Đang tải... (xem toàn văn)
Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD).. Câu 7.[r]
(1)SỞ GD – ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 2Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y x 2x2 1.
a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm cực đại (C).
Câu (1,0 điểm)
a) Giải phương trình
cos 2sin 3 2 2cos 1 1. 1 sin 2
x x x
x
b) Cho số phức z thỏa mãn:
1i 2 i z 8 i 1 2 i z. Tính mơđun z
Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: log x log 44 2 x 5.
Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x3 6x2171x 40x1 5 x1 20 0, x
Câu (1,0 điểm) Tính tích phân:
3
1 1
lnxd e x
I x
x
Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang, AB BC a ,
900
BAD , cạnh SA a 2 SA vng góc với đáy, tam giác SCD vng C Gọi H hình chiếu A lên SB Tính thể tích tứ diện SBCD khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD).
Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi M là điểm cạnh AC cho AB3AM. Đường trịn tâm I1; 1 đường kính CM cắt BM tại
D Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đường thẳng BC qua 4
;0 , 3 N
phương trình đường thẳng CD x: 3y 6 0 điểm C có hồnh độ lớn
Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) đường thẳng
x y z
d:
1 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M vng góc với d Tìm d hai
điểm A, B cho tam giác ABM đều.
Câu (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có chữ số khác từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Tính xác suất để lập số tự nhiên chia hết cho 5.
Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng:
3 3
3 3
3 3 1
a b c
a b c b c a c a b
(2)-Họ tên thí sinh: Số báo danh:
Ghi chú: Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm.
SỞ GD – ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 2ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Mơn: TỐN
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
(2,0
điểm)
a) (1,0 điểm)
Tập xác định: R
Giới hạn tiệm cận: xlim y. Đồ thị (C) có khơng tiệm cận
0,25
CBT: Ta có
3
' 4 x 4x ; y' x x
y x x
Dấu y’: y' 0 x 1;0 1;; ' 0y x ; 1 0;1
hàm số ĐB khoảng 1;0 1; NB khoảng ; 1 (0 ; 1) Hàm số có hai CT x = 1; yCT = y(1) = có CĐ x = ; yCĐ = y(0) =
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị:
Đồ thị cắt Oy (0;1) Điểm khác (2; 9)
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng
0,25
b) (1,0 điểm)
Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc tiếp tuyến điểm CĐ đồ thị cho y’(0) = 0,5
Phương trình tiếp tuyến (C) điểm CĐ là: y = 0,5
Câu 2
(1,0
điểm)
a) (0,5 điểm)
Điều kiện: sin 2x x k
Khi p.trình cho tương đương với 2sin cosx x3 cosx 2cos2 x1 sin 2 x
2
cos
2cos cos 2
cos
x l
x x
x
0,25
x- -1 + y’ - + - +y
+ +
(3) Với
2
cos
2
x x k
Đối chiếu điều kiện, phương trình cho có nghiệm là: x k2 ,k
0,25
b) (0,5 điểm)
1i 2 2 i z 8 i 1 2 i z 1i 2 2 i 2 i z 8 i
2 2i i 2i z i
0,25
8 1
8
2 13
1
i i
i
z i z
i
Vậy môđun z 13
0,25
Câu 3
(0,5
điểm)
Điều kiện: x >
Khi đó, phương trình tương đương với
2 2
1
log x log log log
2 x x
0,25
2
log x x
(t/m)
Vậy phương trình có nghiệm là: x = 0,25
Câu 4
(1,0
điểm)
Điều kiện:
x
Khi phương trình tương đương với
3
3
6 12 8 5 36 54 27
2 2 3
x x x x x x x x x
x x x x
0,25
Xét hàm sơ f t t3 3t
Phương trình (1) có dạng f x 2f2 5x 3 Ta có: f t' 3t2 3; 'f t 0 t
0,25
Suy ra: Hàm số f t t3 3t đồng biến khoảng (1; + )
Với điều kiện
2 1
5
x x
x
Từ suy 1 x 2 5x 3
0,25
2
1
1
2 22
1
11 116 /
11 116
x x
x x
x x x x x
x
x t m
x
Vậy phương trình cho có nghiệm là: x 11 116
0,25
Câu 5
(1,0 Ta có:
3
2
1
1 1
1 ln
lnxd d lnxd
e e e
x x
I x x x x I I
x x
0,25
t- -1 + f’(t) + - +f(t)
(4)
điểm)
Tính I1:
2
1
lnx ln
d ln d ln
1
2
e e e
x
I x x x
x
0,25
Tính I2:
2
1 x lnxd e
I x
Đặt ln du dx
u x x
dv x dx x
v
3 3
2
2
1
1
ln
1
3 3 9
e
e e
x e e
I x x dx x
0,25
Vậy
3 3
1
1 11
lnxd
2 9 18
e
x e e
I x x 0,25 Câu 6 (1,0 điểm)
. Chứng minh: SCD vuông C ABCD hình thang đáy AD, BC. ACD vng cân C
AC CD a 2;AD2a SC BD a ;
0,25
VSBCD = VS.ABCD – VSABD
3 2 2 2
2
a a a
(đvtt) 0,25 2 3 6 2; B, 2 S BCD SCD SCD a V a
S a d SCD
S a (hoặc , 1 , ) 2 ,
d B SCD BK a
d B SCD CK
d A SCD
2
, 2 2
, B,
3 3
B,
d H SCD SH SA a
d H SCD d SCD
SB SB
d SCD
0,5
Cách khác: Chứng minh BC (SAB) BC AH AH (SBC).
Kẻ AK (SC) AK (SCD) (AKH) (SCD)
Kéo dài AB CD cắt E Kéo dài AH cắt SE M Có (AMK) (SCD) hay (AMK) (SED)
AH (SBC) AH HK tam giác AHK vuông H Kẻ HJ MK có HJ = d(H, (SCD))
Tính AH, AM HM; Tính AK HK Từ tính HJ = a/3
(5)Câu 7
(1,0
điểm)
ABM
(g g)
AB DC
DCM
AM DM
Xét tam giác CMD ta có:
2 2 4 10
CM DM CD CI DM
Mà (I,d)
10
DM d
nên CI 2
0,5
Gọi I3y6;y Ta có
3 11 ;
5
C
(loại) C(3; -1) (thỏa mãn)
I trung điểm CM M1; 1 phương trình đường trịn tâm I C : x12y124
D giao điểm CD (C)
3 11
;
5
D
Phương trình đường thẳng BM: 3x y 4
Phương trình đường thẳng BC: 3x5y 0. B giao điểm BM BC B2;2
Phương trình đường thẳng AB qua B vng góc với AC AB x: 2 0 A giao điểm của
AB AC A2; 1
Vậy tọa độ đỉnh tam giác ABC là: A2; , B2;2 , C3; 1
0,5
Câu 8
(1,0
điểm)
Mp(P) qua M(2;1;2) (d) nhận vtcp u d 1;1;1
làm vtpt
Suy phương trình mp(P): 1.x 21.y1 1. z 2 0 x y z 0
0,5
Gọi H hình chiếu M d Ta có:
MH d M d( , ) 8, H 10; ;
3 3 .
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB =
MH 2
3
0,25
Do đó, toạ độ A, B nghiệm hệ:
x y z
x y z
1
1 1
4 10
( ) ( ) ( )
3 3 9
Giải hệ ta tìm A, B là:
4 6 10 6; ; , 6 10 6; ;
3 9 9 9 .
0,25
Câu 9
(0,5
điểm)
Gọi (không gian mẫu) số số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: n A85 A745880. 0,25
Gọi A biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác
Số số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: n A A746.A631560
Xác suất cần tìm P(A) =
1560 13
588049
0,25
Câu
10 Xét BĐT:
2
1 ,
2 x
x x
0,25
(6)(1,0
điểm) Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có:
2
3 1
1 1
2
x x x x
x x x x
Ấp dụng vào tốn ta có:
3
3 2 2
3
1
1
1
2
a a
a b c
a b c b c b c
a a
0,25
Tương tự, ta có:
3
3 2 2
3 ;
b b c c
a b c a b c
b c a c a b
Công vế với vế (1), (2), (3) suy đpcm
0,25
Đăng thức xảy a b c 0,25
