Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… Số báo danh: …………. SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số = −  + 3−2. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng := −−2. Câu 2 (1 điểm). 1. Giải phương trình: sin2+2cos−sin−1=0 2. Giải phương trình: 3  −4.3  + 27 = 0 Câu 3 (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 3 3 2y x x    và 2y x   Câu 4 (1 điểm). 1. Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn: | 2−1 | = √ 5. 2. Trong một cái hộp có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ trong hộp đó. Tính xác suất để tổng các số trên 3 tấm thẻ lấy được là một số chia hết cho 3. Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp . có đáy là tam giác  đều cạnh bằng 3. Chân đường cao hạ từ đỉnh S lên mp() là điểm H thuộc cạnh AB sao cho =3.; góc tạo bởi đường thẳng  và mp() bằng 60  . Tính theo a thể tích của khối chóp . và khoảng cách giữa hai đường thẳng  và . Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ  cho hình thang cân  có hai đáy là  và BC; biết = , = 7. Đường chéo AC có phương trình −3−3 = 0; điểm (−2;−5) thuộc đường thẳng . Viết phương trình đường thẳng  biết rằng đỉnh (1;1). Câu 7 (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (  ) :−++2= 0 và điểm (1;−1;2). Tìm tọa độ điểm ′ đối xứng với điểm  qua mặt phẳng (). Viết phương trình mặt cầu đường kính ′. Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 3 2 1 ( 1) 2 1 4 ( 3 2)( 2 1) y x y x y y x x x                       Câu 9 (1 điểm). Cho các số thực dương ,, thỏa mãn ≥1,≥1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 2 1 1 3( 1) x y z P y x xy        . Đ Ề THI TH Ử THPT QU Ố C GIA LẦN 2 - NĂM HỌC 2014-2015 MÔN: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 180 phút H Ế T - Cán bộ coi thi không gi ải thích gì thêm - Thí sinh không được dùng tài liệu 33 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm 1.1 (1đ) - Khảo sát và vẽ đồ thị 1/ TXĐ :  = ℝ 2/ Sự biến thiên:  Giới hạn: lim →± = lim →± ( −  + 3−2 ) = ∓∞  Chiều biến thiên:   = −3  + 3 ⟹  = 0 ⟺= ±1 Bảng biến thiên x  -1 1  y’ − 0 + 0 − y  0 -4  Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;−1) và (1;+∞) Hàm số đồng biến trên khoảng (−1;1) Hàm số đạt cực tiểu tại = −1,  = −4 Hàm số đạt cực đại tại = 1, Đ = 0 3/ Đồ thị: - Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;−2), cắt trục Ox tại các điểm (−2;0) và (1;0). - Đồ thị hàm số nhận điểm uốn (0;−2) làm tâm đối xứng. 0,25đ 0,5đ \ 0,25đ 1.1 (1đ) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng  :  = −  −  . - Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: −   + 3  − 2 = −  − 2 ⟺   − 4  = 0 ⟺   = 0 = ±2 Suy ra các tiếp điểm là:  ( 0;−2 ) , ( 2;−4 ) ,(−2;0) Ta có:   = −3  + 3 Suy ra các tiếp tuyến là: =3−2  = − 9  + 14  = − 9  + 18 0,25đ 0,25đ 0,5đ 2.1 (0,5đ) Giải phương trình:   +   −   −  =        sin 2  + 2 cos  − sin  − 1 = 0 ⟺ 2 sin  . cos  + 2 cos  − sin  − 1 = 0 ⟺2cos. ( sin+ 1 ) − ( sin+ 1 ) = 0 ⟺ ( sin+ 1 )( 2cos−1 ) = 0 ⟺  sin  = − 1 cos  =   ⟺  = −   + 2  = ±   +  2  (  ∈ ℤ ) 0,25đ 0,25đ 2.2 (0,5đ) Giải phương trình:     −  .     +  =  3     − 4 . 3     + 27 = 0 ⟺3  (  ) −12.3  + 27 = 0 Đặt = 3  ,(> 0),tađượcphươngtrình:   −12+27 = 0 ⟺  =3 =9 ⟺  3  = 3 3  = 9 ⟺  2+4 = 1 2+4 = 2 ⟺  = − 3 2 = −1 Vậyphươngtrình có 2 nghiệm là:  = − 3 2  ;   = − 1 0,25đ 0,25đ 3. (1đ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 3 3 2 y x x     và 2 y x    - Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị các hàm số đã cho: −  + 3−2 = −−2 ⟺  −4= 0 ⟺   = 0 = ±2 Suy ra diện tích của hình phẳng cần tính là: =  |( −  + 3−2 ) —(−−2 ) |   . +  |( −  + 3−2 ) —(−−2 ) |   . =  |   −4 |    +  | −  + 4 |    =  (   −4 )    +  ( −  + 4 )    =    4 −2      +  −  4 + 2      = 4 + 4 = 8 Vậy  = 8  ( đ  ) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 4.1 (0,5đ) Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn: |  −  | = √  . Giả sử  =  +  , (  ,  ∈ ℝ ) Suy ra: | 2−1 | = √5 ⟺ | 2 ( + ) −1 | = √5 ⟺ | −2−1 −2 | = √5 ⟺ ( −2−1 )  + ( −2 )  = √5 ⟺4  + 4  + 4+1 =√5 ⟺  +   + −1 = 0 ⟺  + + 1 2   = 5 4 Vậy tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức đã cho là một đường tròn có tâm   0 ; −    và bán kính  = √   . 0,25đ 0,25đ 4.2 (0,5đ) Trong một cái hộp có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ trong hộp đó. Tính xác suất để tổng các số trên 3 tấm thẻ lấy được là một số chia hết cho 3. Giải: - Số cách lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ trong hộp là:    . - Trong 40 tấm thẻ đó có :   + 1 = 13 tấm thẻ mang số chia hết cho 3   + 1 = 14 tấm thẻ mang số chia 3 dư 1   + 1 = 13 tấm thẻ mang số chia 3 dư 2 - Để tổng 3 số ghi trên 3 tấm thẻ là số chia hết cho 3 thì phải xảy ra các trường hợp sau: i. Cả 3 số đều chia hết cho 3: có    cách lấy ii. Cả 3 số đều chia 3 dư 1: có    cách lấy iii. Cả 3 số đều chia 3 dư 2: có    cách lấy iv. Có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2: có    .   .   cách lấy. - Suy ra xác suất cần tính là:  =    +    +    +             = 127 380 ≈ 0 , 33 0,25đ 0,25đ 5. (1đ) Cho hình chóp  .  có đáy là tam giác  đều cạnh bằng   . Chân đường cao hạ từ đỉnh   lên mp (  ) là điểm   thuộc cạnh   sao cho  =  .  ; góc tạo bởi đường thẳng và mp() bằng   . Tính theo thể tích của khối chóp . và khoảng cách giữa hai đường thẳng  và . + Nhận thấy  ⊥ (  ) ⇒  là hình chiếu của  trên mặt phẳng (ABC) ⇒   = 60  là góc giữa SC và mp(ABC). Ta có:   =   +   −2...cos60  = 9  +   −2.3..   = 7  ⇒=  √ 7 ⇒= .tan60  = . √ 21 Lại có:   =   √   Nên:   .  =    .   =   .  √ 21 .    √   =    √   0,25đ 0,25đ + Dựng       ⃗ =       ⃗ ⇒  //  ⇒  //  (  ) ⟹  (  ;  ) =    ; (  )  =    ; (  )  = 3 .  (  ; (  ) ) + Dựng ⊥ tại E ⇒⊥ (  ) ⇒ (  ) ⊥() (theo giao tuyến ) + Dựng ⊥ tại ⇒⊥ (  ) ⇒= (; (  ) ) Ta có: = .sin60  =  √   1   = 1   + 1   = 4 3  + 1 21  = 29 21  ⟹=  √ 21 √ 29 ⟹  ; (  )  = 3 √ 21 √ 29 Vậy  (  ;  ) =   √  √  0,25đ 0,25đ 6. (1đ) Trong mặt phẳng tọa độ  cho hình thang cân  có hai đáy là  và BC; biết   =  ,  =  . Đường chéo AC có phương trình  −  −  =  ; điểm  ( −  ; −  ) thuộc đường thẳng  . Viết phương trình đường thẳng  biết rằng đỉnh  (  ;  ) . Giải + Do ABCD là hình thang cân nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn. Do = =  nên AC là đường phân giác trong góc   . + Gọi E là điểm đối xứng của B qua AC ⟹∈. Ta có phương trình  là: 3+−4= 0. Gọi =∩⟹ tọa độ F là nghiệm của hệ:  −3−3 = 0 3+−4= 0 ⟺ = 3 2 =− 1 2 ⟹=  3 2 ;− 1 2  Do F là trung điểm của BE nên = (2;−2) Lại do ∈ nên phương trình AD là: 3−4−14 = 0 + Điểm = ∩⟹tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  3−4−14 = 0 −3−3 =0 ⟺  = 6 =1 ⟹=(6;1) + Gọi =(2 + 4;−2 + 3) ∈ Do =7 ⟹  = 49 ⟺ ( 4−4 )  + ( 3−3 )  = 49 ⟺25 ( −1 )  = 49 ⟺ ( −1 )  = 49 25 ⟺  −1 = 7 5 −1 =− 7 5 ⟺  = 12 5 =− 2 5 ⟹    =  58 5 ; 26 5    =  2 5 ;− 16 5  Tuy nhiên, điểm B và điểm D luôn nằm về 2 phía của đường thẳng AC do đó kiểm tra vị trí tương đối của điểm B và 2 điểm D đó ta thấy chỉ có điểm   thỏa mãn. 0,25đ 0,25đ 0,25đ Do đó  =    ; −    . + Do BC//AD nên phương trình đường thẳng BC là: 3−4+ 1 = 0 Điểm = ∩⟹tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:  3−4+ 1 = 0 −3−3 =0 ⟺  = −3 =−2 ⟹= (−3;−2) Tuy nhiên ta tính được  = 5 ,  = √ 13  ⇒  không phải là hính thang cân, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy bài toán vô nghiệm. 0,25đ 7. (1đ) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (  ) :  −  +  +  =  và điểm  (  ; −  ;  ) . Tìm tọa độ điểm  ′ đối xứng với điểm  qua mặt phẳng (  ) . Viết phương trình mặt cầu đường kính  ′ . + Gọi Δ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P), khi đó Δ nhận vectơ pháp tuyến   ⃗ = ( 1 ; − 1 ; 1 ) của mp(P) là vec tơ chỉ phương. Do đó phương trình tham số của Δlà:  = 1 +  =−1 − = 2 +  + Gọi = Δ∩() ⟹ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình:  = 1 +  =−1 − = 2 +  −+ +2 = 0 ⟺ =−2 = −1 = 1 = 0 ⟹= (−1;1;0) + Gọi   là điểm đối xứng của A qua mp(P) khi đó I là trung điểm của ′ ⟹  = (−1;3;−2) + Mặt cầu đường kính ′ có tâm là =(−1;1;0) và bán kính = = √ 12 Suy ra phương trình mặt cầu đường kính  ′ là: (  + 1 )  + (  − 1 )  +   = 12 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 8. (1đ) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 3 2 1 ( 1) 2 1 (1) 4 ( 3 2)( 2 1) (2) y x y x y y x x x                       + ĐK:  ≠ 0 , −  √ 2 ≤  ≤ √ 2 PT(1) ⟺  (  + 1 )  +    = 2 (  + 1 −   ) ⟺ ( + 1 )(   + −2 ) +   ( + 2 ) = 0 ⟺ ( + 2 )( + 1 )( −1 ) +   ( +2 ) = 0 ⟺ ( + 2 )(   +   −1 ) = 0 ⟺  +2 = 0(ạ)   +   = 1 + Với   +   = 1 ⟹  = 1−  , thay vào PT(2) ta được PT: 4  = (   −  + 3−2 )   + 1 + 1 ⟺4 (   + 1 −1 ) = (   −  + 3−2 )   + 1 + 1 ⟺4  + 1 + 1  + 1 −1= (   −  + 3−2 )   + 1 + 1 ⟺4  + 1 −1=   −  + 3−2 ⟺  −3−2 =   −4    + 1 (3) 0,25đ 0,25đ + Do   +   = 1⟹  0 ≤  ≤1 0 ≤  ≤1 ⟹  −1 ≤≤1 −1 ≤≤1 + Xét hàm số:  (  ) =   −3−2 trên đoạn [ −1;1 ] Có   (  ) = 3  −3 ⟹  (  ) = 0 ⟺= ±1 Do hàm số () liên tục trên đoạn [ −1;1 ] và  ( −1 ) = 0,  ( 1 ) = −4 Suy ra min ∈[;] () =−4, max ∈[;]  (  ) = 0 Hay  (  ) ≥−4,∀∈[−1;1] (a) + Xét hàm số:  (  ) =   −4    + 1 trên đoạn [−1;1] Có   (  ) = 2−     ⟹  (  ) = 0 ⟺  =0 ∈(−1;1) = ± √ 3 ∉[−1;1] Do hàm số () liên tục trên đoạn [ −1;1 ] và  ( −1 ) =  ( 1 ) = 1 −4 √ 2, ( 0 ) = −4 Suy ra max ∈[;] () =−4, min ∈[;] () = 1 −4 √ 2 Hay  (  ) ≤−4,∀∈[−1;1] (b) + Từ (a) và (b) suy ra PT(3) ⟺ (  ) =  (  ) = −4 ⟺  = 1 =0 (thỏa mãn PT(1)) Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất ( ; ) = (1;0) 0,25đ 0,25đ 9. (1đ) Cho các số thực dương ,, thỏa mãn ≥,≥. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 2 1 1 3( 1) x y z P y x xy        . + Trước hết ta chứng minh kết quả sau: Với ,> 0 thỏa mãn: ≥1 ta có:   +   ≥   √  (1) Thật vậy: ( 1 ) ⟺ ( + + 2 )  1 +    ≥2 ( + +  ) ⟺ ( +  )  + + + 2  + 2 ≥2+ 2 ( + ) + 2 ⟺ ( +  )    −1  ≥2      −1  ⟺   −1  + −2    ≥0 ⟺    −1  √ −     ≥0 luôn đúng do ≥1 (đpcm) + Mặt khác, theo BĐT AM-GM ta có:   + 2 =   + 1 + 1 ≥3≥3 ⟹≥  +1 + 1 +  + 1 + 1 + 1 +1 −2 = ( ++ 1 )    +   +   −2 ≥  2  + 1    √  +   −2 (do (1)) + Đặt =  ,(≥1) ta được: ≥ (  ) = ( 2+ 1 ) . 2 +1 + 1   + 1 −2 = 2 + 1 + 1   + 1 Ta có:  (  ) =  (  )  −  (    )  =  (  )  (  ) (  )  (    )  ≥0,∀≥1 ⟹  (  ) đồng biến trên [ 1;+∞ ] ⟹ (  ) ≥ ( 1 ) =   ,∀≥1 ⟹≥   Vậy   =   ⟺= == 1. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Chú ý: - Thí sinh làm theo cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa. - Câu 5 nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm. CảmơnbạnVìSaoLặngLẽ (visaolangle00@gmail.com)đãgửitới www.laisac.page.tl . phút H Ế T - Cán bộ coi thi không gi ải thích gì thêm - Thí sinh không được dùng tài liệu 33 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm 1.1 (1đ) - Khảo sát và vẽ đồ thị 1/ TXĐ :  = ℝ . xác suất cần tính là:  =    +    +    +             = 127 380 ≈ 0 , 33 0,25đ 0,25đ 5. (1đ) Cho hình chóp  .  có đáy là tam giác