DE114 THPT quảng xương 4 thanh hóa l2(112) _ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TOÁN NĂM 2015

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 - ĐỀ SỐ 114 Thời gian làm 180 phút oOo -2x + Câu (2 điểm) Cho hàm số y = (C ) 2x + a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số b) Tìm m để đường thẳng d : y = 2mx + m + 1cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A và B cho biểu thức P = OA + OB đạt giá trị nhỏ nhất (với O là gốc tọa độ) Câu (1 điểm) a) Giải phương trình: cos 2x ( cos x + sin x − 1) = b) Tính môđun của số phức: z = ( 1− 2i ) ( + i ) log2 ( x − 3) + log ( x − 1) = Câu (0.5 điểm) Giải phương trình: Câu (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: (1− y)(x − 3y + 3) − x2 = (y − 1)3 x  (x, y ∈ ¡ )  3  x − y + x − = 2(y − 2) dx x x + 1 Câu (1.0 điểm) Tính tích phân I = ∫ Câu (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a Góc · BAC = 600 , hình chiếu của S mặt (ABCD ) trùng với trọng tâm của tam giác ∆ABC Mặt phẳng (SAC ) hợp với mặt phẳng (ABCD ) góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD ) theo a Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D Biết D (2; 2) và CD = 2AB Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC Điểm  22 14  M  ; ÷ là trung điểm của HC Xác định các tọa độ các điểm A, B , C của hình thang  5 biết B thuộc đường thẳng ∆ : x − 2y + = Câu (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho (P ) : x − 2y + 2z + = , đường thẳng x−3 y+4 z−2 x−3 y−6 z = = ; d2 : = = Tìm M ∈d1, N ∈d2 cho MN song −3 −5 song với (P ) và khoảng cách từ MN đến (P ) d1 : Câu (0.5 điểm) Một hộp đựng 11 viên bi đánh số từ đến 11 Lấy ngẫu nhiên viên bi rồi cộng các số viên bi lại với Tính xác suất để kết quả thu là một số lẻ Câu 10 (1.0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 1 1 + + ≥ + + 2 4b 4c 4a a + b b+ c c + a HẾT Câu/ ý 1a Thang điểm HƯỚNG DẪN CHẤM −2  1 < 0, ∀x ≠ − *TXĐ: ¡ \ −  *SBT: y ' = ( x + 1)  2 ⇒ I ∈ d ⇒ c = ⇒ A(1;3); B (−3;1) 0.25 1    Hàm số nghịch biến các khoảng  −∞; − ÷ và  − ; +∞ ÷ 2    Tính giới hạn và tiệm cận Lập bảng biến thiên *Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị b 0.25 2x + = 2mx + m + 1; x ≠ − 2x + 2 ⇒ 4mx + 4mx + m − = , (1); Đặt g ( x ) = 4mx + 4mx + m − * (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt ⇔ PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2 PT hoành độ giao điểm:  m ≠   ⇔ ∆ ' = 4m > ⇔ m >  g  − ÷≠    2 *Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x1 , x2 thì x1 , x2 là các nghiệm của PT (1) x1 + x2 = −1  ⇒ m −1 x1.x2 =  4m  Có: OA2+OB2 = x12 + ( 2mx1 + m +1) + x2 + ( 2mx2 + m +1) ( = ( 4m )( ) m −1   +1) 1 − ÷− 4m ( m +1) + ( m +1) 2m   = 2.a ( thỏa mãn); KL: m = 0,25 2 5 + 2m + ≥ + = (Áp dụng BĐT cô si vì m dương) 2m 2 Dấu xảy ⇔ m = 0,25 0,25 2 2 = 4m +1 x1 + x2 + 4m ( m + 1) ( x1 + x2 ) + ( m +1) 0.25 0.25 0,25 là giá trị cần tìm cos x ( cos x + sin x − 1) = cos x = ⇔  sin  x + π ÷ =   4 π kπ + ( k ∈¢)  x = k 2π π  ⇔ (k ∈ ¢ ) +) Với sin  x + ÷ =  x = π + k 2π 4   0,25 +) Với cos x = ⇔ x = 0,25 2.b z = (1 − 2i)(2 + i ) = (1 − 2i )(4 + 4i + i ) = (1 − 2i )(3 + 4i ) = + 4i − 6i − 8i = 11 − 2i Vậy z = 11 − 2i ⇒ z = 112 + 22 = 5 0,25 0,25 log ( x − 3) + log ( x − 1) = (1) ĐKXĐ: x > (*) Với ĐK (*) (1) ⇔ log [ ( x − 3)( x − 1)] = 0,25 ⇔ ( x − 3)( x − 1) = 23 x = −1 ⇔ đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của (1) x =  x =  x − y ≥  x ≥ y ⇔ ĐKXĐ:    x ≥ 0, y ≥  x ≥ 1, y ≥ Nhận xét x ≥ 1, y = không là nghiệm của hệ Xét y > thì pt (1) của hệ (I) x + x( y − 1) − 3( y − 1) + ( y − 1) x ( y − 1) = 0,25 0,25  x  x x ⇔ −3+ =0 ÷ + y −1  y −1  y −1 x t= , t > Khi đó, pt (1) trở thành y −1 t + t + t − = ⇔ ( t − 1) ( t + t + 2t + 3) = ⇔ t = Với t = 1, thì x = ⇔ y = x + , thế vào pt(2), ta y −1 x − x − + x − = ( x − 1) ⇔ x − x − +  x − − ( x − 1)  =     x2 − x −1   ⇔ x − x −1 +  =0 2 3 x3 − + + x − x − + x − ( )  ) ( )  (   ⇔ x − x − 1 +   (x − ) + + ( x − 1) 1+ 1+ 3+ Với x = ⇒y= 2 ⇔ x2 − x −1 = ⇔ x =  ÷ =0 ÷ x − + ( x − 1) ÷  ( x ≥ 1) 1+ +  ; Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm ( x; y ) =  ÷ ÷   2 t −1 ⇒ dx = tdt Đặt t = 3x + 1, t ≥ ⇒ x = 3 x = → t = 2; x = → t = Đổi cận: 4 1 I = 2∫ dt ⇔ I = ∫ ( − )dt t −1 t −1 t +1 2 I = ( ln t − − ln t + ) I = ln − ln 0,25 x2 − x −1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 S E A D H B 0,25 O C · * Gọi O = AC ∩ BD Ta có : OB ⊥ AC , SO ⊥ AC ⇒ SOB = 600 SH a a ⇒ SH = OH tan 600 = 3= HO 2 a Ta có : tam giác ABC : S ABCD = 2.S ABC = 2 1 a a a Vậy VSABCD = SH S ABCD = (đvtt) = 3 2 12 * Tính khỏang cách Trong ( SBD ) kẻ OE PSH ta có : OC ; OD; OE đôi một vuông góc Và : Xét tam giác SOH vuông tại H : tan 600 = a a 3a ; OD = ; OE = 2 1 1 3a = + + ⇒d = Áp dụng công thức : 2 2 d (O, SCD) OC OD OE 112 6a Mà d ( B, SCD ) = 2d ( O, SCD ) = 112 OC = 0,25 0,25 0,25 B A I H 0.25 M D C 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 Từ suy phương trình BM : 3x + y = 16 x − y = −4 Tọa độ B là nghiệm của hệ x + y = 16 ⇒ B (4; 4) uuu r uur AB IB 10 10 = = ⇒ DI = IB ⇒ I ( ; ) Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có CD IC 3 Phương trình đường thẳng AC : x + y = 10 14 18 Phương trình đường thẳng DH : x − y = suy tọa độ H ( ; ) suy tọa độ 5 C(6; 2) uur uu r Từ CI = IA ⇒ A(2; 4) { 0.25 0.25 0.25  x = + 2t  x = + 6u   Ta có d1 :  y = −4 − 3t , d :  y = + 4u Suy M ( + 2t; −4 − 3t; + 2t )  z = + 2t  z = −5u   N ( + 6u;6 + 4u; −5u ) uuuu r Ta có MN ( 6u − 2t;10 + 4u + 3t; −2 − 5u − 2t ) , Vectơ pháp tuyến của (P) uur uuuu r uur n p = ( 1; −2; ) MN.n p = ⇔ t + u + = 12t + 18 Theo gia thiết suy 12t + 18 = ⇔ t = −1 ∨ t = −2 d ( MN, (P) ) = d ( M, (P) ) = Khi t = −1 ⇒ u = −1 tương ứng ta có M ( 1; −1;0 ) , N ( −3; 2;5 ) Khi t = −2 ⇒ u = tương ứng ta có M ( −1; 2; −2 ) , N ( 3;6;0 ) Gọi Ω là tập hợp các cách lấy viên bi từ 11 viên bi ban đầu, ta có n ( Ω ) = C11 = 330 0.25 0.25 0.25 0.25 Số các viên bi đánh số lẻ là 6, số các viên bi đánh số chẵn là Gọi A là biến cố lấy viên bi có tổng là một số lẻ TH1 Trong viên lấy có viên bi lẻ, viên bi chẵn Suy TH1 có C16 C35 = 6.10 = 60 cách TH2 Trong viên lấy có viên bi lẻ, viên bi chẵn, Suy TH2 có C36 C15 = 20.5 = 100 cách 0.25 3 Vậy n ( A ) = C6 C5 + C6C5 = 160 Suy P ( A ) = 0.25 n ( A) 160 16 == = n ( Ω) 330 33  a2   b2   c2  Ta có VT =  + ÷+  + ÷+  + ÷ 4c   a 4a   4b 4b   4c a b c 1 a b c  ≥ 2+ 2+ =  2+ 2+ 2÷ 2b 2c 2a 2b c a  b c + ≥ ; + ≥ c b c a2 c a a b c 1 Cộng theo vế các BĐT ta được: + + ≥ + + b c a a b c Suy ra:  1   1   1   1   VT ≥  + + ÷ =  + ÷+  + ÷+  + ÷  a b c   a b   b c   c a   1 4  1 ≥  + + = + + = VP  a +b b + c c + a a +b b + c c + a Mặt khác: 10 0.25 a + ≥ ; b2 a b Đẳng thức xảy và khi: a = b = c = Thí sinh làm cách khác, đảm vảo tính chặt chẽ xác điểm tối đa 0.25 0.25 0.5 ... Lập bảng biến thi n *Đồ thi : Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thi b 0.25 2x + = 2mx + m + 1; x ≠ − 2x + 2 ⇒ 4mx + 4mx + m − = , (1); Đặt g ( x ) = 4mx + 4mx + m − * (d) cắt... ) +) Với sin  x + ÷ =  x = π + k 2π 4   0,25 +) Với cos x = ⇔ x = 0,25 2.b z = (1 − 2i)(2 + i ) = (1 − 2i ) (4 + 4i + i ) = (1 − 2i )(3 + 4i ) = + 4i − 6i − 8i = 11 − 2i Vậy z = 11 − 2i... Từ CI = IA ⇒ A(2; 4) { 0.25 0.25 0.25  x = + 2t  x = + 6u   Ta có d1 :  y = 4 − 3t , d :  y = + 4u Suy M ( + 2t; 4 − 3t; + 2t )  z = + 2t  z = −5u   N ( + 6u;6 + 4u; −5u ) uuuu r Ta