Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 6 năm 2015

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 24 tháng 03 năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số   3 3 1 1y x x    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). b) Gọi   d là đường thẳng đi qua điểm   2; 3A  có hệ số góc bằng m . Tìm các số m để đường thẳng   d cắt đồ thị của hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ 1 2 3 ,,x x x thỏa mãn 2 2 2 1 2 3 8x x x   . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình     2 cos 1 cos 2 1 sin . sin cos xx x xx    Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân   2 sin 0 cos sin2 x I e x xdx    . Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z , biết z thỏa mãn      1 2 . 1 2i z i i z    . b) Gọi S là tập hợp các ước số nguyên dương của số 43200. Chọn ngẫu nhiên một số trong S . Tính xác suất chọn được số không chia hết cho 5. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1; 1;1A  và đường thẳng d có phương trình 11 2 1 2 x y z  . Tìm tọa độ điểm 'A là hình chiếu vuông góc của A trên d và lập phương trình mặt phẳng   P đi qua ,A   P song song với d và khoảng cách giữa d với   P lớn nhất. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có ABCD là hình thang vuông tại ,AD ; 2,AB AD a .CD a Gọi I là trung điểm của cạnh AD , hình chiếu vuông góc của S trên   ABCD là điểm .I Cho biết khoảng cách từ I đến   SBC bằng 3 . 2 a Tính thể tích của khối chóp .S ABCD theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên trục Ox với 5 0 2 A x . Các đường cao xuất phát từ đỉnh B và đỉnh C lần lượt có phương trình là 12 : 1 0, : 2 4 0d x y d x y      . Tìm tọa độ các đỉnh ,,A B C sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình     2 17 3 5 3 14 4 0 2 2 5 3 3 2 11 6 13 x x y y x y x y x x                    . Câu 9 (1,0 điểm). Cho 3 số thực dương ,,abc thay đổi, thỏa mãn ab a c b c c     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 22 a b c c P b c c a a b a b         . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015 Môn: TOÁN Đ Ề CHÍNH THỨC (Đáp án – thang đi ể m có 6 trang) Câu Đáp án Điểm 1 (2,0 đ) a) (1,0 điểm ) Tập xác định: D   .  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 1 3 3; 0 1 x y x y x            . 0,25 - Hàm số đồng biến trên khoảng (-1;1), hàm số nghịch biến trên     ; 1 , 1;   . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x CĐ = 1, y CĐ = 1; đạt cực tiểu tại x CT = -1, y CT = -3. 0,25 - Giới hạn: lim ; lim xx yy       . - Bảng biến thiên: x  -1 1  y  - 0 + 0 - y  1 -3  0,25  Đồ thị: Giao với Oy tại   0; 1 . Lấy thêm điểm thuộc đồ thị   2; 3A  . 0,25 b) (1,0 điểm ) Phương trình của d là   23y m x   . Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị của hàm số (1) là     3 2 3 3 1 1 .m x x x                  2 3 2 2 1 3 2 2 0 1 2 2 0 2 1 0 2 x x x m x x x m x x x m                      . 0,25 2 Để d cắt đồ thị của hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm phân biệt hay phương trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2.   2 '0 0 2' . 9 2 2.2 1 0 m m m m                 0,25 Gọi các hoành độ giao điểm của d và đồ thị của hàm số (1) lần lượt là 1 2 3 , , 2x x x  . Trong đó 12 ,xx là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (2). Theo bài ra ta có     2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 1 2 1 2 8 4 2 4. 3x x x x x x x x x          Theo Định lí Viét của phương trình (2) ta có 12 12 2 1 xx x x m        . 0,25 Khi đó (3) trở thành     4 2 1 4 1 0 1 3' .m m m         Kết hợp (2’) và (3’) ta được   ;1\{ 9}m    . 0,25 2 (1,0 đ) Điều kiện: sin cos 0xx . Khi đó phương trình        2 1 sin cos 1 2 1 sin sin cosx x x x x      0,25    1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x            1 sin 1 cos sin 1 cos 0x x x x              1 sin 1 cos 1 sin 0. *x x x     0,25       sin 1 1 *. cos 1 2 x x        Ta có với sin 1 cos 0xx    , do đó sin cos 1 0.xx    (1)   sin 1 2 . 2 x x k k           0,25 Ta có với cos 1 sin 0xx    , do đó sin cos 1 0.xx        2 cos 1 2 .x x m m         Vậy phương trình có nghiệm là 2 2 xk      và 2xm     ,km . 0,25 3 (1,0 đ)   2 2 2 sin sin 0 0 0 cos sin 2 2sin cos 2 cos sin cos xx I e x xdx e x xdx x x xdx           . Đặt 22 sin 12 00 2sin cos ; 2 cos sin cos x I e x xdx I x x xdx    . 2 sin 1 0 2sin cos x I e x xdx    . Đặt sin cosx t dt xdx   . Đổi cận: 00 . 1 2 xt xt             0,25 Khi đó   11 2 1 1 1 sin 1 0 0 0 0 0 0 2 sin sin 2 2 2 2 x t t t t t I e xd x e tdt te e dt te e               . 0,25 3 2 2 0 2 cos sin cosI x x xdx    . Đặt   cos cos sin sin ,x u d x du xdx du xdx du         Đổi cận 0 cos0 1 . cos 0 22 xu xu               Khi đó 1 0 35 22 2 1 0 44 2. 55 I u du u     0,25 Vậy   2 sin 12 0 4 14 cos sin 2 2 . 55 x I e x xdx I I          0,25 4 (1,0 đ) a) (0,5 điểm ) Từ giả thiết      1 2 1 2iz i i z    ta được      2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 0iz i i z iz i z i z iz iz z i z iz iz i                    . Ta có 10iz i   1iz i     22 1zi i i z i i       0,25 1 1 .z i z i        Từ đó ta có phần thực của z bằng 1, phần ảo của z bằng 1. 0,25 b) (0,5 điểm ) Ta có 6 3 2 43200 2 .3 .5 . Mỗi ước nguyên dương của số 43200 là một số có dạng 2.3 .5 i j k , trong đó {0,1,2,3,4,5,6}i ; {0,1,2,3}j ; {0,1,2}k . Số ước nguyên dương bằng số bộ   ,,i j k được chọn từ 3 tập trên. Suy ra số cách chọn bộ   ,,i j k từ 3 tập trên là 1 1 1 7 4 3 . . 7.4.3 84C C C  (cách). Vậy số phần tử của S là 84. 0,25 Số các ước của 43200 không chia hết cho 5 trong tập S là số cách chọn bộ   , ,0ij từ 3 tập trên suy ra số các ước của 43200 không chia hết cho 5 trong tập S là 11 74 . 7.4 28CC . Từ đó ta có: chọn 1 số trong S có 84 cách chọn. Chọn 1 số trong S không chia hết cho 5 có 28 cách chọn. Suy ra xác suất chọn được số không chia hết cho 5 trong S là 28 1 84 3 P  . 0,25 5 (1,0 đ) Ta có phương trình tham số của d là 12 12 xt yt zt           . Ta có '(1 2 ; ; 1 2 )A t t t   là hình chiếu vuông góc của   1; 1;1A  trên d . Có   ' 2 ; 1 ;2 2A A t t t      lại có 'AA  vuông góc với véctơ chỉ phương   2;1;2u   của d nên ta có       1 2 2 1 1 2 2 2 0 3 t t t t         . 0,25 4 Suy ra 5 1 1 '( ; ; ) 3 3 3 A  , 2 4 4 ' ; ; 3 3 3 AA       . 0,25 Do d song song với   P nên         , ', ' 'd P d d A P A H A A   (Với H là hình chiếu vuông góc của A’ trên   P ). Suy ra khoảng cách giữa d với   P lớn nhất khi và chỉ khi HA hay ''A H A A   khi đó A’A vuông góc với mặt phẳng (P). 0,25 Chọn 'AA  làm véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Ta có mặt phẳng (P) đi qua   1; 1;1A  và nhận   1;2; 2n   làm véctơ pháp tuyến nên phương trình của mặt phẳng (P) là       1 1 2 1 2 1 0 2 2 3 0.x y z x y z           0,25 6 (1,0 đ) Ta có 5; 2IB BC a IC a   . D . ABC Sa 0,25 Dựng   ,IE BC E BC . Dựng   ,IH SE H SE . Suy ra   BC SIE BC IH   . Suy ra   IH SBC hay     3 , 2 IH d I SBC a . 0,25 Gọi M là trung điểm của IC  2 2 2 2 3 5 2 2 aa BM IB IM a     . Lại có 3 . . . 2 . 5 2 3 . 5 a BM IC IE BC a IE a a IE     0,25 Xét tam giác vuông SIE vuông tại I , IH là đường cao suy ra ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 4 1 9 3 5 a IH IS IE IS IH IE IS a         . Suy ra 3 7 a SI  . Từ đó suy ra thể tích của khối chóp 3 2 1 1 3 3 7 . . .3a 3 3 7 7 ABCD aa V SI S   (đvtt). 0,25 5 7 (1,0 đ) Do     1 ;1B d B t t   ; do     2 1 1 ;4 2C d C t t   . Do   ;0A Ox A a ,     12 1;1 , 1; 2uu     . Ta có     11 ;1 ; ;4 2AB t a t AC t a t        0,25 Lại có   1 1 1 1 1 . 0 4 2 0 4 .d AC u AC t a t t a               2 2 . 0 2 2 0 2 .d AB u AB t a t t a              Ta tìm được       2; 1 ; 4 ;2 4 ; 4 2a;2a 4 ;B a a C a a AC          0,25 Ta có phương trình của :0AC x y a . Ta được      33 4 2 2 , , 3 2 1 2 ABC a AC a d B AC S a a          . 0,25 Xét hàm ABC S  biến a trên khoảng 5 0; 2    ta được kết quả 5 0; 2 27 4 ABC a Max S       đạt được khi 1 1 5 3 7 ;0 , ; , ; 3 2 2 2 2 2 a A B C                        . 0,25 8 (1,0 đ)         2 17 3 5 3 14 4 0 1 2 2 5 3 3 2 11 6 13 2 x x y y x y x y x x                    . Điều kiện xác định: 50 40 2 5 0 3 2 11 0 x y xy xy                Phương trình thứ nhất biến đổi thành           3 5 2 5 3 4 2 4 1'x x y y       . 0,25 Xét hàm số     2 3 2 , [0; )f t t t t    do   ' 0, [0; )f t t    suy ra hàm số   ft đồng biến trên [0; ). Từ (1’) nhận được 5 4 1x y y x      thế vào phương trình (2) trong hệ ta được   2 2 3 4 3 5 9 6 13. *x x x x          2 * 2 3 4 3 5 9 6 13 0x x x x        . 0,25 Xét hàm số     2 4 2 3 4 3 5 9 6 13 , [ ;5] . 3 g x x x x x x D           Dễ thấy   '' 0, .g x x D   Suy ra   '0gx có không quá 1 nghiệm xD hay   0gx có không quá 2 nghiệm xD . Lại có     0 1 0gg   . 0,25 Kết luận: Hệ có 2 nghiệm (0; -1) và (-1;-2). 0,25 9 (1,0 đ) Đặt   , , , 1 .a xc b yc x y   Nếu 1 1 x y      ta thấy không thỏa mãn. Suy ra ,1xy . 0,25 6 Khi đó   22 2 22 1 1 1 1 11 2 x y x y P y x x y x y xy x xy y x y x y xy                 .         2 2 11 * 2 2 xy P xy x y x y x y xy          . 0,25 Lại có     1 1 2 2 1x y xy x y xy x y xy                    2 1 2 1 1 0 1 1 0 2 4. xy x y xy x y xy x y xy x y xy xy                       0,25 Suy ra         2 22 1 1 1 1 23 22 xy xy P xy x y x y xy x y xy xy xy              . Xét hàm số     2 11 , [4; ) ' 0, 4. 32 t f t t f t t t t t           Suy ra     41 4 24 f t f . Giá trị nhỏ nhất của P bằng 41 24 đạt được khi 2.xy 0,25 (Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.) Hết . ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 24 tháng 03 năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015 Môn: TOÁN Đ Ề . CHÍNH THỨC (Đáp án – thang đi ể m có 6 trang) Câu Đáp án Điểm 1 (2,0 đ) a) (1,0 điểm ) Tập xác định: D   .  Sự biến thi n: - Chiều biến thi n: 2 1 3 3; 0 1 x y x y x    