Đề thi thử ĐH và đáp án môn toán lần một trường THPT Lê Hồng Phong năm học 2015

Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD.. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD) theo a.[r]

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT LẦN I NĂM HỌC 2014- 2015

Mơn: Tốn

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 3x2 2

= − +

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2 Tìm a để phương trình x3 3x2 a 0

− + = có ba nghiệm thực phân biệt

Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sau: Giải phương trình: log ( -3) 2log2 x + 4 x=

2 Giải phương trình: 4sin2 3 cos 2 1 2cos2

2

x

x ⎛x ⎞

− = + ⎜ − ⎟

⎝ ⎠

π

3 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y x2 3 x xln

= + − đoạn [ ]1;2

Câu III (1,5 điểm)

1 Tìm nguyên hàm sau: I (x 3sinx)dx x

=∫ − +

2 Tính giới hạn:

2

2

3 cos

lim x

x

x T

x →

−

=

3 Chọn ngẫu nhiên học sinh lớp có 15 học sinh nam 10 học sinh nữ để tham gia đồng diễn Tính xác suất cho học sinh chọn có nam lẫn nữ số học sinh nữ số học sinh nam

Câu IV (1.5 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , tâm O, cạnh bên

SA vng góc với mặt phẳng đáy Đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SAB) góc 45 0 Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a

2 Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABCD theo a Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD) theo a

Câu V(1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) ⎪

⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= +

+ +

− + = + +

10 )

1 ( ) (

1 1

9

2

3

2

x x

y x

x x

y xy

Câu VI(1,0 điểm) Trong mặt phẳngOxy , cho hình vngABCD có M trung điểm AB, N điểm cạnh AD cho AN =2ND Giả sử đường thẳng CN có phương trình x+2y−11 0=

điểm 1;

2 M ⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠ Tìm tọa độ điểm C

Câu V (1,0 điểm ) Cho số thực x, y, z thỏa mãn: xyz =2

4 4 2 2

8

2 4

8

2 4

8

≥ +

+ + +

+ +

+ +

+ +

+

x z x z

x z z

y z y

z y y

x y x

y x

-Hết -

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐÁP ÁN TOÁN 12 (Đáp án gồm trang)

Câu Đáp án Điểm

I

(2.0) 1.(1.5 điểm)Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

3 3 2

y x= − x +

• Tập xác định: R • Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y' 3= x2−6x; ' 0 x y

x = ⎡

= ⇔ ⎢ =

⎣

0.25

Hàm số nghịch biến khoảng (-2; 0); đồng biến khoảng (−∞ −; 2)

(0;+∞)

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = -2; yCT = 3, đạt cực tiểu x = 0; yCĐ = -1

- Giới hạn: lim

x→−∞y= +∞

; lim

x→+∞y= −∞

0.5

- Bảng biến thiên:

x −∞ +∞

y' - + -

y

−∞ -2

0.25

• Đồ thị:

0.5 2.(0.5 điểm) Tìm a để phương trình x3 3x2 a 0

− + = có ba nghiệm thực phân biệt

• Phương trình x3−3x2+ = ⇔a x3−3x2+ = −2 a 0.25

• Số nghiệm phương trình số giao điểm (C) đường thẳng

2

y= − , suy a a ∈(0;4)

0.25

II

(2.0) 1 (0.5 điểm) Giải phương trình: log ( -3) 2log2 x + 4x=

• Điều kiện:x >3

• Phương trình tương đương với log x( -3) 22 x = ⇔x(x 3) 4− =

0.25

• Giải kết hợp điều kiện thu nghiệm x =4 0.25

2.(1.0 điểm)Giải phương trình: 4sin2 3 cos 2 1 2cos2

2

x

x ⎛x ⎞

− = + ⎜ − ⎟

⎝ ⎠

π

• Phương trình ⇔ 2(1 cosx) cos x cos x π

⎛ ⎞

− − = − ⎜ − ⎟

⎝ ⎠

0.25

• ⇔sin x− sin 2x=2cosx 0.25

• sin cos

3

x π x

⎛ ⎞

⇔ ⎜ − ⎟=

⎝ ⎠

•

2

18

sin sin (k Z)

5

3

2

k x

x x

x k

π π

π π

π π

⎡

= +

⎢

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⇔ ⎜ − ⎟= ⎜ − ⎟⇔⎢ ∈

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎢ = +

⎢⎣

0.25

3(0.5 điểm) Tìm GTLN-GTNN hàm số y x2 3 x xln

= + − đoạn [ ]1;2

• Ta có [ ]

2 2

3

' ln ln 0, 1;2

3 (x 3)

x

y x x x

x x x

−

= − − = − < ∀ ∈

+ + + +

0.25

• GTLN hàm số đoạn [ ]1;2 (1) 2y = , GTNN hàm số đoạn [ ]1;2 (2)y = 2ln 2−

0.25

1 (0.5 điểm) Tìm nguyên hàm sau: I (x 3sinx)dx x

=∫ − +

• I xdx dx sin xdx

x

=∫ − ∫ + ∫ 0.25

•

2

2ln 3cos

2 x

I = − x − x C+ 0.25

2 (0.5 điểm) Tính giới hạn:

2

2

3 cos

lim x

x

x T

x →

−

=

•

2

2

0

3 1 cos

lim lim

x

x x

x T

x x

→ →

− −

= +

0.25

•

2ln3

2

0

2sin

1 2

lim ln lim ln

ln

4 x

x x

x e

T

x x

→ →

−

= + = +

0.25

3 (0.5 điểm) Chọn ngẫu nhiên học sinh lớp có 15 học sinh nam 10 học sinh nữ để tham gia đồng diễn Tính xác suất cho học sinh chọn có nam lẫn nữ số học sinh nữ số học sinh nam

• Gọi Ω khơng gian mẫu phép thử, ta có n Ω =( ) C525

• Gọi A biến cố: “5 học sinh chọn có nam lẫn nữ số học sinh nữ ít số học sinh nam”

• TH1: học sinh nữ học sinh nam, suy số cách chọn là:C C 10 151 • TH2: học sinh nữ học sinh nam, suy số cách chọn là:C C 10 152

0.25

•

1

1 10 15 10 15

10 15 10 15

25 C

(A) 325

(A) C (A)

( ) 506

C C C

n

n C C C P

n C

+

= + ⇒ = = =

Ω

0.25

1 (05 điểm) Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a

•

1

(ABCD)

S ABCD

V = SA dt

• Trong dt(ABCD) a=

0.25

• Góc đường thẳng SD mặt phẳng (SAB) góc

∑ ∑

45 cot

3 S ABCD

a ASD= ⇒SA AD= ASD a= ⇒V =

2.(0.5 điểm)Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

• Gọi I trung điểm SC, ta có IS IC ID IA IB= = = = (do tam giác

, ,

SAC SBC SCD

Δ Δ Δ tam giác vuông), nên I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

0.25

• Bán kính mặt cầu

2

SC a

R = =

0.25

3 (0.5 điểm) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD) theo a

• Vì O trung điểm AC nên (O,(SCD)) (A,(SCD))

d = d

• Gọi H hình chiếu A SD, ta có

(SCD) (SAD) (SCD)

AH SD

AH ⊥

⎧

⇒ ⊥

⎨

⊥ ⎩

, từ dẫn đến (O,(SCD))

d = AH

0.25

• Trong tam giác vng SAD, ta tính (O,(SCD)

2

a a

AH = ⇒d =

0.25

V

(1.0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) ⎪

⎩ ⎪ ⎨ ⎧

= +

+ +

− + = + +

10 )

1 ( ) (

1 1

9

2

3

2

x x

y x

x x

y xy

• ĐK:x ≥0

• Nhận xét: Nếu x = không TM hệ PT Xét x >

PT (1) ⇔

x x x

y y

y+3 +1= +1+

3

⇔ 3 (3 ) 1 1 2

+ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +

= + +

x x x y

y

y (3)

0,25

• Từ (1) x > ta có: y > Xét hàm số f(t)= t + t. +

t , t > Ta có: f’(t)

= +

1

2 2

+ + +

t t

t >0 Suy f(t) đồng biến (0,+∞)

• PT(3) ⇔ f(3y)= f ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛

x

⇔ 3y = x

0,25

• Thế vào pt(2) ta PT: x3+x2 +4(x2 +1) x =10 Đặt g(x)= 4( 1) 10

− +

+

+x x x

x , x > Ta có g’(x) > với x > ⇒ g(x) hàm số đồng biến khoảng (0,+∞)

0,25

• Ta có g(1) = Vậy pt g(x) = có nghiệm x =

• Với x =1 ⇒ y =

• KL: Vậy hệ có nghiệm nhất: (1;

)

VI (1.0 điểm)Trong mặt phẳngOxy , cho hình vngABCD có M trung điểm

AB, N điểm cạnh AD cho AN =2ND Giả sử đường thẳng CN có

phương trình x+2y−11 0= điểm 1; 2 M ⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠ Tìm tọa độ điểm C • Gọi H hình chiếu vng góc

của M CN, ta có (M, CN)

2

MH =d =

0.25

• Xét tam giác CMN, ta có

∑ 2 2 ∑

cos 45

2

CN CM MN

NCM NCM

CN CM

+ −

= = ⇒ = , từ suy

3 10 MC =

0.25

• Do C thuộc đường thẳng CN nên C(11 ;− c c), từ 10

2

MC = 5c2 35c 50 0

⇔ − + =

0.25

• Tìm (7; 2);C(1;5)C 0.25

V (1.0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn: xyz=2 2

4 4 2 2

8 2 4 8 2 4 8 ≥ + + + + + + + + + + + x z x z x z z y z y z y y x y x y x

• Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 a.b.c =

• Do

2

2 b

a

ab≤ + nên

2 ) (

3 2

2

2 b ab a b

a + + ≤ + Dấu“=”có ⇔ a=b

0,25

• Ta có:

( 2)

4 2 4 b a b a ab b a b a + + ≥ + + +

• Ta chứng minh:

( ) 3( )

1 2 2 4 b a b a b a + ≥ +

+ (1)

• Thật vậy: (1) ⇔ 2(a +4 b4)≥(a +2 b2)2 ⇔ (a2 – b2)2 ≥0 (luôn đúng)

Do ta được: ( )

3

1 2

2 4 b a ab b a b a + ≥ + +

+ Dấu“=”có ⇔ a2=b2

⇔ a=b

0,25

• Áp dụng BĐT ta có: ( )

3

1 2

2 4 c b bc c b c b + ≥ + +

+ Dấu“=”có ⇔ b=c

( )

1 2

2 4 a c ca a c a c + ≥ + +

+ Dấu“=”có ⇔ c=a

• Cộng vế BĐT ta được:

( )

3

2 2

2

4

2

4

2

4

c b a ca a c

a c bc c b

c b ab b a

b a

+ + ≥

+ +

+ +

+ +

+ +

+ +

+ (2)

Dấu“=”có ⇔ a=b=c

• Theo BĐT Cơ-si ta có: ( )

3

2 2 2

= ≥

+

+b c a b c

a Dấu“=”có

⇔ a=b=c Do ta có ĐPCM Dấu đẳng thức xảy ⇔ x = y = z =