Đang tải... (xem toàn văn)
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d.. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO QUẢNG NINH TRƯỜNG THPT NGUYỄN BÌNH
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
1 x
x Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = (C).
a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến (C) M vng góc với đường thẳng qua điểm M điểm I(1; 1).
Câu (1,0 điểm)
sin 2x 1 6sinxcos 2xa Giải phương trình
2
2
z z z z
2
z z b) Tìm số phức z thỏa mãn:
2
7 x 6.7x
Câu (0,5 điểm) Giải phương trình .
2 3
2
2 11
x x y x y y
x y x
( ,x y )Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: .
2
2
2ln
x x
I dx
x
Câu (1,0 điểm) Tính tích phân .
Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vng A, AB = AC = a, I là trung điểm SC, hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABC) trung điểm H của BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính
khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) theo a.
ADBCâu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 4), tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D, đường phân giác trong của có phương trình x - y + = 0, điểm M(-4; 1) thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB.
1
:
2
x y z
d
AB Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(-4; 1; 3) đường thẳng Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vng góc với đường thẳng d Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho
Câu (0,5 điểm) Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, viên bi vàng viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để viên bi lấy đủ màu.
1
ab c a b c 3Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ;
2
6ln( )
1
b c a c
P a b c
a b
Tìm giá trị nhỏ biểu thức
-Hết
-Họ tên thí sinh SBD:
(2)SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NINH TRƯỜNG THCS - THPT NGUYỄN BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Bản hướng dẫn chấm có trang
Câu NỘI DUNG Điểm
1.a
1 x
x Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y =
1.0 TXĐ : D = R\{1}
2
1 (x 1)
y’ =
lim ( ) lim ( )
x f x x f x nên y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số
1
lim ( ) , lim
x f x x nên x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số 0.5
Bảng biến thiên ( ;1)(1;)Hàm số nghịch biến ,Hàm số khơng có cực trị
0.25 Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng
0.25
+
-
-y
y'
(3)1.b Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến (C) M vng góc với đường thẳng qua điểm M điểm I(1; 1)
1.0
0
x
0
0
x x
0
0
1
( )
( 1)
x
y x x
x x
2
2
0
1
0
( 1) ( 1)
x x y
x x
Với , tiếp tuyến (d) với (C) M(x0 ; ) có phương trình :
0.5
2
1
( 1; )
( 1) u
x
0
1
( 1; )
1 IM x
x
(d) có vec – tơ phương ,
0
0
0
0
0
1
1.( 1)
2
( 1)
x
u IM x
x
x x
Để (d) vng góc IM điều kiện :
(4)2a
sin 2x 1 6sinxcos 2x
(sin 2x 6sin ) (1 cos ) 0x x (
0.25
2sinxcosx 32sin2x0
2sinx cosx sin x 0 (
0 25 sin
sin cos 3( ) x
x x Vn
0 25
x k x k k Z , ( Vậy nghiệm PT 0.25
2.b 2
2
z z z z
2
z z Tìm số phức z thỏa mãn :
0.5
2
2 2 2
;
z x iy z z zz x y
Gọi z = x + iy ta có
2
2 2 2 2 2
2 4( ) ( ) (1)
z z z z x y x y z z 2 2x 2 x1 (2)
Từ (1) (2) tìm x = ; y = Vậy số phức cần tìm + i – i
Câu 3:0,5 điểm
2
7 x 6.7x
7.72x 6.7x 1
Đặt t=7x ,t>0
3
( )
3
( )
t tm
t tm
Phương trình cho trở thành:7t2-6t+1=0
0.25
7
7
3
( )
7
3
( )
7 log log x
x
Tim x kết luận nghiệm pt
0.25
Câu 4:1 điểm
2 3
2
1
2 11
x x y x y y
x y x
(5) 1 x2 x y 3 x y 1 x2 x y y 0 2 2 3 1
x y x x y y
x x y
x x y y
x y x y
2 3
1
1
x x y x y
x y x y
x x y y
x y x y
y x Thế vào phương trình (2) ta được:
2
2
4x 4x 2 2x 11 2x 2x 10 0
2 1,
t x t t4 3 10 0t
t 2t32t24t5 0 t 2Đặt , ta có
5
2
2
x x y ; 3;
2
x y
Khi Vậy hệ phương trình có nghiệm
0.25
0.25 0.25
Câu 5:1 điểm
2
2 2 2
2 2
1 1 1
ln ln ln
2 2
2
x x x x
I xdx dx dx dx
x x x
0.25 2 ln x J dx x Tính 1 , du dx v
x x
u ln ,x dv 12 dx x
Đặt Khi
2
2
1
1
ln
J x dx
x x Do 0.25
1 1
ln ln
2 2
J
x
0.25
1 ln 2 I
Vậy 0.25
(6)
HK AB
Gọi K trung điểm AB (1) SH ABSH ABCVì nên (2)
AB SK
Từ (1) (2) suy
60
SKH SAB
Do góc giữavới đáy góc SK HK
tan
2 a SH HK SKH
Ta có
0.25
3
1 1
3 12
S ABC ABC
a V S SH AB AC SH
Vậy 0.25
/ /
IH SB IH/ /SAB d I SAB , d H SAB , Vì nên Do HM SK HM SAB d H SAB , HM Từ H kẻ M
0.25
2 2
1 1 16
3 HM HK SH a
3 a HM
,
4 a d I SAB
Ta có Vậy
0,25
Câu 7:1 điểm
BAC Gọi AI phan giác AID ABC BAI
Ta có :
IAD CAD CAI
BAI CAI ABC CAD AID IAD Mà , nên DAI DEAI cân D
0,25
5
x y PT đường thẳng AI :
0,25
x y
j
C B
A
S
H
K M
K
C A
D
B I
(7) K AIMM'Gọi K(0;5) M’(4;9) 0,25
' 3;5 AM
n 5; 3
VTCP đường thẳng AB VTPT đường thẳng AB
5 x1 y 0 5x 3y Vậy PT đường thẳng AB là: 7 0
0,25
Câu 8:1 điểm
(1,0 điểm)
2;1;3
d
u Đường thẳng d có VTCP P d P u d 2;1;3
Vì nên nhận làm VTPT 0.25
P 2x41y13z 3 0
Vậy PT mặt phẳng : 2x y 3z 18
0.25 B d B 1 ;1 ; 3t t tVì nên
5
AB AB2 5 3 2 t2t2 3t2 5 7t2 24t 20 0
0.25
2 10
7 t t
B 5;3;3
27 17 ; ; 7 B
Vậy
0.25
Câu 9:0,5 điểm
Câu 10:1 điểm
2
2 6ln( )
1
1
2 6ln( )
1
a b c a b c
P a b c
a b
a b c a b c
a b
Ta chứng minh BĐT quen thuộc sau:
1
)
1 a b ab
1
) (2)
2
ab
ab
(1) Thật vậy,
0.25
Tổng số viên bi hộp 24 Gọi không gian mẫu.
Lấy ngẫu nhiên viên hộp ta có cách lấy hay n()=.C 244 24
C
Gọi A biến cố lấy viên bi có đủ màu Ta có trường hợp sau: +) bi đỏ, bi vàng bi xanh: có cáchC C C 102 81 61 2160
+) bi đỏ, bi vàng bi xanh: có cáchC C C 101 82 61 1680
+) bi đỏ, bi vàng bi xanh: có cáchC C C 101 81 62 1200
Do đó, n(A)=5040
Vậy, xác suất biến cố A
( ) 5040
( ) 47, 4%
( ) 10626
n A P A
n
0.25
(8)
1
) 2 1
1 a b ab a b ab a b
a b 2 ab 1
ab 1
Dầu “=” a=b ab=1
2
1
)
2
ab
ab ab
Dấu “=” ab=1
1 2
1
1 1 1
2
ab
a b ab ab
Do đó,
2
2
4 16
2
ab bc ca c a c b c a b c
2 ,
t a b c t Đặt ta có:
2
3 3
16
2 ( ) 6ln , 0;
16
6 16 32
'( )
t
P f t t t
t
t t t t t
f t
t t t t
0.5
Vậy, GTNN P 3+6ln4 a=b=c=1
0.25
-Hết
-Chú ý : Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa !!!
t
f’(t) - +
f(t)
5+6ln4
(9)