HƯỚNG DẪN CHUNG Nếu thí sinh làm bài không theo cách như đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn.. Điểm toàn bài không quy tròn.. suy ra đồ thị có một tiệm cận đ
Trang 2SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH
KỲ THI CUỐI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn thi:TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Bản hướng dẫn này gồm 06 trang)
I HƯỚNG DẪN CHUNG
Nếu thí sinh làm bài không theo cách như đáp án nhưng đúng thì vẫn cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn
Điểm toàn bài không quy tròn
II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu 1
(2.0 điểm)
a) (1.0 điểm)
• Tập xác định: D R = \ {2}
• Giới hạn và tiệm cận:
lim ; lim
x − y x + y
→ = −∞ → = +∞ ; lim 2; lim 2
→−∞ = →+∞ = . suy ra đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x=2 và một tiệm cận ngang là đường thẳng y=2.
0.25
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 2
5
( 2)
y x
−
− Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞ ; 2) và (2; + ∞ )
- Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị.
0.25
- Bảng biến thiên
x - ∞ 2 + ∞
-y 2 −∞
+∞
2
0.25
Trang 3b (1.0 điểm)
Gọi M(0; )y0 là giao điểm của (C) và trục tung, ta có 0
2.0 1 1
− suy ra
1 (0; ) 2
Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là 5
'(0)
4
y = −
0.25
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại M là 5 1
( 0)
y = − x − −
0.25
Câu 2
(1.0 điểm)
a (0.5 điểm)
8 sin 2( ) sin(2 2 ) sin 2 2sin os os
5
A= α π+ = α + π = α = αc α = c α (1) 0.25
25 25
c α = − α = − = (2)
Do
2
π α π< < nên osc α <0, kết hợp với (2) ta có os 3
5
c α = − (3)
Thay (3) vào (1) ta có 8 3 24
5 5 25
A= − = −
0.25
b (0.5 điểm)
Đặt z a bi a b R= + ( , ∈ ), ta có z a bi= −
Khi đó
(1 2 )− i z+3(1+i z) = + ⇔ −2 7i (1 2 )(i a bi+ ) 3(1+ +i a bi)( − ) 2 7= + i
(4a 5b 2) (a 2b 7)i 0
0.25
Vậy phần thực của z là 3, phần ảo của z là -2
0.25
Câu 3
(0.5 điểm) Ta có
1 3.4x+ −17.2x− 29 =0⇔12.4x−17.2x − 29=0 Đặt t = 2 (t > 0)x
Phương trình đã cho trở thành: 2
1( )
12
t
= −
=
0.25
Với 29
12
t = , ta có 29 2 29
x = ⇔ = x
Vậy nghiệm của phương trình là: 2 29
x = log
12
0.25
Câu 4
(1.0 điểm)
3
3
Điều kiện 1
x y
≤
≤ ≤
0.25
Trang 4Với điều kiện (*) ta có: 1− +x3 y y+ >1 0
do đó
3 3
3
(do x2−x y y+ + 1−x3 + y y+ >1 0)
Thế vào (2) ta được: (4x+3)( x+ +4 33x+ − =8 1) 9
(3)
Vì 3
4
x=−
không phải là nghiệm của (3) nên
x
+
0.25
Xét hàm số ( ) 4 33 8 9 1
x
+ trên
3 ( 4; ) \{ }
4
−
− +∞
4 3 (4 3)
x
− −
+
Lập BBT ta thấy phương trình g x( ) 0= có đúng 2 nghiệm.
0.25
Ta lại có g(0)= − =g( 3) 0 suy ra x=0;x= −3 là các nghiệm của phương
trình g x( ) 0= .
Với x= ⇒ =0 y 0; x= − ⇒ =3 y 9.
Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình có 2 nghiệm: (0;0); ( 3;9)−
0.25
Câu 5
= ∫ + = ∫ +∫
(1)
0.25
Ta có 4 2 4 2
0 1
|
x xdx
π
π π
∫ (2)
0.25
4 0
π
−
0
sin 2 |
π
= (3)
Thế (2), (3) vào (1) ta có: 2 1 2 8
I =π + =π +
0.50
Câu 6
(1.0 điểm) Ta có BO= AB.sin∠BAO=as 30in 0 = a2;
2
a
AO= AB ∠ABO= in = ;
0.25
0.25
Trang 5Do đường thẳng AC cắt (SBD) tại điểm O là trung điểm của AC và đường
thẳng AH cắt (SBD) tại B thoả mãn 3
2
AB= HB nên 3
( ,( )) ( ,( )) ( ,( ))
2
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 do đó
0.25
Trong tam giác vuông SHK có 2, 2 3
a
SH =a HK = AO= và HM là đường cao suy ra
7
a HM
HM = HS +HK = a +a = a ⇒ = (3)
Kết hợp (1), (2), (3) ta có ( ,( )) 3 14
14
a
d C SBD =
0.25
Câu 7
(1.0 điểm) Kéo dài AH cắt CD tại E DoABCD hình thang (AB//CD) và
H trung điểm BC nên dễ thấy
14
ADE ABCD
0.25
Ta có AE =2AH = 13
và phương trình đường thẳng AE:
2x -3y + 1 = 0
Do đỉnh D có hoành độ dương
và D nằm trên đường thẳng (d)
có phương trình 5x−y+1=0 nên D(d; 5d+1) với d > 0
0.25
ADE ADE
S
AE
∆
∆
13d 2 28
30
13
2( / )
d
Từ đó D(2; 11)
0.25
Trang 6E đối xứng với A qua H suy ra E(-2; -1) nên phương trình đường thẳng CD:
3x – y + 5 = 0
Đường thẳng AB qua A, song song với dt CD nên có pt: 3x – y – 2 = 0 0.25
Câu 8
(1.0 điểm) Khoảng cách từ
(1;3;0)
A đến mặt phẳng (P) là:
2.1 2.3 0 1 9
3 3
0.25
Đường thẳng AA' qua A nhận vectơ pháp tuyến của mp(P) là n r (2;2; 1) −
làm vectơ chỉ phương
Ta có phương trình tham số của đường thẳng
1 2 AA': 3 2
= +
= +
= −
0.25
Gọi I là giao điểm của đường thẳng AA' và mặt phẳng (P)
Do I thuộc đường thẳng AA' nên I (1 2 ;3 2 ; ) + t + t t − 0.25 Mặt khác I thuộc mặt phẳng (P) nên
2(1 2 ) 2(3 2 ) ( ) 1 0 + t + + t − − + = ⇔ = − ⇒ − t t 1 I ( 1;1;1)
Vì I là trung điểm của AA' nên ta có A '( 3; 1;2) − − 0.25
Câu 9
(0.5 điểm) Số phần tử của không gian mẫu là số phần tử của tập hợp S.Ký hiệu abcdef là một số bất kỳ thuộc S
Ta thấy a có 6 cách chọn (do a ≠ 0); b có 6 cách chọn (do b a ≠ )
Tương tự ta thấy: c có 5 cách chọn; d có 4 cách chọn; e có 3 cách chọn;
f có 2 cách chọn.
Vậy số phần tử của S là 6.6!
0.25
Gọi X là biến cố “chọn được số >300475 ”, suy ra X là biến cố “chọn
được số ≤300475
Xét số a a a a a a1 2 3 4 5 6 thuộc S mà a a a a a a1 2 3 4 5 6 < 300475, ta có a1 ≤ 3
TH1: a1≤ 2; ta thấy a1 có 2 cách chọn; a2 có 6 cách chọn
3
a có 5 cách chọn; a4 có 4 cách chọn; a5 có 3 cách chọn;a6 có 2 cách
chọn
suy ra có 2.6! số a a a a a a1 2 3 4 5 6 ≤ 300475 mà a1 ≤ 2
TH2: a1 = 3 Ta thấy số 300475 có 2 chữ số 0 nên khi chọn một số
2 3 4 5 6
3a a a a a bất kỳ trong tập S thì số đó luôn lớn hơn 300475 vì số thuộc
tập S thì có các chữ số khác nhau nên a a2, 3không đồng thời bằng 0; suy
ra không có số 3a a a a a2 3 4 5 6 trong S mà 3 a a a a a2 3 4 5 6 ≤ 300475
Do đó 2.6! 1
( )
6.6! 3
P X = =
( ) 1 ( )
3
P X = − P X =
0.25
Trang 7Câu 10
Gọi c = min( , , ) a b c ; đặt a c x b c y − = ; − = ta có x y , > 0 và
a b x y − = −
−
0.25
Ta xét
2
2 2 2
Đặt
2
2 ( 2)
x y
t t xy
− + = >
; ta có 2
1
xy
x y =t
0.25
suy ra 2 2 1 ( )
2
t
−
'( ) 2
f t t
'( ) 0
2
f t = ⇔ =t + (do t >2)
0.25
Lập BBT ta có GTNN của ( )f t 1à (3 5) 11 5 5
Vậy 11 5 5
6
F ≥ + , có “=” khi 2 2
0; , 0
2 3
c a b
x y xy
+ + =
hay
3 3
a b
ab ab
a b
a b
Ta thấy hệ này luôn có nghiệm phân
biệt
Vậy giá trị nhỏ nhất của F là 11 5 5
6 +
0.25
HẾT