Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán số 96

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 96 Ngày 8 tháng 5 năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3 1y x x mx = + ++ có đồ thị là (C m ); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 3m = . 2. Xác định m để (C m ) cắt đường thẳng 1y = tại ba điểm phân biệt ( ) 0;1 , ,A B C sao cho các tiếp tuyến của (C m ) tại B và C vuông góc với nhau. Câu 2.(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 2 sin cos 3 cos 2x x x− = . 2. Giải phương trình trên tập số phức: 4 3 2 2 2 1 0.z z z z+ + =+− Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 ( 3) 1 log 3 1 2 log 1 log 2 x x x x + − + = + + ∈¡ . Câu 4.(1,0 điểm)Giải bất phương trình: 2 2( 16) 7 3 3 3 x x x x x − − + − > − − . Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân ∫         + + = e dxxx xx x I 1 2 ln3 ln1 ln Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác đều cạnh bằng a, SA = h và vuông góc với đáy, gọi H là trực tâm tam giác ABC. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) và tính thể tích hình chóp H.SBC theo a và h . Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có ( ) 2;1A . Đường cao kẻ từ đỉnh B có phương trình 3 7 0x y− − = . Đường trung tuyến kẻ từ đỉnh C có phương trình 1 0x y+ + = . Xác định tọa độ đỉnh B và C . Tính diện tích tam giác ABC . Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) P có phương trình: 1 0x y− − = . Lập phương trình mặt cầu ( ) S đi qua ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C − − và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P . Câu 9(0,5 điểm) Cho 8 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau từ các chữ số trên, trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 3. Câu 10(1,0 điểm) Cho , ,x y z thoả mãn là các số thực: 2 2 1x xy y− + = . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 2 2x y P x y + + = + . Hết Luyện Đề từ 19 giờ đến 22 giờ các ngày thứ 3,thứ 5 và Chủ nhật 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 96 Câu NÔI DUNG Điểm 1.1 Cho hàm số 3 2 3 1y x x mx = + ++ có đồ thị là (C m ); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 3m = . 1,0 I) 3 2 3 1 ( ).y x x mx Cm = + ++ (C m ) 1. m = 3 : 3 2 3 3 1y x x x = + + + (C 3 ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 2 3 3 1y x x x = + + + a. Tập xác định: D = ¡ b. Sự biến thiên của hàm số * Giới hạn lim , lim . x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ * ( ) 2 2 ' 3 6 3 3 1 0;y x x x x = + + = + ≥ ∀ ⇒ hàm số đồng biến trên ¡ * Lập bảng biến thiên c. Đồ thị + '' 6x 6 6( 1)y x = + = + '' 0 1y x = ⇔ = − ⇒ tâm đối xứng ( 1;0)U − đồ thị đi qua ( 2; 1), ( 1;0), '(0;1)A U A − − − 0,25 0,25 0,25 0,25 1.2 Xác định m để (C m ) cắt đường thẳng 1y = tại ba điểm phân biệt ( ) 0;1 , ,A B C sao cho các tiếp tuyến của (C m ) tại B và C vuông góc với nhau 1,0 PT hoành độ giao điểm 3 2 2 3 1 1 x3 ) 0(x mx mx x x + + = ⇔ +++ = Để thỏa mãn yc bài toán đk: 2 x 03 mx + + = có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,x x khác 0 và 1 2 '( ). '( ) 1y x y x = − Hay 2 2 1 1 2 2 9 4 0, (0) 0 (3 6 )(3 6 ) 1. m f m x x m x x m − > = ≠   + + + + = −  2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 9 9 , 0 , 0 4 4 9( ) 18 ( ) 3 ( ) 36 6 ( ) 1 4 9 1 0 m m m m x x x x x x m x x x x m x x m m m   < ≠ < ≠   ⇔ ⇔     + + + + + + + + = − − + =   Giải ra ta có ĐS: 9 65 8 m ± = 2.1 Giải phương trình: 2 2 2 sin cos 3 cos 2x x x− = . 0,5 Giải phương trình: 2 2 2 2 1 cos 2 1 cos 6 sin cos 3 cos 2 cos 2 2 2 x x x x x x − + − = ⇔ − = ( ) 2 2 cos6 cos2 2cos 2 0 2cos 4 cos 2 2cos 2 0 2cos2 cos4 os2 0 cos 2 cos3 cos 0 x x x x x x x x c x x x x ⇔ + + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = 0,25 4 2 4 2 6 3 6 3 2 x k x k x k x k x k π π π π π π π π π π  = +    = +   ⇔ = + ⇔    = +     = +   0, 25 Luyện Đề từ 19 giờ đến 22 giờ các ngày thứ 3,thứ 5 và Chủ nhật 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 2.2 Giải phương trình trên tập số phức: 4 3 2 2 2 1 0.z z z z+ + =+− 0,5 0z = không là nghiệm, chia cả hai vế cho 2 z ta được : 2 2 1 1 2 1 0z z z z     + + + − =  ÷  ÷     . Đặt 1 w z z = + ; phương trình trên trở thành: 2 1 2 – 3 0 3 w w w w =  = ⇔  = + −  *) 2 1 1 3 1 1 0 2 i z z z z z ± + = ⇔ − + = ⇔ = *) 2 1 3 5 3 3 1 0 2 z z z z z − ± + = − ⇔ + + = ⇔ = Vậy phương trình có bốn nghiệm: 1 3 3 5 ; 2 2 i z z ± − ± = = . 0,25 0,25 3 Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 ( 3) 1 log 3 1 2 log 1 log 2 x x x x + − + = + + ∈ ¡ . 0,5 TXĐ: 1 ; 3 D   = +∞  ÷   ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 log 3 1 log ( 3) log 4 log 1 1 log 3 1 ( 3) log 4 1 3x 4x 7 0 7 3 x x x x x x x x − + + = + + =   ⇔ − + = + ⇔ + − = ⇔ −  =  Nghiệm của phương trình { } 1S = . 0,25 0,25 0,25 0,25 4 Giải bất phương trình: 2 2( 16) 7 3 3 3 x x x x x − − + − > − − . ĐK: 4x ≥ 1,0 Bpt 2 2 2( 16) 3 7 2( 16) 10 2x x x x x⇔ − + − > − ⇔ − > − 2 2 2 16 0 10 2 0 10 2 0 2( 16) (10 2 ) x x x x x   − ≥   − <   ⇔  − ≥    − > −    5 10 34 10 34 5 x x x >  ⇔ ⇔ > −  − < ≤  VT(*) < 0 (do 2 ) 3 x ≥ nên (*) vô nghiệm 5 Tính tích phân ∫         + + = e dxxx xx x I 1 2 ln3 ln1 ln 1,0 +) 1 1 ln 1 ln e x I dx x x = + ∫ , Đặt t = 1 ln x+ ,… Tính được 1 4 2 2 3 3 I = − 0,5 +) Tính dxxlnxI e 1 2 2 ∫ = . Đặt        = = ⇒    = = 3 x v x dx du dxxdv xlnu 32 + = − = − = − + = ∫ e 3 3 3 3 3 3 e 2 e 2 1 1 1 x 1 e 1 x e e 1 2e 1 I . ln x x dx . 3 3 3 3 3 3 9 9 9 0,25 0,25 6 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác đều cạnh bằng a, SA = h và vuông góc với đáy, gọi H là trực tâm tam giác ABC. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng 1,0 Luyện Đề từ 19 giờ đến 22 giờ các ngày thứ 3,thứ 5 và Chủ nhật 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 (SBC) và tính thể tích hình chóp H.SBC theo a và h j I H M A C B S +) Xác định và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) là 2 2 3 ( ,( ) 4 3a ah d A SBC h = + . +) 1 S 3 SBC V h ∆ = 2 2 4 S 3 4 SBC a h a ∆ + = ; 2 2 2 2 3 3 4 3 3(4 3 ) ah ah h IH h a h a = = = + + Vậy: 2 3 36 a h V = 0, 5 0, 5 7 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có ( ) 2;1A . Đường cao kẻ từ đỉnh B có phương trình 3 7 0x y− − = . Đường trung tuyến kẻ từ đỉnh C có phương trình 1 0x y+ + = . Xác định tọa độ đỉnh B và C . Tính diện tích tam giác ABC . 1,0 M C B H A +AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là (3;1)n = r , AC có phương trình 3 7 0x y+ − = + Tọa độ C là nghiệm của hệ AC CM    …… ( ) 4; 5C⇒ − + 2 1 ; 2 2 B B M M x y x y + + = = ; M thuộc CM ta được 2 1 1 0 2 2 B B x y+ + + + = + Giải hệ 2 1 1 0 2 2 3 7 0 B B B B x y x y + +  + + =    − − =  ta được B(-2 ;-3). 0,25 0,25 *) Tính diện tích ABC∆ .+ Tọa độ H là nghiệm của hệ 14 3 7 0 5 3x 7 0 7 5 x x y y y  =  − − =   ⇔   + − =   = −   0,25 + Tính được 8 10 ; 2 10 5 BH AC= = . Diện tích 1 1 8 10 . .2 10. 16 2 2 5 S AC BH= = = ( đvdt) 0,25 Luyện Đề từ 19 giờ đến 22 giờ các ngày thứ 3,thứ 5 và Chủ nhật 4 t f f / f 0 1 4 3 0 + - 4 13 1 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 8 Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) P có phương trình: 1 0x y− − = . Lập phương trình mặt cầu ( ) S đi qua ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C − − và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P . 1,0 Mặt phẳng ( ) α có phương trình dạng 2 2 2 0,( 0)ax by cz d a b c+ + + = + + ≠ ( ) α đi qua hai điểm ( ) 0; 1;2 ,A − ( ) 1;0;3B nên: 2 0 3 0 2 3 b c d c a b a c d d a b − + + = = − −   ⇒   + + = = +   (1) Mặt cầu ( ) S có tâm (1;2; 1)I − bán kính 2R = ( ) α tiếp xúc ( ) S nên ( ) 2 2 2 2 ,( ) 2 a b c d d I R a b c α + − + = ⇔ = + + , (2) 0,25 0,25 Thay (1) vào (2) được : 2 2 2 2 2 3 3 11 8 0a b a b ab a ab b+ = + + ⇔ + + = (3) Nếu 0 0 0a b c= ⇒ = ⇒ = loại Nếu 0a ≠ chọn 1 1 3 8 b a b = −   = ⇒ −  =  0,25 + 1, 1 0, 1a b c d= = − ⇒ = = − . ( ) : 1 0x y α − − = + 3 5 7 1, , 8 8 8 a b c d − − = = ⇒ = = . ( ) :8 3 5 7 0x y z α − − + = 0,25 9 Cho 8 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau từ các chữ số trên, trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 3. 0,5 Gọi số cần lập có dạng: 1 2 3 4 5 6 a a a a a a TH1: 1 3a = . Khi đó số cách sắp xếp 5 số còn lại là 5 7 2520A = (cách). TH2: 1 3a ≠ ( 1 0a ≠ ) Có 6 cách chọn a 1 . Đưa số 3 vào 5 vị trí còn lại có 5 cách Cách sắp xếp 6 số còn lại vào 4 vị trí còn lại có 4 6 A (cách) Theo quy tắc nhân TH2 có: 4 6 6.5 10800A = (cách) Vậy có: 2520 + 10800 = 13320 (số) thỏa mãn bài toán 10 Cho , ,x y z thoả mãn là các số thực: 2 2 1x xy y− + = . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 2 2x y P x y + + = + 1,0 Từ giả thiết suy ra: 2 2 2 1 2 ; 1 ( ) 3 3x xy y xy xy xy x y xy xy= − + ≥ − = = + − ≥ − Từ đó ta có 1 1 3 xy− ≤ ≤ .Mặt khác 2 2 2 2 1 1x xy y x y xy− + = ⇔ + = + 0,25 nên 12 2244 ++−=+ xyyxyx , đặt t xy = .Vậy bài toán trở thành tìm GTLN,GTN của 2 2 3 1 ( ) 3; 1 1 3 t t P f t t t t − + + = = = − + − ≤ ≤ + . Do hàm số nghịch biến trên 1 ;1 3   −     KL: 1 10 ( ) ; in (1) 2 3 3 MaxP f M P f= − = = = . 0,25 0,25 0,25 Luyện Đề từ 19 giờ đến 22 giờ các ngày thứ 3,thứ 5 và Chủ nhật 5 . ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015 MÔN TOÁN SỐ 96 Ngày 8 tháng 5 năm 2015 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3 1y x x mx = + ++ có đồ thị là (C m ); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thi n và. ĐT:01694838727 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 96 Câu NÔI DUNG Điểm 1.1 Cho hàm số 3 2 3 1y x x mx = + ++ có đồ thị là (C m ); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số khi 3m = . 1,0 I). = 0,25 9 Cho 8 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau từ các chữ số trên, trong đó nhất thi t phải có mặt chữ số 3. 0,5 Gọi số cần lập có