SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHÍ LINH ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn Thi : TOÁN Lần thứ 3 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề. Đề gồm 01 trang Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + + có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . b) Gọi A, B lần lượt là điểm cực đại, cực tiểu của (C), d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với AB. Tìm tọa độ giao điểm của d và (C). Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình cos 3sin 2 1 2sin 3cosx 4 2 x x x − − = − − . b) Tìm phần ảo của số phức z, biết 2 3 99 100 1 1 1 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) z i i i i i = + + + + + + + + + + . Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình (3 5) (3 5) 3.2 . x x x + + − = Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 3 8 2 (4 1)( 14 8 1)x x x x x− ≥ + − + + − . Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 4 1 1 ( )lnI x xdx x = − ∫ . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC tạo với đáy góc 0 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD). Câu 7 (1,0 điểm). Trong hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có 10 5 BD AC= . Biết rằng ( 2; 1)M − − , (2; 1)N − lần lượt là hình chiếu của D xuống các đường thẳng AB, BC và đường thẳng 7 0x y− = đi qua A , C. Tìm tọa độ điểm A, C. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;-4), B(5;3;-1) và mặt phẳng ( ) : 6 0x y z α + − − = . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng ( ) α và tìm điểm M trên mặt phẳng ( ) α sao cho tam giác ABM vuông cân tại M. Câu 9 (0,5 điểm). Một lớp học có 25 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên một nhóm 3 học sinh. Tính xác suất để nhóm học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ. Câu 10 (1,0 điểm). Với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 1296 ( 2)( 2)( 2)P a b c a b c = + + + + + + . ………….…………………………………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:…………………. Chữ kí giám thị 1:………………….………… Chữ kí giám thị 2:………………………………… Híng dÉn chÊm TOÁN Câu Nội dung Điểm 1.a)1,0đ a) 3 2 3 2y x x= − + + 1. Tập xác định: D = ¡ 2. Sự biến thiên của hàm số * Giới hạn tại vô cực của hàm số. 3 2 3 3 3 2 lim lim ( 3 2) lim ( 1 ) ;lim x x x x y x x x y x x →+∞ →+∞ →+∞ →−∞ = − + + = − + + = −∞ = +∞ 0,25 * Lập bảng biến thiên 2 0 (0) 2 ' 3 6 ; ' 0 2 (2) 6 x y y x x y x y = ⇒ = = − + = ⇔ = ⇒ = bảng biến thiên 2 0 - - + 0 0 - ∞ 6 + ∞ + ∞ 2 - ∞ y y' x 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ;0 ∞ ) và (2;+ ∞ ); Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2);Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 =>y ct =2, Hàm số đạt cực đại tại x=2=>y cđ =6 0.25 3. Đồ thị Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại (0; 2) đồ thị hàm số nhận I(1;4) làm tâm đối xứng 0,25 1.b)1,0đ Gọi A, B lần lượt là điểm cực đại, cực tiểu của (C), d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với 0,25 2 6 4 2 -2 -10 -5 y x 2 1 O f x ( ) = -x 3 +3 ⋅ x 2 +2 AB. Tìm tọa độ giao điểm của d và (C). Điểm cực đại của (C) là A(2;6), điểm cực tiểu của (C) là B(0;2) Hệ số góc của AB là 6 2 2 2 0 AB y k x ∆ − = = = ∆ − . d đi qua A vuông góc với AB có phương trình là 1 : y ( 2) 6 2 d x= − − + Hoành độ giao điểm của d và (C) nghiệm phương trình 3 2 1 3 2 ( 2) 6 2 x x x− + + = − − + 0,25 2 2 ( 2)(2 2 5) 0 1 11 2 x x x x x = ⇔ − − − = ⇔ ± = 0,25 1 11 27 11 1 11 27 11 (2;6); ( ; ),D( ; ) 2 4 2 4 A C − + + − ⇒ 0,25 2.a)0,5đ Giải phương trình cos 3sin 2 1 (1) 2sin 3cosx 4 2 x x x − − = − − . do 2 2 2 2 ( 3) 13 16 4 + − = < = 2sin 3cosx 4x ⇒ − = vô nghiệm nên 2sin 3cosx 4 0x x − − ≠ ∀ 0,25 5 5 (1) 2(cos 3sin 2) 2sin 3cos 4 5cos 8sin anx= arctan ( ) 8 8 x x x x x x t x k k π ⇔ − − = − − ⇔ = ⇔ ⇔ = + ∈ ¢ 0,25 2.b)0,5đ Tìm phần ảo của số phức z, biết 2 3 99 100 1 1 1 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) z i i i i i = + + + + + + + + + + . 2 3 99 100 101 101 1 1 1 1 1 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 1 (1 ) z z i i i i i i i i = + + + + + = − + + + + + + + + + 0,25 100 100 100 50 50 1 (1 i) 1 1 1 1 1 ( 1 ) (1 ) 2 2 2 iz z i i − ⇔ − = − + = − + = − − ⇔ = − − + vậy phần ảo của z là 50 1 1 2 b = − − 0,25 3.0,5đ 3 5 3 5 (1) 3(*) 2 2 x x + − ⇔ + = ÷ ÷ ÷ ÷ Đặt 3 5 3 5 1 ( 0) 2 2 x x t t t + − = > ⇒ = ÷ ÷ ÷ ÷ Thay vào (*) ta có 2 1 3 5 3 3 1 0 2 t t t t t ± + = ⇔ − + = ⇔ = (thỏa mãn) 0,25 Với 3 5 3 5 3 5 1 2 2 2 x t x + + + = ⇒ = ⇔ = ÷ ÷ ÷ ÷ Với 1 3 5 3 5 3 5 1 2 2 2 x t x − − + + = ⇒ = ⇔ = − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 0,25 3 4.1,0đ Giải bất phương trình 3 8 2 (4 1)( 14 8 1)x x x x x − ≥ + − + + − (1) Điều kiện : 1x ≥ 3 3 3 (1) 8 2 (4 1)( 1 8 1 16 1) 8 2 (4 1) (4 1) (2)x x x x x x x x x ⇔ − ≥ + − − + − + − ⇔ − ≥ + − − + − 0,25 Xét hàm số 3 2 ( ) ; '( ) 3 1 0 1f t t t f t t t= − = − > ∀ ≥ ⇒ f(t) đồng biến trên [1;+ ∞ ) mà (2) có (2 ) (4 1)f x f x≥ + − và 2 ,4 1 [1; )x x+ − ∈ +∞ nên (2) 2 4 1x x⇔ ≥ + − 0,25 2 2 4 0 2 4 1 (2 4) 1 1 0 x x x x x x − ≥ ⇔ − ≥ − ⇔ − ≥ − − ≥ 0,25 2 2 2 17 17 17 17 17 17 8 4 x 17 x 17 0 ; 8 8 x x x x x ≥ ≥ + ⇔ ⇔ ⇔ ≥ − + − + ≥ ≤ ≥ 0,25 5.1,0đ Tính tích phân 4 4 4 1 1 1 1 1 ( )ln ln lnI x xdx xdx x xdx x x = − = − ∫ ∫ ∫ . 0,25 4 4 4 2 2 1 1 1 1 ln ln ln (ln ) 2ln 2 2 x xdx xd x x = = = ∫ ∫ 0,25 Đặt ln 2 dx x 3 dx dU U x x dV x V x = = ⇒ = = 4 4 4 4 1 1 1 1 2 2 32ln 2 4 32ln 2 28 ln .ln x 3 3 3 9 3 9 x xdx x x x xd x x⇒ = − = − = − ∫ ∫ 0,25 2 28 32ln 2 2ln 2 9 3 I ⇒ = − + 0,25 6.1,0đ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC tạo với đáy góc 0 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD). SA ⊥ (ABCD) =>AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) nên · · · 0 ( ,( )) ( , ) 60SC ABCD SC AC SCA = = = 0,25 4 a 60 0 K H D C B A S 0 2; tan 60 6AC a SA AC a= = = Thể tích S.ABCD là 3 2 . 1 1 6 . 6 3 3 3 S ABCD ABCD a V SA S a a = = = 0,25 Kẻ AH ⊥ SB(H ∈ SB) Do SA ⊥ (ABCD) ,BC ( ) ,AH ( )(1)SA BC AB BC SAB BC AH SB AH SBC ⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ Tương tự kẻ AK ⊥ SD(H ∈ SD) ( ) (2)AK SCD⇒ ⊥ Từ (1) và (2) ⇒ góc giữa giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD) bằng góc giữa AH và AK 0,25 Trong tam giác vuông SAB ta có 2 2 2 2 6 6 7; . . ; 7 7 a SH SA SB SA AB a AH SB SA AB AH SB SB = + = = ⇒ = = = Tương tự 6 6 6 6 6 2 ; / / 7 7 7 7 7 a SK SK SH HK SK a AH KH BD HK SD SD SB BD SD = = ⇒ = = ⇒ ⇒ = = ⇒ = · 2 2 2 2 2 2 6 72 2. 1 7 47 cos 6 2 . 7 2. 7 a a AH AK HK HAK a AH AK − + − ⇒ = = = ⇒ góc giữa giữa hai mặt phẳng (SBC), (SCD) bằng góc giữa AH và AK bằng · HAK bằng 1 arccos 7 0,25 7.1,0đ Trong hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có 10 5 BD AC= . Biết rằng M(-2;-1), N(2;-1) lần lượt là hình chiếu của D xuống các đường thẳng AB, BC và đường thẳng 7 0x y− = đi qua A , C. Tìm tọa độ điểm A, C. Gọi I là giao điểm của AC và BD ⇒ I(7y;y) Do tam giác BDM và BDN vuông tại M, N nên 2 2 2 2 (7 2) ( 1) (7 2) ( 1) 0 (0;0) 2 DB IM IN y y y y y I= = ⇔ − + + = + + + ⇔ = ⇒ 0,25 Khi đó BD=2IM= 5 5 2 2 5 5 2 2 2 10 AC AC BD IA IC⇒ = = ⇒ = = = 0,25 Tọa độ A, C thỏa mãn hệ phương trình 2 2 7 0 25 2 x y x y − = + = 0,25 5 I x-7y=0 N(2;-1) M(-2;-1) C B A D ⇔ 7 2 1 2 x y = = hoặc 7 2 1 2 x y = − = − Vậy tọa độ 2 điểm 7 1 7 1 ( ; ),C( ; ) 2 2 2 2 A − − hoặc 7 1 7 1 ( ; ),C( ; ) 2 2 2 2 A − − . 0,25 8.1,0đ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;-4), B(5;3;-1) và mặt phẳng ( ) : 6 0x y z α + − − = . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng ( ) α và tìm điểm M trên mặt phẳng ( ) α sao cho tam giác ABM vuông cân tại M. Gọi mặt cầu (S) tâm A bán kính R tiếp xúc mặt phẳng ( ) d(I,( ) R α α ⇔ = 0,25 2 2 2 2 3 4 6 3 1 1 ( 1) R + + − ⇔ = = ⇒ + + − phương trình (S): ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 4 3x y z− + − + + = 0,25 ( ) ( ; ; 6)M M x y x y α ∈ ⇒ + − sao cho tam giác ABM vuông cân tại M 2 2 . 0 MA MB MA MB MA MB MA MB = = ⇔ ⇔ ⊥ = uuur uuur 0,25 2 2 2 2 2 2 2 (2 ) (3 ) (2 ) (5 ) (3 ) (5 ) 7 2 2; 3 (2 )(5 ) (3 ) (2 )(5 ) 0 x y x y x y x y y x x x x x y x y x y − + − + − − = − + − + − − = − ⇔ ⇔ = = − − + − + − − − − = Vậy M(2;3;-1) hoặc M(3;1;-2) 0,25 9.1,0đ Một lớp học có 25 học sinh nam và 15 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên một nhóm 3 học sinh. Tính xác suất để nhóm học sinh được chọn có ít nhất 1 học sinh nữ. Số học sinh trong lớp học là 25+15=40 Mỗi cách chọn 3 học sinh trong 40 học sinh là một tổ hợp chập 3 của 40 nên không gian mẫu Ω gồm các tổ hợp chập 3 của 40 3 40 ( )n C⇒ Ω = 0,25 Gọi A:” chọn được nhóm 3 học sinh có ít nhất 1 học sinh nữ” A⇒ :” chọn được nhóm 3 học sinh nam” Số cách chọn 3 học sinh nam trong 25 học sinh nam là số tổ hợp chập 3 của 25 3 25 (A)n C⇒ = 3 25 3 40 ( ) 115 379 (A) ( ) 1 (A) ( ) 494 494 C n A p p A p n C = = = ⇒ = − = Ω 0,25 10.1,0đ Với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 1296 ( 2)( 2)( 2)P a b c a b c = + + + + + + . do a,b,c> 0 nên luôn tồn tại ít nhất 2 trong 3 số đồng thời không lớn hơn 1 hoặc không nhỏ hơn 1 giả sử b,c≤1 hoặc b,c≥1 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1)( 1) 0 ( 2 3)( 2 3) 0 ( 2)( 2) 3( 1)(1)b c b c b c b c⇒ − − ≥ ⇔ + − + − ≥ ⇔ + + ≥ + + 0,25 mặt khác 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( 1 1 )(1 )(2)a b c a b c+ + ≤ + + + + từ (1) và (2) 2 2 2 2 ( 2)( 2)( 2) 3( )a b c a b c⇒ + + + ≥ + + 0,25 2 2 2 3 1296 216 216 216 216 3( ) 3 ( ) 3.3 ( ) . . 324P a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c ≥ + + + = + + + + ≥ + + = + + + + + + + + + + 0,25 Khi 1a b c= = = thì P=324 nên giá trị nhỏ nhất của P là 324. 0,25 6 . SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHÍ LINH ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn Thi : TOÁN Lần thứ 3 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề. Đề gồm 01 trang Câu 1 (. − 0,25 3. 0,5đ 3 5 3 5 (1) 3( *) 2 2 x x + − ⇔ + = ÷ ÷ ÷ ÷ Đặt 3 5 3 5 1 ( 0) 2 2 x x t t t + − = > ⇒ = ÷ ÷ ÷ ÷ Thay vào (*) ta có 2 1 3 5 3 3. ln 2 dx x 3 dx dU U x x dV x V x = = ⇒ = = 4 4 4 4 1 1 1 1 2 2 32 ln 2 4 32 ln 2 28 ln .ln x 3 3 3 9 3 9 x xdx x x x xd x x⇒ = − = − = − ∫ ∫ 0,25 2 28 32 ln 2 2ln 2 9 3 I ⇒ =