TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 4 TỔ TOÁN - TIN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 2 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút ) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số ( ) 2 2 2 1 x y C x + = + a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. b. Tìm m để đường thẳng : 2 1d y mx m = + + cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu thức 2 2 P OA OB= + đạt giá trị nhỏ nhất ( với O là gốc tọa độ). Câu 2. (1 điểm) a. Giải phương trình: ( ) cos2 cos sin 1 0x x x + − = b. Tính môđun của số phức 2 (1 2 )(2 )z i i= − + . Câu 3. (0.5 điểm) Giải phương trình 2 2 log ( 3) log ( 1) 3x x − + − = Câu 4. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình 2 3 3 2 3 (1 )( 3 3) ( 1) . ( , ) 2 4 2( 2) y x y x y x x y x y x y − − + − = − ∈ − + − = − ¡ . Câu 5. (1.0 điểm) Tính tích phân 5 1 1 3 1 I dx x x = + ∫ . Câu 6. (1.0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a .Góc · 0 60BAC = ,hình chiếu của S trên mặt ( ) ABCD trùng với trọng tâm của tam giác ABC∆ . Mặt phẳng ( ) SAC hợp với mặt phẳng ( ) ABCD góc 0 60 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ) SCD theo a . Câu 7. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, D(2; 2) và CD = 2AB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC. Điểm 22 14 ; 5 5 M ÷ là trung điểm của HC. Xác định các tọa độ các điểm A, B, C của hình thang biết B thuộc đường thẳng : 2 4 0x y∆ − + = Câu 8. (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho (P): x 2y 2z 3 0 − + + = , đường thẳng 1 x 3 y 4 z 2 d : 2 3 2 − + − = = − , 2 x 3 y 6 z d : 6 4 5 − − = = − . Tìm 1 2 M d , N d∈ ∈ sao cho MN song song với (P) và khoảng cách từ MN đến ( ) P bằng 2. Câu 9. (0.5 điểm) Một hộp đựng 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi rồi cộng các số trên viên bi lại với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là một số lẻ. Câu 10 (1.0 điểm) Cho , ,a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 4 4 a b c b c a a b b c c a + + + + + ≥ + + + + + . Câu/ ý HƯỚNG DẪN CHẤM Thang điểm 1a *TXĐ: ¡ \ 1 2 − *SBT: ( ) 2 2 1 ' 0, 2 2 1 y x x − = < ∀ ≠− + 5 (1;3); ( 3;1)I d c A B ⇒ ∈ ⇒ = ⇒ − 0.25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1 ; 2 −∞ − ÷ và 1 ; 2 − +∞ ÷ Tính giới hạn và tiệm cận 0.25 Lập bảng biến thiên 0.25 *Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị 0.25 b PT hoành độ giao điểm: 2 2 1 2 1; 2 1 2 x mx m x x + = + + ≠ − + 2 4 4 1 0mx mx m ⇒ + + − = , (1); Đặt ( ) 2 4 4 1g x mx mx m = + + − 0,25 * (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt ⇔ PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2 ⇔ 0 ' 4 0 0 1 0 2 m m m g ≠ ∆ = > ⇔ > − ≠ ÷ 0,25 *Gọi hoành độ các giao điểm A và B là 1 2 ,x x thì 1 2 ,x x là các nghiệm của PT (1) ⇒ 1 2 1 2 1 1 . 4 x x m x x m + =− − = Có: OA 2 +OB 2 = ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1x mx m x mx m + + + + + + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 4 1 4 1 2 1m x x m m x x m + + + + + + + = ( ) ( ) ( ) 2 2 1 4 1 1 4 1 2 1 2 m m m m m m − + − − + + + ÷ 0,25 = 5 1 2 2 2 m m + + 5 9 2 2 2 ≥ + = (Áp dụng BĐT cô si vì m dương) 0,25 Dấu bằng xảy ra ⇔ 1 2 m = ( thỏa mãn); KL: 1 2 m = là giá trị cần tìm 2.a ( ) cos2 cos sin 1 0x x x + − = cos2 0 1 sin 4 2 x x π = ⇔ + = ÷ 0,25 +) Với ( ) cos 2 0 4 2 k x x k π π = ⇔ = + ∈ ¢ +) Với 2 1 sin ( ) 4 2 2 2 x k x k x k π π π π = + = ⇔ ∈ ÷ = + ¢ 0,25 2.b 2 2 2 (1 2 )(2 ) (1 2 )(4 4 ) (1 2 )(3 4 ) 3 4 6 8 11 2 z i i i i i i i i i i i = − + = − + + = − + = + − − = − 0,25 Vậy 2 2 11 2 11 2 5 5z i z = − ⇒ = + = 0,25 3 2 2 log ( 3) log ( 1) 3x x − + − = (1) ĐKXĐ: x > 3 (*) Với ĐK (*) (1) ⇔ [ ] 2 log ( 3)( 1) 3x x − − = ⇔ 3 ( 3)( 1) 2x x− − = 0,25 ⇔ 1 5 x x = − = đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của (1) x = 5 0,25 4 ĐKXĐ: 2 2 0 0, 1 1, 1 x y x y x y x y − ≥ ≥ ⇔ ≥ ≥ ≥ ≥ Nhận xét 1, 1x y ≥ = không là nghiệm của hệ. Xét 1y > thì pt (1) của hệ (I) 2 2 ( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) 0x x y y y x y + − − − + − − = 2 3 0 1 1 1 x x x y y y ⇔ + − + = ÷ − − − 0,25 , 0 1 x t t y = > − . Khi đó, pt (1) trở thành ( ) ( ) 4 2 3 2 3 0 1 2 3 0 1.t t t t t t t t + + − = ⇔ − + + + = ⇔ = 0,25 Với t = 1, thì 1 1 1 x y x y = ⇔ = + − , thế vào pt(2), ta được ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 2 3 2 2 2 2 33 3 3 2 2 2 2 33 3 3 1 2 4 2 1 1 2 4 1 0 1 1 6 0 4 1 4 1 6 1 1 1 0 4 1 4 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − + − = − ⇔ − − + − − − = − − ⇔ − − + = − + + − − + − − − ÷ ⇔ − − + = ÷ ÷ − + + − − + − 0,25 ( ) 2 1 5 1 0 1 2 x x x x + ⇔ − − = ⇔ = ≥ . Với 1 5 3 5 . 2 2 x y + + = ⇒ = Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm ( ) 1 5 3 5 ; ; . 2 2 x y + + = ÷ ÷ 0,25 5 Đặt 2 1 3 1, 0 3 t t x t x − = + ≥ ⇒ = 2 3 dx tdt ⇒ = Đổi cận: 1 2; 5 4.x t x t = → = = → = 0,25 4 2 2 1 2 1 I dt t = − ∫ 4 2 1 1 ( ) 1 1 I dt t t ⇔ = − − + ∫ 0,25 ( ) 4 2 ln 1 ln 1I t t = − − + 0,25 2ln3 ln5I = − 0,25 6 O S A D C B H E * Gọi O AC BD = ∩ Ta có : · 0 , 60OB AC SO AC SOB ⊥ ⊥ ⇒ = Xét tam giác SOH vuông tại H : 0 0 3 tan 60 .tan 60 . 3 6 2 SH a a SH OH HO = ⇒ = = = 0,25 Ta có : tam giác ABC đều : 2 3 2. 2 ABCD ABC a S S = = Vậy 2 3 1 1 3 3 . . . . 3 3 2 2 12 SABCD ABCD a a a V SH S= = = (đvtt) 0,25 * Tính khỏang cách Trong ( )SBD kẻ OE SHP khi đó ta có : ; ;OC OD OE đôi một vuông góc Và : 3 3 ; ; 2 2 8 a a a OC OD OE= = = 0,25 Áp dụng công thức : 2 2 2 2 1 1 1 1 ( , )d O SCD OC OD OE = + + 3 112 a d⇒ = Mà ( ) ( ) 6 , 2 , 112 a d B SCD d O SCD= = 0,25 7 Gọi E là trung điểm DH ta thấy ABME là hình bình hành nên ME AD⊥ , nên E là trực tâm tam giác ADM AE MD ⇒ ⊥ mà AE BM⊥ nên DM DM⊥ 0.25 Từ đó suy ra phương trình :3 16BM x y+ = Tọa độ B là nghiệm của hệ { 2 4 (4;4) 3 16 x y B x y − = − ⇒ + = 0.25 Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có 1 10 10 2 ( ; ) 2 3 3 AB IB DI IB I CD IC = = ⇒ = ⇒ uuur uur Phương trình đường thẳng : 2 10AC x y+ = Phương trình đường thẳng : 2 2DH x y− = suy ra tọa độ 14 18 ( ; ) 5 5 H suy ra tọa độ C(6;2) 0.25 Từ 2 (2;4)CI IA A= ⇒ uur uur 0.25 C A B D I H M 8 Ta có 1 x 3 2t d : y 4 3t z 2 2t = + = − − = + , 2 x 3 6u d : y 6 4u z 5u = + = + = − Suy ra ( ) M 3 2t; 4 3t;2 2t+ − − + ( ) N 3 6u;6 4u; 5u+ + − 0.25 Ta có ( ) MN 6u 2t;10 4u 3t; 2 5u 2t− + + − − − uuuur , Vectơ pháp tuyến của (P) ( ) p n 1; 2;2= − uur p MN.n 0 t u 2 0= ⇔ + + = uuuur uur 0.25 ( ) ( ) 12t 18 d MN,(P) d M,(P) 3 + = = . Theo gia thiết suy ra 12t 18 6 t 1 t 2+ = ⇔ = − ∨ = − 0.25 Khi t 1 u 1 = − ⇒ = − tương ứng ta có ( ) M 1; 1;0− , ( ) N 3;2;5− Khi t 2 u 0 = − ⇒ = tương ứng ta có ( ) M 1;2; 2− − , ( ) N 3;6;0 0.25 9 Gọi Ω là tập hợp các cách lấy ra 4 viên bi từ 11 viên bi ban đầu, ta có ( ) 4 11 n C 330Ω = = 0.25 Số các viên bi đánh số lẻ là 6, số các viên bi đánh số chẵn là 5. Gọi A là biến cố lấy ra 4 viên bi có tổng là một số lẻ TH1. Trong 4 viên lấy ra có 1 viên bi lẻ, 3 viên bi chẵn. Suy ra TH1 có 1 3 6 5 C C 6.10 60= = cách TH2. Trong 4 viên lấy ra có 3 viên bi lẻ, 1 viên bi chẵn, Suy ra TH2 có 3 1 6 5 C C 20.5 100= = cách 0.25 Vậy ( ) 1 3 3 1 6 5 6 5 n A C C C C 160= + = Suy ra ( ) ( ) ( ) n A 160 16 P A n 330 33 = == = Ω 0.25 10 Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 4 4 4 4 4 a b c VT b b c c a a = + + + + + ÷ ÷ ÷ 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 a b c a b c b c a b c a ≥ + + = + + ÷ 0.25 Mặt khác: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ; ; a b c b a b c b c a c a + ≥ + ≥ + ≥ Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2 2 2 1 1 1a b c b c a a b c + + ≥ + + 0.25 Suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 VT a b c a b b c c a ≥ + + = + + + + + ÷ ÷ ÷ ÷ 1 4 4 4 1 1 1 4 VP a b b c c a a b b c c a ≥ + + = + + = + + + + + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1a b c = = = 0.5 Thí sinh làm cách khác, đảm vảo tính chặt chẽ và chính xác vẫn được điểm tối đa . TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 4 TỔ TOÁN - TIN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 2 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút ) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm. giới hạn và tiệm cận 0.25 Lập bảng biến thi n 0.25 *Đồ thi : Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thi 0.25 b PT hoành độ giao điểm: 2 2 1 2 1; 2 1 2 x mx m x x + = +. đầu, ta có ( ) 4 11 n C 330Ω = = 0.25 Số các viên bi đánh số lẻ là 6, số các viên bi đánh số chẵn là 5. Gọi A là biến cố lấy ra 4 viên bi có tổng là một số lẻ TH1. Trong 4 viên lấy ra có 1 viên