đề toán thi thử lần 2 năm 2015 trường cao bá quát

TÔ TOÁN TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT -QN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian phát đề) Lần 2 Câu 1(2điểm): Cho hàm số 1 2 1 x y x + = − a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số b)Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho tồn tại ít nhất một điểm ( ) M C∈ mà tiếp tuyến tại M của ( ) C tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng 2 1y m= − Câu 2 (1điểm) Giải phương trình 2 1 9 (3sin sin 3 ) cos 5cos 3 0 2 2 x x x x π   − + − − + =  ÷   Câu3 (1điểm). Tính tích phân 3 1 2 4 0 1 = + + ∫ x dx I x x Câu 4(1điểm). a)Tìm số phức z thỏa mãn ( ) ( ) 2 2 2 3 2 1 0z z z+ − + + = b) Cho tập hợp { } 1,2,3,4,5E = .Gọi M là tập hợp tât cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số,các chữ số đôi một khác nhau thuộc E .Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M.Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10 Câu 5(1điểm)Trong không gian vởi hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm ( ) ( ) ( ) 2;1;0 , 0;4;0 , 0;2; 1A B C − và đường thẳng 1 1 2 : 2 1 3 x y z d − + − = = .Lập phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng ( ) ABC và cắt đường thẳng d tại điểm D sao cho 4 điểm , , ,A B C D tạo thành một tứ diện có thể tích bằng 19 6 Câu 6(1điểm).Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 : 1 2 4C x y− + − = và 2 đường thẳng 1 2 : 1 0, : 1 0d mx y m d x my m+ − − = − + − = .Tìm m để mỗi đường thẳng 1 2 ,d d cắt ( ) C tại 2 điểm phân biệt sao cho 4 giao điểm đó tao thành 1 tứ giác có diện tích lớn nhất Câu 7(1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. SA = a và vuông góc với mặt phẳng (ABC). M, N lần lượt là trung điểm AD, DC. Góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABC) bằng 45 0 . Tính thể tích hình chóp S.ABNM và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM). Câu 8 (1điểm).Giải hệ phương trình ( ) 3 6 6 2 6 1 2 3 1 4 5 y x y x x y x  + =   + =   Câu 9(1điểm) .Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ( ) 1 1 1 9a b c a b c   + − + − =  ÷   Chứng minh rằng: ( ) 4 4 4 4 4 4 1 1 1 38025a b c a b c   + + + + ≥  ÷   ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 (2.0đ) a) 1.0đ TXĐ: 1 \ 2 D R   =     ( ) / 2 3 2 1 y x − = − , x D∀ ∈ Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1 1 ( ; );( ; ) 2 2 −∞ +∞ 0,25 Giới hạn: 1 1 2 2 lim , lim x x y y − +     → →  ÷  ÷     = −∞ = +∞ nên 1 2 x = là tiệm cận đứng 1 lim lim 2 x x y y →−∞ →+∞ = = nên 1 2 y = là tiệm cận ngang 0,25 Bảng biên thiên: X - 1 2 + y' - - y 1 2 + - 1 2 0,25 Đồ thị: 0,25 b) 1.0đ Pt tiếp tuyến tại ( ) 0 0 ,M x y là ( ) ( ) 0 0 2 0 3 2 1 y x x y x = − − + − 0,25 Gọi A,B là giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành,trục tung tương ứng Nên ( ) 2 0 0 2 0 2 4 1 2 1 B x x y x + − = − và trọng tâm G của tam giac OAB có ( ) 2 0 0 2 0 2 4 1 3 2 1 G x x y x + − = − 0,25 Theo giả thiết nó nằm trên đường thẳng 2 1y m= − nên ( ) 2 0 0 2 0 2 4 1 2 1 3 2 1 x x m x + − = − − Ta lại có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0 0 0 0 0 2 2 2 0 0 0 6 2 1 2 4 1 6 1 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x x x x − − + − = = − ≥ − − − − 0,25 Vậy để tồn tại ít nhất một điểm M thỏa mãn điều kiện bài toán thì 1 1 2 1 3 3 m m − − ≥ ⇔ ≥ 0,25 Câu 2 (1.0đ) Phương trình đã cho tương đương: 3 2 3 2 2sin sin 5 5sin 3 0 2sin 5sin sin 2 0x x x x x x+ − + + = ⇔ + + − = 0,25 2 2 sinx = - 1 (sinx + 1)(2sin 3sinx - 2) 0 2sin 3sinx - 2 0 x x  + = ⇔  + =  0,25 sinx = - 1 x = - 2 2 k π π ⇔ + ( ) 1 2 sinx 2 2sin 3sinx - 2 0 1 sinx 2 x = −   + = ⇔  =  2 6 5 2 6 x k x k π π π π  = +  ⇔   = +   ( ) 2 0,25 Kết hợp (1) và (2), ta có: 2 6 3 x k π π = + 0,25 Câu 3 (1.0đ) 3 1 2 4 0 1 = + + ∫ x dx I x x = 1 3 4 2 0 ( 1 )x x x dx + − ∫ = + − ∫ ∫ 1 1 3 4 5 0 0 1x x dx x dx 0,25 = + + − ∫ ∫ 1 1 4 4 5 0 0 1 1 ( 1) 4 x d x x dx 0,25 1 1 4 4 6 0 0 1 2 1 ( 1) 1 4 3 6 x x x   = + + −  ÷   0,25 1 1 1 2 1 2 3 6 6 3 − = − − = 0,25 Câu 4 (1.0đ) Viết lại phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 (2 ) 0 3 2 3 2 0z z iz i z z iz i z z iz i+ − − + = ⇔ + − + + + − − − = Pt ( ) 2 2 3 2 0 2 2 1 9z z iz i z i+ − + + = ⇔ + + = có 2 nghiệm 1 , 2z i z i= − = − − 0,25 ( ) 2 2 3 2 0 2 2 1 9z z iz i z i+ − − − = ⇔ − + = có 2 nghiệm 1 , 2z i z i= + = − + Pt có 4 nghiệm 1 , 2 ,1 , 2i i i i− − − + − + 0,25 Số các số thuộc M có 3 chữ số là 3 5 60A = Số các số thuộc M có 4 chữ số là 4 5 120A = 0,25 (VN) Số các số thuộc M có 5 chữ số là 5 5 120A = Suy ra số phần tử của M là :60+120+120=300 Các tập con của E có tổng các phần tử băng 10 gồm { } { } { } 1 2 3 1,2,3,4 , 2,3,5 , 1,4,5E E E= = = Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số băng 10 Từ 1 E lập được số các chữ số thuộc A là 4! Từ mỗi tập 2 E và 3 E lập được số các số thuộc A là 3 ! Suy ra số phần tử của A là 4!+2.3!=36 Do đó xác suất cần tính là 36 0,12 300 P = = 0,25 Câu 5 (1,0đ) ( ) ( 2;3;0); ( 2;1; 1); , 3; 2;4AB AC AB AC   = − = − − = − −   uuur uuur uuuruuur Phương trình đường thẳng ∆ có VTCP ( ) 3;2; 4u = − r 0,25 Với ( ) 3 3 1 3;0;5 : 2 5 4 x t t D y t z t = +   = ⇒ ⇒ ∆ =   = −  0,25 Với 16 3 17 19 47 19 16; ; : 2 2 2 2 2 47 4 2 x t t D y t z t   = − +  − − − −    = ⇒ − ⇒ ∆ = +   ÷    −  = −   0,25 Câu 6 (1,0đ) Đường tròn ( ) C có tâm ( ) 1;2I và có bán kính 2R = Véc tơ pháp tuyến của 1 2 ,d d lần lượt là ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 ;1 , 1; . 0n m n m n n d d= = − ⇒ = ⇒ ⊥ ur uur ur uur 0,25 Gọi A,B là giao điểm của 1 d với ( ) C ,C,D là giao điểm của 2 d với ( ) C (A,B,C,D theo thứ tự trên đường tròn) 1 2 ,h h lần lượt là khoảng cách từ I đến 1 d , 2 d Ta có 1 2 2 2 1 , 1 1 m h R h R m m = < = < + + nên 1 d , 2 d luôn cắt ( ) C tại 2 điểm phân biệt 2 2 2 2 1 2 2 , 2AB R h CD R h= − = − ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 . 2 . 2 4 3 3 4 4 3 3 4 2 7 1 1 ACBD S AB CD R h R h m m m m m m = = − − = + + + + + = ≤ = + + 0,25 0,25 Câu7 (1,0đ) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1m = ± 0,25 Gọi H là giao điểm của BM và AN. Do M, N là các trung điểm nên BM AN⊥ ( )SA mp ABCD BM SH BM AN ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  · SA AH SHA⊥ ⇒ nhọn Suy ra · SHA là góc giữa hai mặt phẳng: (ABCD) và (SBM) nên · 0 45SHA = ASAH a ⇒ = = 0,25 0,25 Trong tam giác vuông ABM: 2 2 2 1 1 1 AB AM AH + = 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 5 1 5 5 5 AB AB AH AB AH AB AH AB AH a ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = = dt(ABNM) = dt(ABCD) - dt(BCN) - dt(MND) = 5 2 2 2 2 5 5 25 4 8 8 a a a a − − = Suy ra thể tích hình chóp S.ABNM là: 2 3 1 25 25 . . 3 8 24 a a V a= = 0,25 Gọi F là trung điểm BC. Ta có DF//BM nên DF //mp(SBM). Gọi E là giao điểm của DF và AN Suy ra d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM)) Gọi K là hình chiếu của E trên đường thẳng SH thì ( )EK mp SBM⊥ Từ đó d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM)) = EK M trung điểm AD nên H là trung điểm AE ⇒ HE = HA = a Để ý rằng · 0 45KHE = 2 a EK⇒ = Vậy ( , ( )) 2 a d D mp SBM = 0,25 Câu 8 (1,0đ) Nhận xét x=0 thay vào hệ tâ thấy vô lý 0,25 Xét 0x ≠ ,chia 2 vế của hai pt trong hệ cho 6 x và đặt 3 1 z x = Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 2 3 4 5 2 4 5 yz z y yz y z z y z y yz + =   + =   ⇔   + = + − =     Đặt 2S z y P yz = +   =  ta có hệ 2 3 4 5 SP S P =   − =  Giai hệ ta được 3 1 S P =   =  suy ra 1 1 z y =   =  hoặc 2 1 2 z y =    =   0,5 Hệ có 2 cặp nghiệm ( ) ,x y là ( ) 1,1 và 3 1 1 , 2 2    ÷  ÷   0,25 Câu 9 (1,0đ) Đặt a b t b a = + ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 1 1 9 1 3 2 2 2 1 14 a b a b c a b c a b c a b c a b t t t t  +        = + − + − = + + + − + +  ÷  ÷  ÷           ≤ + − + = + − ⇒ ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 2 2 4 4 2 4 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 38025 a b c a b a b c a b a b c a b a b c a b a b a b a b t a b     + + + + = + + + +  ÷  ÷     +       + + ≥ + + + + + + =  ÷  ÷  ÷           = + + + = − ≥  ÷  ÷  ÷     0,5 0,5 . < = < + + nên 1 d , 2 d luôn cắt ( ) C tại 2 điểm phân biệt 2 2 2 2 1 2 2 , 2AB R h CD R h= − = − ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 . 2 . 2 4 3 3 4 4 3 3 4 2 7 1 1 ACBD S AB CD R h. TÔ TOÁN TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT -QN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 20 15 MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian phát đề) Lần 2 Câu 1 (2 iểm): Cho hàm số 1 2 1 x y x + = − a)Khảo. ( ) 2 0 0 2 0 2 4 1 3 2 1 G x x y x + − = − 0 ,25 Theo giả thi t nó nằm trên đường thẳng 2 1y m= − nên ( ) 2 0 0 2 0 2 4 1 2 1 3 2 1 x x m x + − = − − Ta lại có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0