Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 2015 số 23

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1* (2 điểm): Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + ( )C . a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. b) Gọi giao điểm của đồ thị ( )C và đường thẳng 3y x= − − là M , viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( )C tại điểm M. Câu 2* (1,0 điểm). a. Giải phương trình sau: 1 cos sin 2 . 4 4 2 x x π π     − − + =  ÷  ÷     b. Trong các số phức thỏa mãn 3 2 3 2 z i− + = . Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất Câu 3* (0,5 điểm). Giải bất phương trình sau : 2 2 1 2 log ( 1) log ( 1)x x− ≥ − . Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : ( ) ( ) 3 3 2 3 2 6 3 5 14 , 3 4 5 x y y x y x y x y x y  − − + − =  ∈  − + + = + −   ¡ Câu 5*: Tính tích phân: I = ∫ + π 0 sin1 x dx Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a. Hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh B’C’, góc giữa A’B với mặt phẳng (A’B’C’) bằng 60 0 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’B theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC ∆ có đỉnh ( ) 3;4A − , đường phân giác trong của góc A có phương trình 1 0x y + − = và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC ∆ là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC ∆ gấp 4 lần diện tích IBC ∆ . Câu 8*(1,0 điểm).Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : 2 0x y z α + + + = và 04:)( =−−− zyx β Câu 9*(0,5 điểm). Một hộp đựng 5 viên bi đỏ giống nhau và 6 viên bi xanh cũng giống nhau. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi được lấy ra có đủ hai màu và số viên bi màu đỏ lớn hơn số viên bi màu xanh. Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn: ( ) 1z z x y x y− − = + + . Chứng minh rằng : 4 4 6 3 9 3 ( ).( ).( ) 4 x y x yz y zx z xy ≤ + + + . 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 2 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 2 (Hướng dẫn chấm có 05 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 Môn: Toán Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a 1,0 điểm *) TXĐ: .D = ¡ *) Sự biến thiên: - Giới hạn: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ - Ta có 2 0 ' 3 6 . ' 0 2 x y x x y x =  = − = ⇔  =  0,25 - Ta có ' 0 ( ;0) (2; ), ' 0 (0;2)y x y x> ∀ ∈ −∞ ∪ +∞ < ∀ ∈ suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) &(2; )−∞ +∞ , nghịch biến trên khoảng (0;2) . - Hàm số đạt cực đại tại 0, (0) 2x f= = ; đạt cực tiểu tại 2, (2) 2x f= = − 0,25 -Bảng biến thiên 0,25 *) Đồ thị 4 2 -2 5 y x f x ( ) = x 3 -3 ⋅ x 2 ( ) +2 O 1 -1 2 0,25 b 1,0 điểm Tọa độ của M là nghiệm của hệ 3 2 3 2 3 y x x y x  = − +  = − −  0,25 3 2 3 3 ( 1; 2) 1 3 5 0 y x y x M x x x x = − − = − −   ⇔ ⇔ ⇒ − −   = − − + + =   0,25 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là '( 1)( 1) 2y f x= − + − 0,25 9( 1) 2 9 7.y x y x⇔ = + − ⇔ = + 0,25 2 1,0 điểm Pt đã cho 1 cos sin 2 4 4 2 x x π π     − − + =  ÷  ÷     ⇔ 2 cos 2 sin 2 1 4 4 x x π π     − − + =  ÷  ÷     cos sin sin 2 os2 1x x x c x ⇔ + − − = 0,25 ⇔ sin (1 2cos ) cos (1 2cos ) 0.x x x x− + − = ⇔ (sin cos )(1 2cos ) 0.x x x+ − = 3 ⇔ cos sin 0 1 2cos 0 x x x + =   − =  tan 1 4 ( ) 1 cos 2 2 3 x x k k x x k π π π π  = − = − +    ⇔ ⇔ ∈   =  =± +    ¢ 0,25 Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm: , 2 ,( ) 4 3 x k x k k π π π π = − + =± + ∈¢ . b *Gọi z=x+yi. 3 2 3 2 z i− + = ⇒ … ⇒ ( ) ( ) 2 2 9 2 3 4 x y− + + = . 0.25 * Vẽ hình ⇒|z| min ⇒z. ĐS: 26 3 13 78 9 13 13 26 z i − − = + . 0.25 3 0,5 điểm ĐK: x >1. BPT 2 2 2 1 2 2 2 log ( 1) log ( 1) log ( 1) log ( 1) 0x x x x− ≥ − ⇔ − + − ≥ 0,25 2 ( 1)( 1) 1x x⇔ − − ≥ 0,25 3 2 1 1x x x⇔ − − + ≥ 2 ( 1) 0x x x⇔ − − ≥ 0,25 1 5 2 x + ⇔ ≥ (do x >1). Vậy tập nghiệm của BPT là 1 5 S= ; 2   + +∞ ÷  ÷   . 0,25 1,0 điểm ( ) 3 3 2 3 2 6 3 5 14 (1) 3 4 5 (2) x y y x y x y x y  − − + − =   − + + = + −   Đkxđ 3 4 x y ≤   ≥ −  Từ (1) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 3 0x x y y x y x x y y   + = + + + ⇔ − − + + + + + =   ( ) 2 3y x ⇔ = − 0,25 Thế (3) vào (2) ta được 3 2 3 2 2 3 4 1 4 4 2 2 1 3 0x x x x x x x x x x + + − = + − − ⇔ + − − + − + + − − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 0 2 2 1 3 x x x x x x x − − ⇔ − + + − + = + + + − ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 0 2 2 1 3 x x x x x   ⇔ − + + − + =  ÷ + + + −   0,25 4 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 1 0 3 3 2 2 1 3 x x x x x   ⇔ − + + + − + − =  ÷ + + + −   0,25 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 0 3 2 2 2 1 3 1 3 2 3 x x x x x x x x x   + +  ÷ ⇔ − + + + + =  ÷ + + + + + − + −   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 0 3 2 2 2 1 3 1 3 2 3 x x x x x x x    ÷ ⇔ − + + + + =  ÷ + + + + + − + −   Vì ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 4 2 2 0 3 2 2 2 1 3 1 3 2 3 x x y x x x x x x + + ≥ − ⇒ ≥ − ⇒ + + + > + + + + + − + − Từ đó phương trình trên tương đương với ( ) ( ) 2 2 1 0 1 x x x x =  − + = ⇔  = −  Với 2 0; 1 3x y x y= ⇒ = = − ⇒ = − . Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là ( ) ( ) { } 1; 3 ; 2;0 .S = − − 0,25 5 I = ∫ + π 0 sin1 x dx = ∫∫       −=       −       − =       −+ π π π π π π π 0 0 2 0 42 42 cos 42 2 cos1 x tg x x d x dx = tg 2 44 =       − − ππ tg . 1 6 1,0 điểm Vì BH ⊥ (A’B’C’) nên góc giữa A’B với (A’B’C’) là góc giữa A’B với A’H. Hay · 0 ' 60BA H = 0 ' .tan60 3BH A H a = = 0,25 2 3 . ' ' ' ' ' ' 4 3 . .3 3 3. 4 ABC A B C A B C a V S BH a a= = = (đvtt) 0,25 Ta có CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’,A’B) = d(C’,(ABB’A’)). Dựng HM ⊥ A’B’. Khi đó A’B’ ⊥ (BMH) suy ra (ABB’A’) ⊥ (BMH) Dựng HK ⊥ BM suy ra HK ⊥ (ABB’A’). 2 2 2 2 3 .3 . 3 13 2 ( ,( ' ')) 13 3 9 2 a a HM HB a d H ABB A HK HM HB a a ⇒ = = = = +   +  ÷   0,25 5 b Vậy 6 13 ( ', ' ) ( ',( ' ')) 2 ( ,( ' ')) 13 a d CC A B d C ABB A d H ABB A= = = . 0,25 1,0 điểm Ta thấy ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 ; 2 ; 2y e y e y e = − = − = [ ] ( ) [ ] ( ) 2 -2;2 -2;2 max 2 ;min 1 2y y e y y e ⇒ = = = = − 0,25 7 + Ta có 5IA = . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC ∆ có dạng ( ) 2 2 : ( 1) ( 7) 25C x y − + − = + Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC ∆ . Tọa độ của D là nghiệm của hệ ( ) 2 2 1 0 2;3 ( 1) ( 7) 25 x y D x y + − =  ⇒ −  − + − =  0,25 + Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Do đó ID BC ⊥ hay đường thẳng BC nhận véc tơ ( ) 3;4DI = uuur làm vec tơ pháp tuyến. + Phương trình cạnh BC có dạng 3 4 0x y c + + = 0,25 + Do 4 ABC IBC S S ∆ ∆ = nên 4AH IK = + Mà 7 ( ; ) 5 c AH d A BC + = = và 31 ( ; ) 5 c IK d I BC + = = nên 117 3 7 4 31 131 5 c c c c  = −  + = + ⇒   = −   0,25 Vậy phương trình cạnh BC là : ( ) 1 3 4 39 0x y d + − = hoặc ( ) 2 15 20 131 0x y d + − = Thử lại nghiệm của bài toán ta thấy: Hai điểm A và D cùng phía so với 1 d và 2 d . Vậy không có phương trình của BC nào thỏa mãn. Bài toán vô nghiệm. 0,25 8 . Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) . Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng 02:)( =+++ zyx α và 04:)( =−−− zyx β theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ :      −−−=+++ =+− =+− ⇔      = = = 42 9223 15473 ))(,())(,( cbacba cba cba IdId ICIA IBIA βα 0,25 Giải hệ ta được :      = = = 3 0 1 c b a hoặc      −= −= = 79 712 719 c b a 0,25 Với      = = = 3 0 1 c b a , viết được phương trình mặt cầu : 25)3()1( 222 =−++− zyx 0,25 6 Với      −= −= = 79 712 719 c b a , mặt cầu có phương trình : 49 1237 7 9 7 12 7 19 222 =       ++       ++       − zyx 0,25 9 0,5 điểm Số phần tử của không gian mẫu là: 4 11 330C = . Trong số 4 viên bi được chọn phải có 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh. 10 Số cách chọn 4 viên bi đó là: 3 1 5 6 . 60C C = . Vậy xác suất cần tìm là : 60 2 330 11 P = = Vì ( ) 1z z x y x y − − = + + ⇒ (z + 1)( x + y) = z 2 - 1 và do z > 0 nên ta có: zyx =++ 1 . Khi đó T = [ ] 3 44 )1)(1().1).().(1).(( ++++++ yxxyxyyx yx = [ ] 4 2 44 )1)(1(.)( +++ yxyx yx 0,25 Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương x, y ta có : ( ) 27 .4 27 41 333 1 3 4 4 4 3 4 4 xxxxx x =         ≥       +++=+ ; ( ) 27 .4 27 41 333 1 3 4 4 4 3 4 4 yyyyy y =         ≥       +++=+ ; ( ) xyyx 4 2 ≥+ . 0,25 Do đó [ ] 4 2 )1)(1(.)( +++ yxyx 44 6 9 6 33 8 3 4 3 . .4.4 yx yx xy =≥ suy ra 9 6 4 3 ≤T ( * ) 0,25 Dấu “=” ở ( * ) xảy ra 7,3,3 1 1 33 ===⇔      ++= == ⇔ zyx yxz yx .Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 0,25 Hết 7 . ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1* (2 điểm): Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + ( )C . a). coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh 2 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 2 (Hướng dẫn chấm có 05 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 Môn: Toán Câu. có phương trình : 49 1237 7 9 7 12 7 19 222 =       ++       ++       − zyx 0,25 9 0,5 điểm Số phần tử của không gian mẫu là: 4 11 330C = . Trong số 4 viên bi được chọn