Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P).. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật.[r]
(1)SỞ GD & ĐT ĐĂK LĂK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
1 x y
x
Câu (2,0 điểm) Cho hàm số (1).
a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1).
b) y x m 3Tìm m để đường thẳng 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) sin 2x 2cos2 x3sinx cosxGiải phương trình: b) log (42 4).log (42 1) 3
x x
Giải phương trình:
1
1
ln d
e
I x x x x
Câu (1,0 điểm) Tính tích phân Câu (1,0 điểm)
a) z z2 i z 5 i w 1 iz z 2Cho số phức thỏa mãn điều kiện Tính mơ đun số phức b) Có 20 thẻ đánh số từ đến 20 Chọn ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để tấm
thẻ chọn có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn có thẻ mang số chia hết cho
2;5;1
A ( ) : 6P x3y 2z24 0 784
Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm mặt phẳng Tìm tọa độ điểm H hình chiếu vng góc A mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt cầu (S) có diện tích tiếp xúc với mặt phẳng (P) H, cho điểm A nằm mặt cầu.
2 3
SD a 300 aCâu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Biết góc tạo đường thẳng SC mặt phẳng (ABCD) Tính theo thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
2;3
B AB BC x y 1 0 M 2; 1Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC Biết , đường thẳng AC có phương trình , điểm nằm trên đường thẳng AD Viết phương trình đường thẳng CD.
3
3
3 4 2 0
( , )
3 2 2
x y y x y
x y x x x y
Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình , ,
a b c ab bc ca 3.Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương thỏa mãn điều kiện Chứng minh rằng:
2 2
1 1 1 1
. 1a b c( ) 1 b c a( ) 1 c a b( )abc
Hết
(2)ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ
THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015
Câu Đáp án Điểm
1 (2,0đ)
a) (1,0 điểm)
\
D
Tập xác định
2
1
' 0,
1
y x D
x
Sự biến thiên: - Chiều biến thiên:
;1 1;
Hàm số nghịch biến khoảng
0,25
lim lim 1
x yx y y 1 - Giới hạn tiệm cận: tiệm cận ngang:
1
lim ; lim
x y x y x 1 tiệm cận đứng:
0,25
- Bảng biến thiên:
x y'
-y
0,25
Đồ thị: 0,25
b) (1,0 điểm) :
d y x m Gọi
1
x
x m
x Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng d đồ thị (C) là:
1
x x x m
x 1
(Vì khơng phải nghiệm phương trình)
2 2 0
x m x m
(1)
0,25
2 4 0,
m m
(3)A, B với
1; , 2;
A x x m B x x m x x1, 2Khi đó, , với hai nghiệm phương trình (1).
1;1 ,
2
m I d I AB
Ta có:
2 2 2
2 2 8 2 4
AB x x x x x x x x m
0,25
2 4
1
. ,
2 2
IAB
m m S AB d I AB
Ta có: Theo giả thiết, ta có:
2 4
3 3 2
2
IAB
m m
S m
0,25
2 (1,0đ)
2
2sin x 3sinx 2 2sin cos x xcosx0a) Phương trình cho tương đương
2sinx sin x cosx 2
0,25
sinxcosx 2 0 : Phương trình vơ nghiệm 2
6
2sin 1 0 ( )
7 2 6
x k
x k
x k
7
2 , 2 ( ).
6 6
x k x k k
Vậy phương trình cho có nghiệm:
0,25
1
2 2
log (4x 4).log (4x 1) 3 2 log (4x 1) log (4x 1) 3
b) 0,25
2
log (4x 1)
t
1
2 3
3
t t t
t
Đặt , phương trình trở thành:
2
1 log (4x 1) 1 4x 1 2 0
t x
2
1 7
3 log (4 1) 3 4 1 4
8 8
x x x
t
: Phương trình vơ nghiệm 0
x Vậy phương trình cho có nghiệm:
0,25
3 (1,0đ)
1 1
1 1
ln d ln d ln d
e e e
I x x x x x x x x
x x
Ta có:
0,25
1
ln d
e
x x x
ln
u xdv xdx
1
du dx x
2
2
x v
Tính Đặt Suy
2
2 2
1 1
1
ln d ln d
2 2 2 4 4 4
e
e e
x x e x e
x x x x x
Do đó,
0,25
1
1
ln d
e
x x x
t lnx dt 1dx x
1
x t 0 x e t 1 Tính Đặt Khi ,
1
1 0
1 1
ln d tdt .
2 2
e
t x x
x
Ta có:
(4)2 3
. 4
e I
Vậy,
0,25 4
(1,0đ) z a bi a b , 3a ba b 51 ba12
a) Đặt Từ giả thiết ta có: 1 2
z iDo
0,25
2
2
1 1 1 2 1 2 3
w iz z i i i i w 3
Suy Vậy 0,25
20 15504
n C
b) Số phần tử không gian mẫu là:
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
0,25
1
10 .5 3000
n A C C C
Gọi A biến cố cần tính xác suất Ta có:
3000 125 15504 646
n A P A
n
Vậy, xác suất cần tính là:
0,25
5
(1,0đ) : 2 65 3 1 2
x t d y t z t
Gọi d đường thẳng qua A vng góc với (P) Suy ra: ( )
H d P Vì H hình chiếu vng góc A (P) nên
2 ;5 ;1
H t t t H d
Vì nên
0,25
( )
H P 6 t3 3 t 2 t24 0 t1Mặt khác, nên ta có:
4; 2;3
H Do đó,
0,25
I Gọi , R tâm bán kính mặt cầu
784 4R2 784 R14Theo giả thiết diện tích mặt cầu , suy ( )
IH P I d Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) H nên
2 ;5 ;1
I t t t t 1
Do tọa độ điểm I có dạng , với
0,25
Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:
2 2
2 2
6 6 3 3 2 2 24 1
14 ( ,( )) 14
6 3 ( 2) 3 1
14
2 2
6 3 2 14
t t t t
d I P
t t
AI
t t t t
8;8; 1
I
Do đó,
2 2 2
( ) :S x 8 y 8 z1 196
Vậy, mặt cầu
0,25
6 (1,0đ)
( )
SH ABCD Gọi H trung điểm AB Suy
300
SCH và
2 3
SHC SHD SC SD a
Ta có:
Xét tam giác SHC vng H ta có:
0
.sin .sin 30 3
.cos .cos30 3
SH SC SCH SC a HC SC SCH SC a
(5)3
SH a AB2aVì tam giác SAB mà nên Suy ra
2 2 2
BC HC BH a SABCD AB BC 4a2 2 Do đó,
3
1 4 6
.
3 3
S ABCD ABCD
a V S SH
Vậy,
0,25
2
BA HAd B SAC , 2d H SAC , Vì nên
Gọi I hình chiếu H lên AC K hình chiếu H lên SI Ta có:
ACHI ACSH ACSHI ACHK HK SI nên Mà, ta lại có:
HK SAC
Do đó:
0,25
. 6
3
HI AH AH BC a HI
BC AC AC Vì hai tam giác SIA SBC đồng dạng nên
2
.
HS HI HK
HS HI
66 11
a
Suy ra,
, 2 , 2 2 66
11
a d B SAC d H SAC HK
Vậy ,
0,25
7
(1,0đ) BAD BC CD Vì ABCD hình thang cân nên nội
tiếp đường trịn Mà nên AC đường phân giác góc
'
B Gọi điểm đối xứng B qua AC
'
B ADKhi
Gọi H hình chiếu B AC Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình:
3; 2
H
1 0 3
5 0 2
x y x
x y y
Suy
' 4;1
B
Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H trung điểm BB’ Do
0,25
'
MB
Đường thẳng AD qua M nhận làm vectơ phương nên có phương trình
3 1 0
x y A AC AD Vì nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình:
1 0 1
3 1 0 0
x y x
x y y
A1;0 Do đó,
'
AB B C
C5;4
Ta có ABCB’ hình bình hành nên Do đó,
0,25
: 3 14 0
d x y Gọi d đường trung trực BC, suy
I d ADGọi , suy I trung điểm AD Tọa độ điểm I nghiệm hệ:
38 11 ; 5 5
D
43 11 ; 10 10
I
3 14 0
3 1 0
x y x y
Suy ra, Do đó,
0,25
CD 9x13y 97 0 Vậy, đường thẳng CD qua C nhận làm vectơ phương nên có phương trình (Học sinh giải theo cách khác)
0,25 8
(1,0đ)
3
3
3 4 2 (1)
3 2 2 (2)
x y y x y x x x y
x 2 Điều kiện:
(6) 3
3 3
(1) x x 2 y 3y 4y x x 2 y1 y1 2
f t t t 2;
Xét hàm số
' 0, 2;
f t t t f t 2;
Ta có: Suy hàm số đồng biến 1
x y Do đó:
0,25
1
y x x3 3 2 x 2 1Thay phương trình (2) ta được:
3 8 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2
2 2
x x
x x x x x
x
2 2 2 2
2 2 4 2 2 4 0
2 2 2 2
x
x x x x x x
x x
0,25
2 0 2 3
x x y
2 2 4 2 0 2 4 2
2 2 2 2
x x x x
x x
(*)
2
2 2 4 1 3 3; 2 1, 2;
2 2
VT x x x VP x
x
Ta có
Do phương trình (*) vơ nghiệm
x y ; 2;3
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm
0,25
9 (1,0đ)
2
3ab bc ca 3 (abc) abc1Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có: 0,25
2
2
1 1
1 ( ) ( ) ( ) 3 (1).
1 ( ) 3
a b c abc a b c a ab bc ca a
a b c a
Suy ra:
2
1 1 1 1
(2), (3).
1b c a( )3b 1c a b( )3c Tương tự ta có:
0,25
2 2
1 1 1 1 1 1 1
( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3
ab bc ca a b c b c a c a b c b c abc abc
Cộng
(1), (2) (3) theo vế với vế ta có:
0,25
1, 3 1, ( , , 0).