đề toán thi thử năm 2015 đề số 87.pdf

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 1 y 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;3 A  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 ,, xx x thỏa mãn 2 2 2 1 2 3 8 x x x    . Câu 2 ( 1,0 điểm ). Giải phương trình     2 cos 1cos 21 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 2 iz i iz     . 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;1 A  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 . SABCD 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 . SABCD 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 0 d x y d x y      . Tìm tọa độ các đỉnh ,, ABC 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 22 5 33 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 ĐỀ 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;3 A  . 0,25 b) (1,0 điểm ) Phương trình của d là   23 y mx    . Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị của hàm số (1) là    3 2 3 3 11. mx x x               2 3 2 2 1 3 2 2 0 1 2 2 0 2 1 0 2 x x x mx x x mx 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 , , 2 x 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. 3 x x x x x x x xx           Theo Định lí Viét của phương trình (2) ta có 12 12 2 1 xx xx m       . 0,25 Khi đó (3) trở thành     4 21 4 1 0 13'. m m m        Kết hợp (2’) và (3’) ta được   ;1 \{ 9} m   . 0,25 2 (1,0 đ) Điều kiện: sin cos 0 xx  . Khi đó phương trình        2 1sin cos 1 21sin sin cos x x x x x       0,25    1sin 1cos sin sin.cos 0 x x x x x            1sin 1cos sin 1cos 0 x x x x              1sin 1cos 1sin 0.* x x x      0,25    sin 1 1 *. cos 1 2 x x        Ta có với sin 1 cos 0 xx   , do đó sin cos 1 0. xx   (1)   sin 1 2 . 2 x x k k         0,25 Ta có với cos 1 sin 0 xx   , 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 2 xm     , km   . 0,25 3 (1,0 đ)   2 2 2 sin sin 0 0 0 cos sin2 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 cos x 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 etdt te edt te e               . 0,25 3 2 2 0 2 cos sin cos I 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 udu u     0,25 Vậy   2 sin 12 0 4 14 cos sin2 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 2 iz i iz     ta được      2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 0 iz i iz iz iz i z iz iz z i z iz iz i               . Ta có 10 iz i  1 iz i     22 1 zi ii 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   ,, ijk được chọn từ 3 tập trên. Suy ra số cách chọn bộ   ,, ijk từ 3 tập trên là 1 1 1 7 4 3 . . 7.4.3 84 CCC  (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   ,,0 ij từ 3 tập trên suy ra số các ước của 43200 không chia hết cho 5 trong tập S là 11 74 . 7.4 28 CC  . 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 '(12;; 12) A tt t   là hình chiếu vuông góc của   1;1;1 A  trên d . Có   ' 2;1 ;2 2 AA t t t     lại có ' AA  vuông góc với véctơ chỉ phương   2;1;2 u   của d nên ta có       1 2 2 1 1 22 2 0 3 t t t t        . 0,25 4 Suy ra 51 1 '(; ; ) 33 3 A  , 2 44 ' ; ; 3 3 3 AA       . 0,25 Do d song song với   P nên         , ', ' ' d P d dA P AH AA    (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 '' AH AA    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;1 A  và nhận   1;2;2 n   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; 2 IB 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 dI 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 BMIC IEBC a IEa 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 13 3 7 . . .3a 3 3 7 7 ABCD aa V SIS    (đvtt). 0,25 5 7 (1,0 đ) Do     1 ;1 B d Bt t    ; do     2 1 1 ;4 2 C d Ct t    . Do   ;0 A Ox Aa  ,     12 1;1, 1;2 uu      . Ta có     11 ;1 ; ;4 2 AB t a t AC t a t         0,25 Lại có   1 1 1 1 1 . 0 4 2 0 4 . d AC uAC t a t t a               2 2 . 0 2 2 0 2 . d AB uAB 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 :0 ACx y a  . Ta được      33 4 2 2, , 3 2 1 2 ABC a AC a dBAC 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 MaxS       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 22 5 33 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          35 2 5 34 2 4 1'x x y y        . 0,25 Xét hàm số    2 3 2 , [0; ) ft t tt     do  ' 0, [0; ) f t t    suy ra hàm số  ft đồng biến trên [0; ).  Từ (1’) nhận được 5 4 1 x y y x       thế vào phương trình (2) trong hệ ta được  2 23 4 35 9 6 13. *x x x x          2 * 23 4 35 9 6 13 0 x x x x         . 0,25 Xét hàm số    2 4 23 4 35 9 6 13, [ ;5] . 3 gx x x x x x D          Dễ thấy  '' 0, . g x x D   Suy ra  '0 gx  có không quá 1 nghiệm xD  hay  0 gx  có không quá 2 nghiệm xD  . Lại có    0 1 0 gg    . 0,25 Kết luận: Hệ có 2 nghiệm (0;-1) và (-1;-2). 0,25 9 (1,0 đ) Đặt   , , , 1. a xcb yc xy    Nếu 1 1 x y      ta thấy không thỏa mãn. Suy ra ,1 xy  . 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 1 x y xy x y xy x y xy                  2 1 2 1 1 0 11 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 ft t f t t t t t         Suy ra   41 4 24 ft 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. 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 ĐỀ CHÍNH. của số phức z , biết z thỏa mãn      1 2. 1 2 iz i iz     . 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