đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE154 THPT bùi thị xuân, lâm đồng (l4) w

b Cho 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung khác nhau.. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung.. Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ABC tr

SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG

TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN

(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH

ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016) Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 01

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1: (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 2

4

y x x

Câu 2: (1,0 điểm) ) Định m để hàm số

1

y    đạt cực tiểu tại x  2

Câu 3: (1,0 điểm)

a) Giải phương trình log25x320log5 x  trên tập hợp số thực 1 0

b) Tìm môđun số phức z thỏa mãn điều kiện: 1izi2z2i

Câu 4: (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường yx33x1 và

1

yx

Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A ( 1;1;2), B(1;0;1), ( 1;1;0)

C  vàD(2; 1; 2) 

a) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm B, C, D

b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P)

Câu 6: (0,5 điểm)

a) Giải phương trình: sinx 1 cos2x

b) Cho 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung khác nhau Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung

Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Hình chiếu

vuông góc của A trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA với BC

Câu 8: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với AC có phương

trình là: x7y320, hai đỉnh B, D lần lượt thuộc đường thẳng d1:xy 8 0,

d x y  Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh

A có hoành độ âm

Câu 9: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

x









Câu 10:(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 1

2

a b  c

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

ĐỀ SỐ 154

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1:

(1 điểm)

+) Tập xác định D R

0

x

x

  





0.25

0.25

+) nêu các khoảng tăng; giảm và cực trị

Câu 2:

(1 điểm)

Câu 3:

(1 điểm)





i

5 )

5

b) +) Điều kiện x  0 (1)  2

+) Đặt :t=log x Phương trình có dạng 5 9t2 10t  1 0   1 1

9

1 9 5

Câu 4

(1 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm:

3 3 1 1

x  x  x  x34x0 x x( 24)0

0 2 2

x x x









  



0.25

Diện tích:

2 3 2

- 4



Xét dấu f x( )x34x:

x  -2 0 2 

f(x) - 0 + 0 - 0 +

S = (x - 4x)dx + (-x + 4x)dx

0.25

( x - 2x ) (- x + 2x )



= 4 + 4 = 8 (đvdt)

0.25

Câu 5:

(1 điểm)

a) +) BC   2 ;1 ; 1   , BD 1; 1; 3  

0,25

+) Phương trình mặt phẳng (P): 4 x  1 7 y0   z 10

Vậy phương trình mặt phẳng (P) : 4x7y  z 3 0

0,25

b)+) Bán kính          

66

+) Phương trình mặt cầu (S): x1 2  y1 2  z22  2

Câu 6:

(1 điểm)

a) +) PT sinx   1 1 sin2x

+) sinx  1 sinx 1 sin x 1 0 sinx 1 sin x 20

0,25

2

2

0,25

b)+) Để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau:

7 10 1575

7 10 350

TH3: 5 bông hồng nhung có: 5 

7 21

025

+)  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách

17 6188

6188

Câu 7

(0,5

điểm

+) Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp

+) HA là hình chiếu A’A trên mặt

phẳng (ABC) nên

H

B

A'

C'

B'

0.25

2

ABC

+) V ABC A B C ' ' S ABC 'A H 

3 3 4

a

(đvtt)

0.25

d AA BC d A BBC C

0.25

2 ' 2 3

3

BB C C

a

d AA BC

0.25

Câu 8

(1 điểm)

+) B thuộc d1 B t1;8t và D 1

thuộc d2 D t223;t2

+) Do BD vuông góc AC suy ra:

 

 

2 1 2 1

2 1

1;7

BD cuøng phöông n

t t



+) Khi đó trung điểm I của BD :

1 22 3 8 1 2

;

I

+) I thuộc d :



1 22 3 8 1 2

 9t26t1  9 3t2 2t1 3



+) Từ đó suy ra :

0.25

+) Gọi C thuộc AC

t t

+) Từ giả thiết :







0.25

+) Mặt khác A dối xứng với B qua I cho nên ta tìm được tọa độ A

Với C(-11;6 ) và     

1

2

;3 2

I   



  thì A 11; 3  ( chọn )

+) Vậy các đỉnh hình thoi thỏa mãn là A(–11; 3), B(0; 8), C(10; 3) và D(–1; 1)

0.25

Câu 9

(1 điểm)

+) ĐK:

 





  





  





0 1 2 1

x x x

(*)

 2 e x  x e y y

0.25

Xét   t 

f t e t có /    

t

f t e t ; nên từ (2) ta có x y

x

+) Nếu x  0 thì phương trình tương đương với

x x  1 Phương trình (1) trở thành  

 

  

0

3 6

t

t

+) Với t  3, ta có

 





 



2 2

( ) 14

0.25

+) Nếu x  0 thì phương trình tương đương với

x x x x  2

x x , (t 0) Phương trình  2 trở thành

 

  

0

2 6

t

t

Với t  2, ta có

 







 



2 2

( )

4

0.25

+) Kết hợp với điều kiện (*) suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là:

;

;

0.25

Câu 10

(1 điểm)

+) Ta có   



1

2

a b c ; Đặt x  a 1,y  b 1,z  c 1

Từ điều kiện suy ra    



1

2

2

0.25

+) Áp dụng Cô si cho 3 số dương   x y z, , , ta có

6

Mặt khác 1a1b  a1b1ab   a b 1

2

0.25

Do đó:

2

c

xy

Tương tự:

2

P

Xeùt 2x 3 2y 3 2z 3

Q

2

Q

2 2 2 3

2

x y z Q

xyz





0.25

6

t  xyz t   



2 3

2

t Q

t





2

t

g t

t



6

t   





4

6 2

t

t





Suy ra g t là hàm đồng biến với mọi   5; 0

6

t   





Suy ra Qg t g56 14425



3

max

25

0,25

-Hết -