Đề thi thử THPT quốc gia chọn lọc số 86.2015.PDF

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KSCL KHỐI 12, THÁNG 01, NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn: TOÁN. Ngày khảo sát:24/ 01/2015 ời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số . 42 21yx x    a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2 2 x  b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ . Tìm t ọ a độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). Câu 2 (1 ,0 điểm). a) Giải bất phương trình 23 2 lo log 3 21 g log (2 1) 2 x x   . b) Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp ca. Nh ư ng th ờ i gian bu ổ i bi ể u di ễ n v ă n ngh ệ có gi ớ i h ạ n, ban t ổ ch ứ c ch ỉ cho phép bi ể u di ễ n 2 ti ế t m ụ c múa, 2 ti ế t m ụ c đơ n ca và 3 ti ế t m ụ c h ợ p ca. H ỏ i có bao nhiêu cách ch ọ n các ti ế t m ụ c tham gia biểu diễn? 1tan cot 2 1tan x x x    Câu 3 (1 ,0 điểm). Giải phương trình . Câu 4 (1 ,0 đ i ể m). Tính tích phân 5 1 1 31 I dx xx    . (2;1; 1), (1;0;3)AAB    Câu 5 (1 ,0 đ i ể m ). Trong không gian v ớ i h ệ t ọa độ Oxyz , cho đ i ể m . Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB vuông tại M. Câu 6 (1,0 đ iể m). Cho hì nh chóp S.ABCD có đ áy ABCD là hình ch ữ nh ậ t, hình chi ế u vuông góc c ủ a đỉ nh S lên mp( ABCD) trùng v ớ i giao đ i ểm O c ủ a hai đườ ng chéo AC và BD. Biết 5 2, 2 , 2 SA a AC a SM a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC. Câu 7 (1 ,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng :23AB x y 0  và đường thẳng . Gọi I là giao điểm c ủ a hai đư ờ ng chéo AC và BD . Tìm t ọ a độ các đỉ nh c ủ a hình thang cân ABCD , bi ế t :2AC y 0 2IB IA , hoành độ điểm I: và nằm trên đườ ng thẳng BD. 3 I x   1; 3 M  23 3 23 (1 )( 3 3) ( 1) . (, ) 2 4 2( 2) yx y x y x xy xy x y            Câu 8 (1 ,0 điểm). Giải hệ phương trình . Câu 9 (1, 0 điểm). Hết Cảmơnthầy NguyễnThànhHiển(https://www.facebook .com/HIEN.0905112810 )đã chiasẻđên www.laisac. page. tl Cho x, y là hai s thực dương thỏa mãn 23xy7  . Tìm giá trị nhỏ nh t củ biểu thức 22 22 3 248(xy25() )(3)Pxyy xy xy   . 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KSCL KHỐI 12, THÁNG 01, NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN TOÁN. Ngày thi:24/01/2015 Câu Nội dung Điểm Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 42 21yx x   . 1,00 TXĐ:  Giới hạn: lim , lim xx yy     0,25 / 01 0 12 xy y xy          /3 44,yxxx     Sự biến thiên: Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (1;0)  và (1; )   , hàm số đồng biến trên mỗi khoảng và (0 (;1  ) ;1) 0,25 Bảng biến thiên x -1 0 1    y’ + 0 - 0 + 0 - y 2 2 1    0,25 1.a Đồ thị có điểm cực đại A(-1;2), B(1;2) và điểm cực tiểu N(0;1). Vẽ đồ thị (C). 0,25 Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ 2 2 x  . Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). 1,00 Ta có 27 ;( 24 ) M C      . Và / 2 () 2 2 y  0,25 Pttt (d) có dạng / 227 4  22 yy x          3 2 4 yx   0,25 Pt hđ giao điểm của d và (C): 42 42 3 212 48421 4 xx x xx x 0     0,25 1.b  2 2 2 44220 2 xxx        2222 ,, 22 2 xx x 2      . 3 Vậy có 3 điểm: /// 27 2 2 1 2 2 1 ;, ,2 , ,2 24 2 4 2 4 MM M                 0,25 Giải bất phương trình 23 21 log log (2 1) log 3 2 x x 2   . 0,50 ĐKXĐ 1 210 2 xx   (*) Với đk (*), pt 23 log (2 1) log (2 1) 1 log 3xx 2 23 3 2 log 3.log (2 1) log (2 1) 1 log 3xx 0,25 2.a  23 log 3 1 log (2 1) 1 log 3x  2 3 log (2 1) 1x   213 1 x x     Đối chiếu (*), tập nghiệm: 1 ;1 2 S      0,25 Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn? 0,50 Mỗi cách chọn 2 tiết mục múa trong 3 tiết mục múa là một tổ hợp chập 2 của 3, suy ra số cách chọn 2 tiết mục múa: 2 3 3.C  Mỗi cách chọn 2 tiết mục đơn ca trong 5 tiết mục đơn ca là một tổ hợp chập 2 của 5, suy ra số cách chọn 2 tiết mục đơn ca: 2 5 10.C  Mỗi cách chọn 3 tiết mục hợp ca trong 4 tiết mục hợp ca là một tổ hợp c hập 3 của 4, suy ra số cách chọn 3 tiết mục hợp ca: 3 4 4.C  0,25 2.b Theo quy tắc nhân, số cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn: 3.10.4 = 120 0,25 Giải phương trình 1tan cot 2 1tan x x x    . 1,00 ĐK: sin 2 0 2 cos 0 tan 1 4 x xk x x k x                   0,25 Với ĐK pt tan 2 tan 24 x x         0,25 2 24 x xk      0,25 3 Kết hợp ĐK, ta có nghiệm: , 4 xkk      0,25 Tính tích phân 5 1 1 31 I dx xx    . 1,00 4 Đặt 2 1 31,0 3 t txt x   2 3 dx tdt Đổi cận: 12;5xtx t  4. 0,25 4 4 2 2 1 2 1 I dt t    4 2 11 () 11 I dt tt     0,25  4 2 ln 1 ln 1It t 0,25 2ln3 ln5I  0,25 Cho điểm . Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB vuông tại M. (2;1; 1), (1;0;3)AAB  1,00 Ta có (3;1;2) (3;1;2)OB OA AB B   0.25 * không cùng phương: O, A, B không thẳng hàng. (2;1; 1), (1;0;3)OA AB    0.25 Ta có và (2 ; ; ) (2 ; ; )OM t OA t t t M t t t   2; 1; 1), (2 3; 1; 2 t t t BM t t t         (2 )AM  Tam giác MAB vuông tại M thì . 0 (2 2)(2 3) ( 1)( 1) ( 1))( 2) 0AM BM t t t t t t            2 5 61150 1, 6 tt tt . 0.25 5  A (loại) và 1(2;1;1)tM   5555 ; ) 66 (; 63 tM thỏa bài toán. 0,25  Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. Biết 5 2, 2 , 2 SA a AC a SM a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC. N M O A B C D S H K 1,00 Từ giả thiết , () ,SO ABCD SO AC OA a 22 SO SA OA a   0,25 6 22 1 : 2 OSM O OM SM SO a   Ta có 22 :2 , 3 A BC B BC MO a AB AC BC a     5 3 . 13 33 S ABCD VABBCSOa 0,25 Gọi N trung điểm BC // ( , ) ( ,( )) ( ,( )) M N AC d SM AC d AC SMN d O SMN   OMN O : :, (OMN O OH MN SO MN MN SOH  ) ,():()(SOH O OK SH OK SMN OK d O SMN   0,25 OMN O : 33 ,, 22 a ON a OM OH MN OH a 4 22 .5 :( , ) 19 OS OH SOH O d SM AC OK a OS OH     7 0,25 Cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng và đư ờng thẳng :23AB x y0 0:2AC y   . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết 2IB IA , hoành độ điểm I: và 3 I x    1; 3M  nằm trên đường thẳng BD. E I A D B C F M 1,00 Ta có A là giao điểm của AB và AC nên   1; 2A . 0,25 Lấy điểm . Gọi  0; 2E AC   23;Fa a AB sao cho EF // BD. Khi đó EF 22 EF AE BI EF AE B IAI AEAI   22 1 23 2 2 11 . 5 a aa a        0,25 Với thì là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là 1a    1; 1EF      1; 1 BD x n   . Pt :4y 0     2; 2BD AC I  5; 1BD ABB Ta có 33 22; 22 IB IB IB ID ID ID D ID IA               2 .   1 32 2;2 2 IA IA IA IC IC IC C IC IB             . 0,25 7 Với 11 5 a  thì 71 ; 55 EF         là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là . Do đó,  1; 7n   :722BD x y 0     8; 2I (loại). 0,25 6 Giải hệ phương trình. 23 3 23 (1 )( 3 3) ( 1) . (1) (, ) 2 4 2( 2) (2) yx y x y x xy xy x y            (I) 1,00 ĐKXĐ: 22 0 0, 1 1, 1 xy xy x yx           y Nhận xét 1, 1 x y không là nghiệm của hệ. Xét thì pt (1) của hệ (I) 1y  22 (1)3(1)(1)(1)xxy y y xy  0 2 30 11 1 xx x yy y        0,25 , 1 x tt y   0 . . Khi đó, pt (1) trở thành   42 32 30 1 2 3 0 1ttt t tt t t   0,25 Với t = 1, thì 1 1 x yx y    1 , thế vào pt(2), ta được         33 23 2 3 2 2 2 2 3 33 3 2 2 2 2 3 33 3 12 4 2 1 12 4 1 0 1 16 0 4141 61 11 0 4141 xx x x xx x x xx xx xxxx xx xx xxxx                               0,25 8  2 15 10 1 2 xx x x    . 15 35 . 22 xy   Với Đối chiếu ĐK, hệ phương c ó nghiệm  1535 ;; 22 xy       . 0,25 Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 23xy7   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 22 3 248(xy25() )(3)Pxyy xy xy   . 1,00 Ta có 2 2233 6( 1)( 1) (2 2)(3 3) 36 5 2 xy xy x y xyxy         . 0,25 9 Ta có  2 22 22 5( ) 2 5( ) 2 x yxy xyx y 0 và 222 22 (3) 9266 2( 3) 8( ) ( 3) xy x y xy x y xyxy xy x y         0,25 7 Suy ra 3 2( ) 24 2( 3) P xyxy xyxy   Đặt   ,0; txyxyt   5 , 3 () 2 24 2 6Pft t t  Ta có   2 3 / 22 33 (2 6) 8 24.2 () 2 2 0, 0;5 3(26) (26) t ft t tt       Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng   0;5 . Suy ra 3 min ( ) (5) 10 48 2ft f . 0,25 Vậy 3 2 min 10 48 2, 1 x Pkhi y       0,25 Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa. Hết Cảm  ơ n thầy Ng uyễn Thành Hiển ( https://ww w. facebook . co m /H I EN. 09051128 10 ) đã chia sẻ đên www. laisac. pag e. tl . 12, THÁNG 01, NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn: TOÁN. Ngày khảo sát:24/ 01 /2015 ời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số . 42 21yx x . ĐỊNH KSCL KHỐI 12, THÁNG 01, NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN TOÁN. Ngày thi: 24/01 /2015 Câu Nội dung Điểm Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 42 21yx x   . 1,00 TXĐ:. chập 2 của 5, suy ra số cách chọn 2 tiết mục đơn ca: 2 5 10.C  Mỗi cách chọn 3 tiết mục hợp ca trong 4 tiết mục hợp ca là một tổ hợp c hập 3 của 4, suy ra số cách chọn 3 tiết mục hợp ca: