Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán trường THPT Nguyễn Huệ, Đắk Lắk năm 2015 (Lần 1) - Đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án

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]

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 x3sinx 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 z2 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 x3y 2z24 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; 1Câu (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

. 1a b c(  ) 1 b c a(  ) 1 c a b(  )abc

Hết

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  yx 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

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 xcosx0a) Phương trình cho tương đương

2sinx sin  x cosx 2

    

0,25

sinxcosx 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:

2 3

. 4

e I  

Vậy,

0,25 4

(1,0đ) z a bi a b   ,   3a ba b 51 ba12

   

  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  t3 3  t 2  t24 0  t1Mặt khác, nên ta có:

 4; 2;3

H  Do đó,

0,25

I Gọi , R tâm bán kính mặt cầu

784 4R2 784  R14Theo 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  z1 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

  

  

3

SH a AB2aVì 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:

ACHI ACSH ACSHI ACHK 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

   

 



 

   

  A1;0 Do đó,

'

AB B C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

  C5;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 9x13y 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:

 3  

3 3

(1) x   x 2 y  3y 4y x   x 2 y1  y1 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

3ab bc ca  3 (abc)  abc1Áp 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).

1b c a(  )3b 1c 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).