de luyen thi thpt quoc gia de 3

Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x x 1 (1) a*) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b*) Tìm m để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác IAB có diện tích , với I giao điểm hai tiệm cận Câu (1,0 điểm) a*) Giải phương trình: sin x  2cos x  3sin x  cos x b*) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z    i  z   i Tính mô đun số phức w   iz  z Câu 3* (0,5 điểm) Giải phương trình: log (4x1  4).log (4 x  1)   x3  y  y  x  y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x  x   x   y ( x, y  ) e 1  Câu 5*(1,0 điểm) Tính tích phân I    x   ln xdx x 1 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Tam giác SAB nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Biết SD  2a góc tạo đường thẳng SC mặt phẳng (ABCD) 300 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC Biết B(2; 3) AB  BC , đường thẳng AC có phương trình x  y   , điểm M  2; 1 nằm đường thẳng AD Viết phương trình đường thẳng CD Câu 8* (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  2;5;1 mặt phẳng ( P) : x  y  z  24  Tìm tọa độ điểm H hình chiếu vuông góc A mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 tiếp xúc với mặt phẳng (P) H, cho điểm A nằm mặt cầu Câu 9* (0,5 điểm) Có 20 thẻ đánh số từ đến 20 Chọn ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để thẻ chọn có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn có thẻ mang số chia hết cho Câu 10(1,0 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  Chứng minh rằng: 1 1    2  a (b  c)  b (c  a)  c ( a  b) abc -Hết Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Học sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm Gia sư Thành Được ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Đáp án Câu (2,0đ) www.daythem.edu.vn Điểm a) (1,0 điểm) \ 1  Tập xác định D   Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y '    x  1  0, x  D Hàm số nghịch biến khoảng  ;1  1;   - Giới hạn tiệm cận: lim y  lim y   tiệm cận ngang: y  x  0,25 x  lim y   ; lim y    tiệm cận đứng: x   x 1 x 1 - Bảng biến thiên: x  y' y 0,25  - -    Đồ thị: 0,25 y x b) (1,0 điểm) Gọi d : y  x  m 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng d đồ thị (C) là: x  xm x 1  x   x  1 x  m  (Vì x  nghiệm phương trình)  x   m   x  m  (1) Ta có   m2   0, m nên đường thẳng d cắt đồ thị ( C) hai điểm phân biệt A, 0,25 B với m Khi đó, A  x1 ; x1  m  , B  x2 ; x2  m  , với x1 , x2 hai nghiệm phương trình (1) Ta có: I 1;1  d  I , AB   AB  m  x2  x1    x2  x1  2     x1  x2   x1 x2  m2  0,25 Gia sư Thành Được Ta có: S IAB www.daythem.edu.vn S IAB   (1,0đ) 0,25 m m2  Theo giả thiết, ta có:  AB.d  I , AB   2 m m2   3m a) Phương trình cho tương đương 2sin x  3sin x   2sin x cos x  cos x  0,25   2sin x  1 sin x  cos x     sin x  cos x   : Phương trình vô nghiệm 0,25    x    k 2  2sin x     (k  )  x   k 2   7  k 2 (k  ) Vậy phương trình cho có nghiệm: x    k 2 , x  6 3a  b  a   a) Đặt z  a  bi  a, b   Từ giả thiết ta có:  a  b  b  2 0,25 Do z   2i Suy w   iz  z   i 1  2i   1  2i   3i Vậy w  0,25 (0.5đ)   log (4 x 1  4).log (4 x  1)    log (4 x  1) log (4 x  1)  0,25 t  t  3 0,25 Đặt t  log2 (4x  1) , phương trình trở thành:   t  t     t   log2 (4x  1)   4x    x   x   : Phương trình vô nghiệm 8 Vậy phương trình cho có nghiệm: x   t  3  log (4 x  1)  3  x   (1,0đ)  x  y  y  x  y   (1)  (2)  x  x   x   y 0,25 Điều kiện: x  2 (1)  x3  x   y  y  y  x  x    y  1   y  1  Xét hàm số f  t   t  t   2;   0,25 Ta có: f '  t   3t   0, t   2;   Suy hàm số f  t  đồng biến  2;   Do đó: x  y  Thay y  x  phương trình (2) ta được: x3   x    x3       x     x  2 x2  2x    0,25 x2 2   x2 2 x2 2   Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn     x  2 x2  2x      x  2  x2  2x    x2 2   x  2     0 x2 2     x2   x  2 y 3  x2  x    x22  0,25   x2  2x    x2 2  (*)  1, x   2;   x22 Ta có VT  x  x    x  1   3;VP  Do phương trình (*) vô nghiệm Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y    2;3 (1,0đ) e e  1  Ta có: I   x  e  x ln xdx Đặt u  ln x dv  xdx Suy du   Tính 0,25 e 1  ln xdx   x ln xdx   ln xdx x x 1 e e e x2 x e2 x ln x   dx   Do đó,  x ln xdx  2 1  x2 dx v  x e2  4 e 1 1 x ln xdx Đặt t  ln x  dt  x dx Khi x  t  , x  e t   Tính e 0,25 0,25 1 t2 Ta có:  ln xdx   tdt   x 20 Vậy, I  (1,0đ) e2  0,25 Gọi H trung điểm AB Suy SH  ( ABCD) S 0,25 SCH  300 K A D I SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a H B Ta có: SHC  SHD  SC  SD  2a Xét tam giác SHC vuông H ta có: C HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a Vì tam giác SAB mà SH  a nên AB  2a Suy 0,25 BC  HC  BH  2a Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 4a Vậy, VS ABCD  S ABCD SH  3 Vì BA  HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC   Gọi I hình chiếu H lên AC K hình chiếu H lên SI Ta có: 0,25 Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn AC  HI AC  SH nên AC   SHI   AC  HK Mà, ta lại có: HK  SI Do đó: HK   SAC  Vì hai tam giác SIA SBC đồng dạng nên HS HI Suy ra, HK  HS  HI     HI AH AH BC a   HI   BC AC AC a 66 11  Vậy , d B,  SAC   2d H ,  SAC   HK  (1,0đ) H A B' 2a 66 11 Vì ABCD hình thang cân nên nội tiếp đường tròn Mà BC  CD nên AC đường phân C B D M 0,25 0,25 giác góc BAD Gọi B ' điểm đối xứng B qua AC Khi B '  AD Gọi H hình chiếu B AC Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình: x  y 1  x   Suy H  3;   x  y   y    Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H trung điểm BB’ Do B '  4;1 Đường thẳng AD qua M nhận MB ' làm vectơ phương nên có phương trình x  y   Vì A  AC  AD nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình: 0,25 x  y 1  x   Do đó, A 1;0   x  y 1  y  Ta có ABCB’ hình bình hành nên AB  B ' C Do đó, C  5;  Gọi d đường trung trực BC, suy d : 3x  y  14  0,25 Gọi I  d  AD , suy I trung điểm AD Tọa độ điểm I nghiệm hệ: 3 x  y  14  Suy ra,  x  3y 1   43 11   38 11  I  ;  Do đó, D  ;   10 10   5 Vậy, đường thẳng CD qua C nhận CD làm vectơ phương nên có phương trình (Học sinh giải theo cách khác) x  13 y  97  (1,0đ)  x   6t  Gọi d đường thẳng qua A vuông góc với (P) Suy ra: d :  y   3t  z   2t  0,25 0,25 Vì H hình chiếu vuông góc A (P) nên H  d  ( P) Vì H  d nên H   6t;5  3t ;1  2t  Mặt khác, H  ( P) nên ta có:   6t     3t   1  2t   24   t  1 0,25 Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Do đó, H  4; 2;3 Gọi I , R tâm bán kính mặt cầu 0,25 Theo giả thiết diện tích mặt cầu 784 , suy 4 R  784  R  14 Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) H nên IH  ( P)  I  d Do tọa độ điểm I có dạng I   6t;5  3t;1  2t  , với t  1 Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn: 0,25    6t     3t   1  2t   24  t   14  d ( I , ( P))  14 2    (2)    t  3  t    AI  14   2 2  t    6t    3t    2t   14 Do đó, I  8;8;  1 Vậy, mặt cầu ( S ) :  x     y     z  1  196 (0,5 đ) 2  15504 Số phần tử không gian mẫu là: n     C20 0,25 Trong 20 thẻ, có 10 thẻ mang số lẻ, có thẻ mang số chẵn chia hết cho 4, thẻ mang số chẵn không chia hết cho C51.C51  3000 Gọi A biến cố cần tính xác suất Ta có: n  A  C10 Vậy, xác suất cần tính là: P  A  10 (1,0đ) 0,25 n  A 3000 125   n    15504 646 Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có:  ab  bc  ca  3 (abc)  abc  Suy ra:  a (b  c)  abc  a (b  c)  a (ab  bc  ca )  3a  Tương tự ta có: 1  (1)  a (b  c) 3a 0,25 0,25 1 1  (2),  (3)  b (c  a) 3b  c (a  b) 3c Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có: 0,25 1 1 1 ab  bc  ca    (   )  2  a (b  c)  b (c  a)  c (a  b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy abc  1, ab  bc  ca   a  b  c  1, (a, b, c  0) 0,25 ... c) 3a 0,25 0,25 1 1  (2),  (3)  b (c  a) 3b  c (a  b) 3c Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có: 0,25 1 1 1 ab  bc  ca    (   )  2  a (b  c)  b (c  a)  c (a  b) c b c 3abc... đường trung trực BC, suy d : 3x  y  14  0,25 Gọi I  d  AD , suy I trung điểm AD Tọa độ điểm I nghiệm hệ: 3 x  y  14  Suy ra,  x  3y 1   43 11   38 11  I  ;  Do đó, D  ;.. .Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Học sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm Gia sư Thành Được ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Đáp án Câu