SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN (ĐềĐỀ thi gồm 01 trang) SỐcó 154 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 biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y x x x mx Câu 2: (1,0 điểm) ) Định m để hàm số y đạt cực tiểu x 3 Câu 3: (1,0 điểm) a) Giải phương trình log 52 x 20log x tập hợp số thực b) Tìm môđun số phức z thỏa mãn điều kiện: 1 i z i z 2i Câu 4: (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng (H) giới hạn đường y x 3x y x 1 Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1;1;2) , B (1;0;1) , C (1;1;0) D (2; 1; 2) a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua ba điểm B, C, D b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) Câu 6: (0,5 điểm) a) Giải phương trình: sin x cos x b) Cho 10 hồng trắng hồng nhung khác Tính xác suất để lấy hồng có hồng nhung Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a Hình chiếu vuông góc A mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Góc cạnh bên mặt phẳng (ABC) 600 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.ABC khoảng cách 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 y 32 , hai đỉnh B, D thuộc đường thẳng d1 : x y , d : x y Tìm tọa độ đỉnh hình thoi biết diện tích hình thoi 75 đỉnh A có hoành độ âm x y 4 y Câu 9: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x e x e y y x ab bc ca Tìm giá trị lớn biểu thức P (1 a )(1 b) (1 b)(1 c ) (1 c)(1 a ) Câu 10:(1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a b c -Hết - 883 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu NỘI DUNG ĐIỂM +) Tập xác định D R x +) Đạo hàm: y ' 4 x x ; y ' x 0.25 Câu 1: +) giới hạn : lim y ; lim y ( Đồ thị tiệm cận) x x (1 điểm) +) bảng biến thiên 0.25 0.25 +) nêu khoảng tăng; giảm cực trị 0.25 +) Đồ thị +) Đạo hàm y ' x mx 0,25 Câu 2: +) Hàm số đạt cực tiểu x nên y ' 2 2m m (1 điểm) +) Thử lại 0,25 0,25 +) Vậy m thỏa yêu cầu đề a) ) 5 b) +) Điều kiện x ) Câu 3: (1 điểm) 1 i z i z 2i z 0,25 1 i i 3 i 5 0.25 0.25 z (1) 9log25x - 10log5 x + 1= +) Đặt : t=log x Phương trình có dạng 9t 10t t t 0.25 ) t log5 x x 0.25 1 log5 x x 9 Phương trình hoành độ giao điểm: ) t x x x x x x x( x 4) x x 2 0.25 Diện tích: S x - x dx 0.25 2 Câu (1 điểm) Xét dấu f ( x ) x x : x f(x) - S= (x -2 0 + - + 0.25 - 4x)dx + (-x + 4x)dx -2 0 1 ( x - 2x ) (- x + 2x ) 4 2 = + = (đvdt) 884 0.25 Câu 5: (1 điểm) a) +) BC 2 ;1 ; 1 , BD 1; 1; 3 Véc tơ pháp tuyến (P) n BC , BD 4; 7;1 +) Phương trình mặt phẳng (P): 4 x 1 y 0 z 1 0,25 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (P) : 4x 7y z b)+) Bán kính R d A, P 4.(1) 42 (1)2 66 +) Phương trình mặt cầu (S): x 1 y 1 z 2 2 0,25 33 0,25 a) +) PT sin x sin2 x +) sin x 1 sin x 1sin x 1 sin x 1sin x 2 +) sin x (Do sin x ) x 0,25 k 2 k +) Vậy phương trình có nghiệm x k 2 k Câu 6: b)+) Để lấy hồng nhung hồng ta có TH sau: (1 điểm) TH1: hồng nhung, hồng trắng có: C 73 C 102 1575 cách 0,25 025 +) TH2: hồng nhung, hồng trắng có: C 74 C 101 350 cách TH3: hồng nhung có: C 75 21 cách +) có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách +) Số cách lấy hồng thường C 175 6188 P +) Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp ' tam giác ABC AH (ABC ) +) HA hình chiếu A’A mặt phẳng (ABC) nên A 'A, ABC A 'A, AH A 'A H 600 1946 31, 45% 6188 A' 025 C' B' 0.25 A C H B Câu (0,5 điểm + ) S ABC a2 2a a a , AH ;A' H a 3 +) VABC A'B 'C ' 0.25 a3 S ABC A ' H (đvtt) ' ' +) AA’//(BB’C’C) d AA' , BC d A' ,(BBC C) 3VA' BB 'C 'C S BB 'C 'C 2VABC A'B 'C ' S BB 'C 'C 0.25 ' +) Chứng minh BC AH , BC AH BC AA' BC BB ' +) S BB 'C "C BC BB ' 2a 3 0.25 3a +) Vậy d AA' , BC 885 +) B thuộc d1 B t1 ;8 t1 D thuộc d2 D 2t2 3; t2 BD 2t2 t1 3; t2 t1 8 0.25 +) Do BD vuông góc AC suy ra: BD cuøng phöông n 1;7 2t2 t1 t t1 13t2 8t1 13 1 t 2t t t 2 +) Khi trung điểm I BD : I ; 2 t t t 2t2 2 +) I thuộc d : 31 2 9t2 6t1 3t2 2t1 0.25 t B 0; 8 13t2 8t1 13 +) Vậy ta có hệ : 1 3t2 2t1 t D 1;1 : Câu +) Từ suy x y 8 BD 2; BD 1;7 BD : 7x y (1 điểm) +) Gọi C thuộc AC C 31 7t; t d C ; BD 31 7t t 2t +) Từ giả thiết : S ABCD 2S BCD BD.d C;BD 2t 75 2t 2 t C 11;6 9 2t 3 t t C 10; +) Mặt khác A dối xứng với B qua I ta tìm tọa độ A Với C(-11;6 ) I ; 3 A 10; 0 ( loại A có hoành độ âm ) Với C(10;3 ) I ; 3 A 11; 3 ( chọn ) 0.25 0.25 +) Vậy đỉnh hình thoi thỏa mãn A(–11; 3), B(0; 8), C(10; 3) D(–1; 1) Câu (1 điểm) x +) ĐK: x (*) x 1 2 e x 0.25 x ey y 886 Xét f t e t t có f / t e t 0, t ; nên từ (2) ta có x y 3 x +) Nếu x phương trình tương đương với Từ (1), ta có 2x 3x 4x 3 4 1 Đặt t (t 0) 1 x x x x x x t Phương trình (1) trở thành t t t +) Với t , ta có x 37 (tm ) 14 7x 3x x x x 37 (k tm ) 14 2 0.25 +) Nếu x phương trình tương đương với 2 3 4 x x x x 2 , (t 0) Phương trình 2 trở thành x x t t t t Với t , ta có x 17 (k tm ) 2x 3x x x x 17 (tm ) Đặt t 0.25 +) Kết hợp với điều kiện (*) suy hệ phương trình cho có hai nghiệm là: 37 37 17 17 , ; ; 14 4 14 0.25 1 +) Ta có a,b, c 0; ; Đặt x a 1, y b 1, z c 1 Từ điều kiện suy x , y, z 1; x y z 0.25 Câu 10 +) Áp dụng Cô si cho số dương x , y, z , ta có (1 điểm) x y z 3 xyz xyz Mặt khác 1 a 1 b a 1b 1 ab a b ab a 1b 1 a b a 1b 1 c 1 887 0.25 Do đó: c 1 ab 2z 1 1 2xy 1 a 1 b 1 a 1 b bc 2x ca 2y 1 ; 1 2yz 2xz 1 b 1 c 1 c 1 a Tương tự: 2x 2y 2z ) P yz xz xy Xeùt Q Q 2x 2y 2z yz xz xy 2 x y z x y z x xyz 2 y z 15 0.25 2xyz 12 x 2y 2z 15 2xyz 12t 15 +) Đặt t xyz , t ; 0 , ta có Q 2t 12t 15 ; 0 Xét hàm số g t , t 2t 45 12t ; 0 g / t 0, t 2t Suy g t hàm đồng biến với t ; 0 144 Suy Q g t g 25 Q Suy P 3 +) Vậy max P 72 25 25 đạt x y z a b c 25 6 -Hết - 888 0,25