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, ∆SAB cân tại
S; mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD); góc giữa đường thẳng SD và mặt
phẳng (ABCD) bằng 450. Gọi M, N, E là trung điểm của các cạnh CD, SC và AD. Gọi F là
hình chiếu của E lên cạnh SD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và chứng minh rằng mặt
phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (CEF).
Câu 7 ( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD với A(1; –7) và
điểm C thuộc đường thẳng 2x + y = 0. Gọi M là điểm đối xứng của B qua A, H(5; –4) là hình
chiếu của B lên DM. Tìm tọa độ điểm C, D.
Câu 8 ( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A ( 3;0; −2 ) ,
B ( 2; −4;0 ) .

Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm A, B và phương trình mặt cầu (S)
tâm O, tiếp xúc với đường thẳng AB.
Câu 9 ( 0,5 điểm ) Một hộp chứa 4 viên bi xanh, 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Lấy ngẫu
nhiên ra 2 bi. Tính xác suất để lấy 2 viên bi khác màu.
Câu 10 ( 1,0 điểm ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

5+4 x
6+ x + 9−x

--------------------HẾT------------------


ĐÁP ÁN
Câu
1
(2,0 đ)

Đáp án

Điểm


a.(1,0 điểm)
. Tập xác định: D = R \ { 1}
. Giới hạn và tiệm cận

lim y = +∞ , lim− y = −∞ , lim y = lim y = −1
x →−∞
x →+∞
x →1

0,25

x →1+

Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1
và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = −1 .
Sự biến thiên

−2
< 0; ∀x ∈ D
(2 − 2x) 2
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và ( 1; +∞ )

. Chiều biến thiên: y ' =

0,25

. Cực trị: hàm số đã cho không có cực trị
• Bảng biến thiên
x
y'

-∞

+∞

-

-

-1

y


1

0,25

+∞
-∞

-1

Đồ thị:

3
2

-

(C) cắt Ox tại điểm: ( ; 0)

-

(C) cắt Oy tại điểm:  0; − ÷

-

Đồ thị.




0,25

3
2

b.(1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) : y =

2x − 3
và đường thẳng
2 − 2x

2x − 3
= 2x − m ; x ≠ 1
2 − 2x
⇔ g(x) = 4x 2 − 2(m + 1)x + 2m − 3 = 0 (*) ; x ≠ 1

d : y = 2x − m là :


m 2 − 6m + 13 > 0
∆ 'g( x) > 0
 2

ycbt ⇔ g(1) ≠ 0 ⇔  4.1 − 2(m + 1).1 + 2m − 3 ≠ 0

 y' = y '
−2
−2
x2
 x1

=
2
(2 − 2x 2 ) 2
 (2 − 2x1 )
trong đó x1 , x 2 là hai nghiệm phân biệt khác 1 của (*)
∀m
⇔
 x1 + x 2 = 2
2(m + 1)

=2 ⇔m=3
4

0,25

0,25

0,25
0,25


2
(1,0 đ)

a) (0,5 điểm)
Kí hiệu (1) là phương trình đã cho ta có
(1) ⇔ sin 3 x(4cos 3 x − 3cos x) + cos 3 x(3sin x − 4sin 3 x) = sin 3 4x
⇔ 3sin x cos x(cos 2 x − sin 2 x) = sin 3 4x
3
⇔ sin 4x = sin 3 4x
4
3
⇔ sin 4x(sin 2 4x − ) = 0
4


x
=
 4x = kπ
sin 4x = 0

4
⇔
⇔

; ( k ∈ Z)
1
2
π
8x = ±
cos8x = −
π kπ
+ k2π 
x=± +
3
2



12 4

0,25

0,25

b) (0,5 điểm)

Đặt z = a + bi(a, b ∈ R;i 2 = −1) . Khi đó z = a − bi
Do đó, kí hiệu (*) là hệ thức đã cho trong đề bài , ta có :
(*) ⇔ (3 − 2i)(a + bi) − (1 − 4i)(a − bi) = −14 − 8i
⇔ (2a + 6b) + (2a + 4b)i = −14 − 8i
2a + 6b = −14
a = 2
⇔
⇔
2a + 4b = −8
 b = −3

0,25

0,25

z = 22 + (−3) 2 = 13
3
(0,5 đ)

4
(1,0 đ)

Điều kiện xác định: x > 2 (1)
Với điều kiện đó kí hiệu (2) là phương trình đã cho, ta có :
(2) ⇔ log 5 (x − 2).[2 + log 5 (x − 2)] = 3
log 5 (x − 2) = 1
⇔
log 5 (x − 2) = −3
x = 7
⇔
(thỏa (1))
 x = 251
125

 x 2 + 91 = y − 2 + y 2 (1)
Xét hệ 
 y 2 + 91 = x − 2 + x 2 (2)
x ≥ 2
Điều kiện 
y ≥ 2
Lấy (1) trừ (2)vế theo vế ta được

0,25

0,25

0,25

x 2 + 91 − y 2 + 91 = y − 2 − x − 2 + y 2 − x 2


x 2 − y2

x 2 + 91 + y 2 + 91
⇔x=y
Thay x = y vào (1) ta có

=

y−x
+ y2 − x 2
y−2 + x−2
x 2 + 91 = x − 2 + x 2

⇔ x 2 + 91 − 10 = x − 2 − 1 + x 2 − 9
⇔ x −3= 0 ⇔ x = 3

0,25

0,25


Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;3)
5
(1,0 đ)

2

2

1

1

I = ∫ x − 1dx + ∫ log 2 xdx
2

I1 = ∫
1

2

0,25
0,25

3 2
2
2
x − 1dx = ∫ ( x − 1) dx = ( x − 1) 2 =
1 3
3
1
1
2

2
2 2 
1
1 
1
I 2 = ∫ log 2 xdx =
ln xdx =
 x.ln x − ∫ dx ÷ = 2 −

1 1 
ln 2 1
ln 2 
ln 2
1
8 1
I= −
3 ln 2

0,25

2

0,25
0,25

6
(1,0 đ)

Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
(SAB) ∩ (ABCD) = AB
(SAB) ⊥ (ABCD)
⇒ SH ⊥ (ABCD)
Trong (SAB), có: SH ⊥ AB
Hình chiếu của SD lên mặt phẳng (ABCD) là HD



0,25

)

·
⇒ SD, ( ABCD ) = (·SD, HD ) = SDH
= 450
∆AHD vuông tại A, cho: HD = AH 2 + AD 2 =
∆SHD cân nên HD = SH =

a 5
2

a 5
2

1
a3 5
SABCD = a 2 ⇒ VS.ABCD = SH.SABCD =
(đvtt)
3
6
Chứng minh: ( CEF ) ⊥ ( AMN )
Gọi I = CE ∩ HD
·
·
∆DAH = ∆CDE ⇒ ADH
= ECD

·
·
·
·
Ta có : ADH
+ HDC
= 900 ⇒ ECD
+ HDC
= 900 ⇒ ∆DIC vuông tại I
Có: HD ⊥ EC, CE ⊥ SH ⇒ CE ⊥ (SHD) ⇒ CE ⊥ SD
SD ⊥ EF
⇒ SD ⊥ (CEF), mà MN // SD ⇒ MN ⊥ (CEF) ⇒ (AMN) ⊥ (CEF).
7
(1,0 đ)

0,25

0,25

0,25


Gọi I là giao điểm của AC và BD
Có C ( c; −2c ) ∈ d ⇒ I 

 c + 1 −7 − 2c 
;
÷
2 
 2
1
∆BHD vuông tại H ⇒ IH = BD = IA
2

0,25

5c 2 − 22c + 82
5c 2 − 30c + 50
;IA =
2
2
 3 1
⇒ c = –4, C = ( −4;8 ) , I  − ; ÷
 2 2

0,25

IH =

(BH): x – 3y – 17 = 0, (AC) : 3x + y + 4 = 0

1
2

Gọi E = BH ∩ AC ⇒ E  ; −

8
(1,0 đ)

0,25

11 
÷
2

Có AE là đường trung bình của ∆BHM ⇒ E là trung điểm của BH
⇒ B ( −4; −7 ) , D ( 1;8 )

0,25

Đường thẳng AB đi qua điểm A(3;0; −2)
uuur
và nhận AB = (−1; −4;2) làm vectơ chỉ phương

0,25

x = 3 − t

Đường thẳng AB có phương trình tham số là :  y = −4t
; (t ∈ R)
z = −2 + 2t

uuur uuur
Ta có OA, AB = ( −8; −4; −12 ) .
uuur uuur
OA, AB
(−8) 2 + (−4) 2 + (−12) 2 4 6


d(O, AB) =
=
=
uuur
3
AB
(−1) 2 + (−4) 2 + 22
Mặt cầu (S) có tâm O(0;0;0) và bán kính r = d(O, AB) =

4 6
3

32
có phương trình là : x + y + z =
3
2

9
(0,5 đ)

2

0,25

0,25

0,25

2

2
Số phần tử của không gian mẫu: n ( Ω ) = C9 = 36

Gọi A là biến cố lấy được 2 bi khác màu: n(A) = C14 .C13 + C13 .C12 + C12 .C14 = 26

0,25


0,25

n(A) 13
=
Xác suất của biến cố A là: P(A) =
n ( Ω ) 18
10
(1,0 đ)

Điều kiện xác định: 0 ≤ x ≤ 9 .
5 + 12sin t
 π
Đặt x = 9sin 2 t , t ∈  0;  khi đó P =
(1)
6 + 3sin t + 3cos t
 2
(1) ⇔ ( 3P − 12 ) sin t + 3P cos t = 5 − 6P (2)
(2) có nghiệm ⇔ ( 3P − 12 ) + (3P) 2 ≥ ( 5 − 6P )
2

Vậy Pmin

⇔ 18P 2 + 12P − 119 ≤ 0
−2 − 11 2
−2 + 11 2

≤P≤
6
6
−2 − 11 2
=
6

2

0,25
0,25

0,25

0,25




Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×