Đề thi thử thpt môn toán

Đề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toánĐề thi thử thpt môn toán

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1

NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 1 (1)

1

x y x





 và đường thẳng d: y x m. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

b) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp tuyến

của (C) tại A và B song song với nhau

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: sin 2x2sinx 1 cos 2x (x)

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân

1

1 ( ) ln

e

x

 

Câu 4 (1,0 điểm)

a) Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi Tính xác suất để 3 viên được chọn có cả ba màu

b) Giải phương trình: 2

log x4log (3 ) 7x  0 trên tập hợp số thực.

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2P x y 2z 1 0

và điểm A(3;0; 2) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) Tìm tọa

độ tiếp điểm của (S) và (P)

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông tại A và AB2a,AC2a 3 Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh AB Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 0

30 Tính theo a thể tích của khối chóp S ABC và khoảng cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng (SAC)

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(3;5)và ngoại tiếp đường tròn tâm K(1; 4) Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh

AB, AC kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là F(11; 14) Viết phương trình đường thẳng BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2





Câu 9 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 12 22 22

c a b Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức

P

b c a c a b c

Hết

Xin cảm ơn  RafaeL Fuji  ( leekuyngpyoungjan19@gmail.com ) đã gửi tới 

www.laisac.page.tl

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1

NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN

Đáp án gồm 5 trang

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1 (1)

1

x y x





 Tập xác định: D\ 1

 Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: ' 2 2 0

x

 hàm số nghịch biến trên từng khoảng xá định và không có cực trị

0,25

- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1

x y x y

    ; tiệm cận ngang là: y=1

lim ; lim ,

      tiệm cận đứng là: x= -1

0,25

- Bảng biến thiên: x  1 

y’  

y  1

0,25

 Đồ thị

Nhận xét: Đồ thị  C nhận điểm uốn I1;1 làm tâm đối xứng

0,25

b)Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời các tiếp

PT hoành độ giao điểm của ĐT hs  1 với đường thẳng d:

2

1 1

1

x x

x m

x

 





0,25

ĐT (C) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi PT (2) có 2 nghiệm phân biệt

khác -1

2

m g



0,25

Khi đó x x A, B là nghiệm của phương trình (2) Do tiếp tuyên tại A và B song với nhau nên ta có:

( )

'( ) '( )

2

x x l





Theo định lý Viet ta có: x Ax B m 2 Do đó m    2 2 m 0

0,25

0.25

2 Giải phương trình: sin 2x2sinx 1 cos 2x (x) 1,0

2

sin 2x2sinx 1 cos 2xsin 2x2sinx 1 cos 2x 0 2sin cosx x2sinx2sin x0 0,25

s inx+cosx= -1

2

 





 Vậy nghiệm của phương trình là : 2 ;  

2

x   k  xk k



0,25

3

Tính tích phân

1

1 ( ) ln

e

x

1

e x

x

 Tính 2

1

ln

e

I x xdx , đặt

2 2

1

2

e

dx du

v









0,5

4 a) Một hộp đựng 3 viên bi xanh, 4 viên bi đỏ và 5 viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi

Tính xác suất để 3 viên được chọn có cả ba màu

b) Giải phương trình: 2

log x4log (3 ) 7x  0 trên tập hợp số thực.

1,0

Số cách chọn 3 viên bi có đủ 3 màu là 3.4.5=60 Do đó xác suất cần tính là 60 3

220 11

b) Điều kiện x>0

Với điều kiện trên PT đã cho tương đương với 2

3

3

5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2P x y 2z 1 0và điểm

(3;0; 2)

A  Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ

tiếp điểm của (S) và (P)

1,0

Phương trình mặt cầu (S): 2 2 2

Gọi H là tiếp điểm của mặt cầu (S) và mặt phẳng (P), suy ra AH ( )P do đó vectơ pháp tuyến

của (P) cũng là vectơ chỉ phương của AH Phương trình đường thẳng AH là:

3 2

2 2

 



 



   



0.25

( )

6 Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông tại A và AB2a,AC2a 3 Hình chiếu

vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh AB Góc giữa hai mặt

phẳng (SBC) và (ABC) bằng 300 Tính theo a thể tích của khối chóp S ABC và khoảng

cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng (SAC)

1,0

Diện tích ABC là:

2

dt ABC  AB AC a

Trong mpABC kẻ HKBC tại K

BC SHK

Từ giả thiết ta có: 𝑆𝐾𝐻 = 300

0,25

Có BC AB2AC2 4a

sinABC = AC

2 Trong tam giác SHK có:

SH = HKtanSKH = a

2

Thể tích của khối chóp là: 1   3 3

a

V  SH dt ABC  (đvtt)

0,25

Do M là trung điểm của cạnh BC nên MH song song với AC, do đó MH song song với mặt

phẳng (SAC), suy ra khoảng cách từ M đến mặt (SAC) bằng khoảng cách từ H đến mặt (SAC)

Trong mp SABkẻ HDSA tại D Ta có: ACSABACDHDH SAC

0,25

5

a HD

DH  HA HS   Vậy 𝑑 𝑀; 𝑆𝐴𝐶 = 𝑑 𝐻; 𝑆𝐴𝐶 = 𝐻𝐷 = 𝑎 55 0,25

B

S

H

K M D

7 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(3;5)và ngoại tiếp đường tròn tâm K(1; 4) Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC

kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có tâm là F(11; 14) Viết phương trình đường thẳng

BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC

1,0

 Ta có F là giao điểm của đường phân giác trong góc A với các đường phân giác ngoài của

các góc B và C, suy ra 𝐶𝐹⟘𝐶𝐾, 𝐵𝐹⟘𝐵𝐾, do đó tứ giác BKCF nội tiếp đường tròn đường kính

FK

0,25

 Gọi D là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có:

𝐷𝐾𝐶 =𝐵𝐴𝐶

2 +𝐴𝐶𝐵2 = 𝐷𝐶𝐾 , suy ra tam giác DCK cân tại D, do đó DK= DC = DB nên D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF, do vậy

D là trung điểm của FK, suy ra D(6; 9)

0,25

 Tính được ID=5, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

(x − 3)2 + (y − 5)2 = 25 (C1)

𝐷𝐾 = 50, phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF là:

(x − 6)2+ (y − 9)2 = 50 (C2)

Tọa độ B, C là nghiệm của hệ

(x − 3)2 + (y − 5)2 = 25

(x − 6)2 + (y − 9)2 = 50 ⇔ x2 + y2 − 6x − 10y + 9 = 0

x2 + y2 − 12x − 18y + 67 = 0 ⇒

⇒6𝑥 + 8𝑦−58=0 ⇔3𝑥+4𝑦−29=0(1)

Tọa độ B, C thỏa mãn phương trình (1), mà (1) là phương trình của một đường thẳng, mặt khác

C1 , (C2) cắt nhau do đó phương trình (1) là phương trình đường thẳng BC Vậy BC có phương

trình là: 3𝑥 + 4𝑦 − 29 = 0(1)

( có thể giải hệ ta được B(-1; 8), C(7; 2) và viết được phương trình BC)

0,25

 Phương trình FK: x-y+3=0

A, D là giao của FK với (C1) , suy ra A(-1; 2),

do đó phương trình đường cao AH là:

4x -3y+10=0

0,25

8

 

2







( ,x y) 1,0

Đk: yxy 9 0

Ta có: y2 1 y2  y   y y y2 1 0, nhân 2 vế PT (1) với 2

y y  

C B

I

A

K

D

F

Xét hàm số:   2

1

t t

t t



biến trên  (3) f x(  1) f(    y) x 1 y

0,25

Pt  2 trở thành: x2 8 x2 3 2015x2014  3

0,25

Đặt:

2015

T

x

(4)    x 1 0 x 1(thỏa mãn)

Vậy hệ pt đã cho có nghiệm: 1; 2 

0,25

9

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 12 22 22

c  a b Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

P

b c a c a b c

1,0

Ta có:

(1) 2

c c

c  a b a b  , và

1

P

Đặt :

1

x y

0,25

Mặt khác

1

0,25

x y

x y

0,25

t x y P f t

t t

t t



3

3

x y

x y

 





0,25

Xin cảm ơn  RafaeL Fuji  ( leekuyngpyoungjan19@gmail.com ) đã gửi tới 

www.laisac.page.tl