Đề thi thử Toán THPT Hùng Vương – Phú Thọ năm 2015 (Kèm đáp án)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 LẦN III Môn: TOÁN (Đáp án-thang điểm gồm 07 trang) I) Hướng dẫn chung: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II) Nội Dung: Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3 x 1 (C ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( C ) b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( C ) tại giao điểm của đồ thị với trục tung. Nội Dung Điểm a) TXĐ: D  R\1 4  0, x  D ( x  1)2 Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ;1) và (1;  ) Sự biến thiên: y ''  0,25  Tiệm cận lim y  lim y  1 , y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  x  0,25 lim y  ; lim   x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số   x 1 x 1 BBT x y’ -  1 +  - - 1 y 0,25 +  - 1 Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-3) Đồ thị cắt trục hoành tại điểm (-3;0) Đồ thị nhận tâm I( 1;1) làm tâm đối xứng 0,25 Trang1/7 b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( C ) tại giao điểm của đồ thị với trục tung. Giao của đồ thị với trục tung là M ( 0; 3) 0,25 Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến k= y ''( 0 )  4 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại điểm M ( 0; 3) với hệ số góc k = -4 là: 0,25 y  4( x  0 )  3 Hay y  4 x  3 0,25 Câu 2( 1,0 điểm)  2    2 và tan(   )  1; tính giá trị biểu thức: A  cos(   )  sin  4 6 b) Cho số phức z thỏa mãn: 3( z  1  i )  2i( z  2 ) Tìm modun của số phức w  z  iz  5 a)Cho a) Tính giá trị biểu thức A:......... Từ phương trình : tan(   4 ) 1    4   4  k    k ,( k  z )   1 Do    2 nên  k  2   k  2,( k  z ) vậy k  1,    . 2 2 2 Với    ta có A  cos 5 3  sin    6 2 0,25 0,25 b) Tìm modun số phức:................................ Đặt z  a  bi,( a, b  R ), z  a  bi 3(a  1  bi  i)  2i( a  bi  2 )  3( a  1)  ( 3b  3)i  2b  ( 2 a  4 )i 3a  3  2b a  1   3b  3  2 a  4 b  3 0,25 z  1  3i , vậy số phức w  1  3i  i(1  3i)  5  3  4i Modun số phức w  32  42  5 0,25 Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình sau: 32 x  10.3x  9  0 Đặt 3x  t  0 phương trình trở thành : t 2  10t  9  0  1  t  9 Vậy 1  3x  9  0  x  2 Nghiệm của bất phương trình là 0  x  2 Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình sau: 0,25 0,25 x  1  x  3  2 x3  4 x 2  8 x  5  2 x Trang2/7 Đk: x  1 , Phương trình tương đương với : ( 2 x  x  3 )( 2 x  x  3 ) x  3  2x 2 4x  x  3 x  1  2 ( x  1)( x 2  3 x  5)  x  3  2x x  1  2 ( x  1)( x 2  3 x  5)   0,,25  x  1( 4 x  3)  x  1 1  2 x 2  3 x  5  0 x  3  2x   x  1   x  1( 4 x  3)  0(*) 1  2 x2  3x  5   x  3  2x   0,25 Mặt khác ta có 1  2 x 2  3 x  5  1  2  x 2  ( x  3)2  1  1  x   0,25 Theo bất đẳng thức cosi: x  ( x  1)  1  2 x  1 x x  1( 4 x  3) 2 .( 4 x  3) Do vậy ta có :   x  1  1  2 x 2  3x  5 2x x  3  2x 0,25 Điều này chứng tỏ phương trình (*) Vô nghiệm Kết luận phương trình có nghiệm duy nhất x  1 Cách khác:có thể chứng minh (*) vô nghiệm như sau: 1  2 x 2  3 x  5  1  2 ( x  2 )2  x  1  1  2 x  1  2 x  1 Mặt khác: x  1( 4 x  3)  x  3  2x x  1( 4 x  4 )  2 x  1  1  2 x2  3x  5 2  2x Đối với bài toán trên có thể làm bằng cách sau: 1 Câu 5 (1,0 điểm ) Tính tích phân sau : I  7  6x  3x  2 dx 0 Nội Dung 1 1 1 Điểm 1 7  6x 2( 3 x  2)  3 dx I dx   dx  2  dx  3 3x  2 3x  2 3x  2 0 0 0 0 1 1 I1  2  dx  2 x 0  2 0,25 0,25 0 1 1 1 dx d( 3 x  2 ) I2  3   ln (3 x  2)  ln 5  ln 2 0 3x  2 0 3 x  2 0 0,25 Trang3/7 1 Vậy I  7  6x 5 dx  2  ln  3x  2 2 0 0,25 Câu 6(1,0 điểm ) a 10 ; AC  a 2 ,BC  a, Hình chiếu 4 vuông góc của C '' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm M của đoạn AB .Tính theo a thể tích khối lắng trụ ABC. A '' B '' C '' và góc tạo bởi giữa đường thẳng C ''M cà mặt phẳng (ACC''A'') ACB Cho hình lăng trụ ABC. A '' B '' C '' có  =1350 ,CC ''  C'' Diện tích tam giác : B'' SABC 0,25 1 a2  CA.CB sin 1350  2 2 Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác ABC  AB  a 5 ; A'' CA 2  CB2 AB2 a2   2 4 4 a 6 C '' M  C '' C 2  CM 2  4 a3 6 VABC. A '' B '' C ''  C '' M.SABC  8 CM 2  H K C B M A 0,25 Tính góc giữa C ''M cà mặt phẳng (ACC''A'') Kẻ MK  AC,( K  AC ), MH  C '' K ,( H  C '' K ) Vì AC  ( C '' MK )  AC  MH mà MH  CK nên suy ra MH  ( ACC '' A '') , 0,25    vậy suy ra  C '' M ,( ACC '' A ''   MC '' H  MC ''K (1) Vì M là trung điểm AB nên: 2 SMAC a2 a 1  MK  1 SCAM  SCAB   MK    tan MC '' K  AC C''M 2 4 2 2 3   Suy ra: MC ''K  300 (2) ,Từ (1) và (2) suy ra  C '' M ,( ACC '' A ''   300 0,25 Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có CD  2 AD  2 AB Gọi E( 2; 4 ) là điểm thuộc đoạn AB sao cho AB  3 AE .Điểm F thuộc BC sao cho tam giác DEF cân tại E .Phương trình EF là: 2 x  y  8  0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết D thuộc đường thẳng d : x  y  0 và điểm A có hoành độ nguyên thuộc đường thẳng d '' : 3 x  y  8  0. Trang4/7 Ta chứng minh tam giác DEF là tam giác vuông cân tại E . Gọi P là điểm đối xứng của D qua A Tam giác BDP vuông cân tại B nên EP  ED . Mặt khác do tam giác DEF cân tại E nên ED  EF nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DPF P A B E F Suy ra   PFD  EBFD là tứ AED  giác nội tiếp. M C D 0,25   Suy ra DEF  DBF  900 Tam giác DEF vuông cân tại E .Đường thẳng DE đi qua E và vuông góc với EF Có phương trình là : DE:x-2y+6=0 .Tọa độ điểm D  DE  d là nghiệm của hệ x  2 y  6  0  D( 2; 2 )  x  y  0 0,25 Xét tam giác vuông EDA có 3EA=AB=AD,DE2  AD2  AE 2  10 AE 2 Vì A  d ''.  A( a; 8  3a ), a   ta có phương trình: a  1 4  2  10 ( a  2)  ( 4  3a)   5a  14 a  9  0   vậy A(1; 5)    a  9 (l) 5  2 2   2   2  xB  2  2 Ta có EB  2 EA    yB  4  2     xc  2  6 Ta có DC  2 AB   0,25 2  B( 4; 2 )  C( 4; 4) 0,25  yc  2  6 Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là A(1; 5), B( 4; 2 ), C( 4; 4 ), D( 2; 2 ) Bài toán này có thể chứng minh tứ giác EBFD nội tiếp bằng cách chỉ ra điểm M cách đều 4 điểm E, B, F , D với M là trung điểm của DF Câu 8(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1; 2; 3 và mặt phẳng  P  có phương trình : 2 x  2 y  z  9  0 .Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng  P  .Tìm tọa độ điểm A '' đối xứng với điểm A qua mặt phẳng  P  . Nội Dung Điểm Trang5/7