- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.. - Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.[r]
Trang 1Cõu 1(2,0 điểm) Cho hàm sụ́
1
2 1
4
a) Khảo sát sự biờ́n thiờn và vẽ đụ̀ thị (C) của hàm sụ́ đó cho.
b) Dựa vào đụ̀ thị (C), biện luận theo m sụ́ nghiệm thực của phương trỡnh
x4 8x2 4m40
Cõu 2 (1,0 điểm) Giải các phương trỡnh sau:
a) 7 x 2.71 x 9 0
2 (sinx cosx) 1 cosx.
Cõu 3 (1,0 điểm)
a) Tỡm phần thực và phần ảo của sụ́ phức:
3 4
(3 5 )(6 )
3 2
i
i
b) Tỡm hệ sụ́ của x9 trong khai triển ( )2
2 3 - x n , trong đú n là sụ́ nguyờn dương thỏa món:
21 1 23 1 25 1 22n 11 4096
C C C C +
Cõu 4 (1,0 điểm).Tớnh tớch phõn I=∫
0
π
2
cos x√3 sin x+1dx .
Cõu 5 (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đáy ABCD là hỡnh vuụng cạnh 2a, mặt phẳng
(SAB) vuụng gúc với đáy, tam giác SAB cõn tại S và SC tạo với đáy một gúc 600 Tớnh thể tớch khụ́i chúp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a
Cõu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiờ́p đường
trũn (T) cú phương trỡnh y − 2¿
2
=25
x − 1¿2+ ¿
¿
Các điểm K(-1;1), H(2;5) lần lượt là chõn đường cao
hạ từ A, B của tam giác ABC Tỡm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biờ́t rằng đỉnh C cú
hoành độ dương
Cõu 7 (1,0 điểm) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3;2;1),
7 10 11
; ;
3 3 3
B
và mặt cầu (S): x 12 y 22 z 32 4 Chứng minh rằng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiờ́p xỳc với mặt cầu (S) Xác định tọa độ của tiờ́p điểm
Cõu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh:
Cõu 9 (1,0 điểm) Cho 3 sụ́ thực dương x y z, , thay đổi, thỏa món x y 1 z Tỡm giá trị
1 1
P
x yz y xz z xy z xy x y
Hết
-SỞ GD & ĐT THÁI NGUYấN
TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN đề thi thử thpt quốc gia lần 2 năm 2015 Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Trang 2Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.
Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………
Hớng dẫn chấm thi thử kỳ thpt quốc gia lần 2 năm 2015
môn Toán
Lưu ý khi chấm bài:
- Đỏp ỏn chỉ trỡnh bày một cỏch giải bao gồm cỏc ý bắt buộc phải cú trong bài làm của học sinh Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thỡ khụng cho điểm bước đú.
- Nếu học sinh giải cỏch khỏc, giỏm khảo căn cứ cỏc ý trong đỏp ỏn để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đú bị sai thỡ cỏc phần sau cú sử dụng kết quả sai đú khụng được điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải cõu 5, nếu học sinh khụng vẽ hỡnh hoặc vẽ sai hỡnh thỡ khụng cho điểm.
- Điểm toàn bài tớnh đến 0,25 và khụng làm trũn.
Câu 1
Cho hàm sụ́
1
2 1
4
a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm sụ́ đó cho.
b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m sụ́ nghiệm của phương trỡnh
x4 8x2 4m 4 0
a, 1,0
* Giới hạn: lim ; lim .
* Chiờ̀u biờ́n thiờn:
2
x
x
- Hàm sụ́ đụ̀ng biờ́n trờn mỗi khoảng 2;0 và 2;
- Hàm sụ́ nghịch biờ́n trờn mỗi khoảng ; 2 và 0;2
0,25
- Hàm sụ́ đạt cực đại tại x CĐ = 0, y CĐ y 0 1.
- Hàm sụ́ đạt cực tiểu tại x CT 2, y CT y 2 5.
* B ng bi n thiờn a ờ
x 2 0 2
y' - 0 + 0 - 0 +
y
-1
-5 -5 0,25
* Đụ̀ thị:
Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên
Tr ờng thpt l ơng ngọc quyến
Trang 34
Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường
- Nếu m>-1 hoặc m= - 5 thì d cắt (C) tại 2 điểm nên phương trình (*) có 2
nghiệm
- Nếu m= - 1 thì d cắt (C) tại 3 điểm nên phương trình (*) có 3 nghiệm.
- Nếu m ( 5; 1) thì d cắt (C) tại 4 điểm phân biệt nên phương trình (*) có 4
nghiệm phân biệt
- Nếu m< -5 thì d không cắt (C) nên phương trình (*) vô nghiệm.
0,5
C©u 2 Giải các phương trình sau: a) 7 x 2.71 x 9 0
b)
2 (sinx cosx) 1 cosx.
a, 0,5
b, 0,5 a) Đk: x 0.
Đặt t 7 , t 0 x
Ta có pt:
14
t 9 0 t 9t 14 0
t 2 t
( thỏa mãn t > 0 )
0,25
Với t = 7 7 x 7 x 1
Với t = 2 7 x 2 x log 2 7 xlog 27 2
Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1, xlog 27 2.
0,25
b) Ta có: (sinx cosx) 2 1 cosx 1 2sinxcosx 1 cosx
cosx 0
1 sinx=
2
2
6 5
6
Trang 4Vậy: phương trình có nghiệm
2
6 5
6
0,25
C©u 3
a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức:
3 4
(3 5 )(6 )
3 2
i
i
b) Tìm hệ số của x 9 trong khai triển ( )2
2 3 - x n , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: 12 1 23 1 25 1 22n 11 4096
C C C C +
a) 0,5
b) 0,5 a) Ta có
2
(3 4 )(3 2 )
18 3 30 5
298 333
13 13
i i
i
0,25
Vậy phần thực:
298 13
, phần ảo:
333
b) Ta có
( )2 1 0 1 2 2 2 1 2 1
x + C C x C x C +x +
Cho x=1, ta có 22n 1 20 1 12 1 22 1 22n 11
Cho x= -1, ta có : 0 20 1 12 1 22 1 22n 11
C C C C +
Lầy (1) trừ (2), ta được : 2 1 ( 1 3 5 2 1)
22n 21 1 23 1 25 1 22n 11
C C C C +
Từ giả thiết ta có 22n= 4096 Û 22n = 212 Û 2n= 12
0,25
Do đó ta có ( )12 12 12
12 0
k
x ( ) C - ( x )
=
( 0 ≤ k ≤ 12, k nguyên)
hệ số của x9 là : -C1293 29 3
0,25
C©u 4 Tính tích phân I=∫
0
π
2
cos x√3 sin x+ 1dx .
1,0
Đặt u=√3 sin x+1 ⇒ cosxdx=2
Đổi cận: x=0 ⇒u=1; x= π
Khi đó:
u 2
3udu=
2 3
u3
3
I=∫
1
2
❑¿2
¿ 1
0,25
Tính được I=14
(SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc
Trang 560 0 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
BD và SA theo a.
1.0
Gọi H là trung điểm AB Do SAB cân tại S,suy ra SH AB, mặt khác (SAB) (ABCD)
nên SH (ABCD) và ∠SCH=600
0,25
Ta có SH=CH tan 60 0
=√CB 2
+ BH 2 tan 60 0
=a√15.
V S ABCD= 1
3 SH SABCD = 1
3a√15 4 a
2
= 4√15
3 a
3
Qua A vẽ đường thẳng Δ song song với BD Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên Δ và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó Δ (SHE) Δ
HK suy ra HK(S, Δ )
Mặt khác, do BD//(S, Δ ) nên ta có
; , 2 ( ;( , )) 2
d BD SA d BD S
Ta có ∠EAH =∠DBA=450 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra
HE=AH
√2 =
a
√2
2
15
31 15
2
a a
HE HS
a
Vậy: d BD;SA 2 15a
31
0,25
C©u 6
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
(T) có phương trình y − 2¿
2
=25
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 các đỉnh của tam giác
ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương.
E k
S
Trang 6(T) có tâm I(1;2) Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C Ta có
2
HCx ABC
SđAC(1)
Do AHB AKB 900 nên AHKB là tứ giác nội tiếp ABC KHC (cùng bù với
gócAHK) (2)
Từ (1) và (2) ta có HCx KHC HK // Cx
Mà IC⊥Cx ⇒ IC⊥ HK
0,25
Do đó IC có vectơ pháp tuyến là ⃗KH=(3 ;4 ) , IC có phương trình
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
y − 2¿2=25
¿
¿ {
¿
x − 1¿2+ ¿
¿
⇒
x =5 y=− 1
;
y=5
¿ {
Do x C 0 nên C(5;− 1)
0,25
Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là ⃗CH=(−3 ;6) nên AC có
phương trình 2 x + y −9=0
Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
2 x + y −9=0
y − 2¿2=25
¿
¿ {
¿
x −1¿2+ ¿
¿
⇒ x=1 y=7
;
y=− 1
¿ { (loại) Do đó A (1 ;7)
0,25
Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là ⃗CK =(− 6 ;2) nên BC có
phương trình x+3 y −2=0
Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
x+3 y −2=0
y − 2¿2=25
¿
¿ {
¿
x − 1¿2+ ¿
¿
⇒ x=− 4 y=2 ,
y=− 1
¿ {
(loại) Do đó B (− 4 ;2)
Vậy A (1 ;7) ; B (− 4 ;2) ; C(5;− 1)
0,25
A
H
K I
x
Trang 7C©u 7
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;2;1),
7 10 11
; ;
3 3 3
B
và mặt cầu (S): x 12 y 22 z 32 4. Chứng minh rằng mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S).
Xác định tọa độ của tiếp điểm.
1,0
Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3),R 2
Phương trình mặt phẳng (P) là trung trực của AB đi qua
1 2 7
3 3 3
, có vtpt
16 16 8
3 3 3
l : 2x + 2y – z + 3=0 (P)à
0,25
Ta có: d(I;(P)) 2 R nên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc
Phương trình đường thẳng d đi qua I nhận véc tơ n⃗(P) 2;2; 1 làm vt chỉ
phương là:
x 1 2t
y 2 2t
z 3 t
0,25
d(P) H
hệ pt:
x 1 2t
2x 2y – z
11 H
3
; ;
0
Vậy: tọa độ tiếp điểm là
1 2 11
H ; ;
3 3 3
0,25
C©u 8
Giải hệ phương trình:
1,0 Lời giải: ĐKXĐ: x 0
+) Hệ pt tương đương với
0,25
+) Nhận thấy x 0 không thỏa mãn hệ phương trình do đó
2 2
x x x
+) Xét hàm số f t t t t21, t(0;) do f t' 0, t (0;) suy ra hàm số
f t đồng biến trên (0;). (**)
0,25
+) Từ (*) và (**) nhận được
1
2y x
thế vào phương trình (2) trong hệ ta được
Trang 8
2
1
x
+) Ta thấy hàm số 3 2
g x x x x x
đồng biến trên khoảng 0;
0,25
+) Lại có g 1 0 suy ra phương trình 3 2
g x x x x x
có
nghiệm duy nhất
1 1
2
x y
Vậy: Hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất
1
2
x y
0,25
C©u 9
Cho 3 số thực dương x y z, , thay đổi, thỏa mãn x y 1 z Tìm giá trị nhỏ
1 1
P
x yz y xz z xy z xy x y
1,0
Ta có: x y z , , 0 nên
22 12
dấu = xảy ra khi xy Lại có: 1xy x y 1 x 1y và 2xy x 2y2 dấu = xảy ra khi xy 0,25 Nên ta được
14
1 1
14
P
x yz y xz z xy z xy x y
x xyz y xyz z xy z x y
2
14
14
14
14
1
P
x xyz y xyz z xy z x y
P
P
P
P
57
z z
0,25
Xét hàm
2
z z z
z
Ta có
2 3
z
3
f z z Lập bảng biến thiên của hàm số f z
0,25
ta nhận được min 1; 5 53
z f z f
Trang 9Vậy GTNN của P bằng
53
8 đạt được khi
,
x y z
0,25