Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2015 trường THPT Marie Curie, Thành phố Hồ Chí Minh - Đề thi thử đại học môn Toán 2015 có đáp án

Hình chiếu vuông góc của S trên đáy là trung điểm H c ủa đoạn AB.[r]

TRƯỜNG THPT MARIE CURIE

ĐỀ LUYỆN TẬP – KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y2x36x2

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

b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị ( )C , biết tiếp tuyến song song với đường thẳng

:15

d x y tiếp điểm có hồnh độ dương.

Câu (1,0 điểm)

a) Giải phương trình:    

2

2sinx1 3cos4x2sinx 4cos x3

b) Tìm số phức z thỏa hệ thức:

2 2

z z 

z 2 Câu (0,5 điểm) Giải phương trình:

   

2

2 log x2 2log x log 0

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:    

3 2

5 1 1x x 4x  25x18

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân:   ln

0

1 x

I   x e dx

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang vng A B, AB BC a  và

AD a Hình chiếu vng góc S đáy trung điểm H của đoạn AB Cạnh bên SC tạo với mặt đáy góc 600 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SCD

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A B, có

BC AD, đỉnh A3;1 trung điểm M đoạn BC nằm đường thẳng d x:  4y 0 .

Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình thang ABCD, biết H6; 2  hình chiếu vng góc B đường thẳng CD

Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1

:

1

x y z

d    

 điểm

5;4; 2

A 

Tìm tọa độ điểm H đường thẳng d cho AH vng góc với d viết phương trình mặt cầu qua điểm A có tâm giao điểm d với mặt phẳng Oxy

Câu (0,5 điểm) Gọi S tập hợp số tự nhiên gồm chữ số khác chọn từ số 0; 1; 2; 3; 4; Chọn ngẫu nhiên số từ tập S, tính xác suất để số chọn có mặt chữ số chữ số

Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa 21ab2bc8ca12 Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức:

1 S

a b c

  

-HẾT -HƯỚNG DẪN

Câu Nội dung Điểm

1a (1,0đ)

Học sinh tự làm

1b (1,0đ)

Gọi M x y 0; 0 tiếp điểm x00.

 

0 0 0

15

6 12

2

f x  x  x   x   y 

Phương trình tiếp tuyến 15

6 y x

2a

(0,5đ)    

2

2sinx1 3cos4x2sinx 4cos x3

2sinx 1 3cos 4  x 2sinx 4 1 4sin2x

     

2sinx 3cos4  x 3

   

7

2

6

x  k  hay x  k  hay x k

     

với k Z . 2b

(0,5đ) Giả sử

z x yi với x y R,  .

2

2

z   x  y 

 2  2

2 2 2 2 4

z z   x  y x  xy y 

   

2

2 2 6 2 4

x y x y xy x

      

     

2 2 3

4 4x x 2x

     

 8x3 24x16 0

1

2

x y

x y

   

 

  

 .

Vậy z2 hay z 1 3i 3

(0,5đ) Điều kiện: x .

       

2 2

2

log x2 2log x log 0  log x2 log x log

 2  5

3 x

x x

x

 

     



 .

So với điều kiện, phương trình có nghiệm x6. 4

(1,0đ) Điều kiện: x .

   

3 2

5 1 1x x 4x  25x18

3

5 x 4x 25x 18x

     

3

25x 25 x 4x 18x 20

      

   

25 x x 4x 16x 16 2x

        

5 1 x32 5 1 x3 2x2 42 2x2 4

       

(1) Hàm số  

2 f t  t t

 3   (1) f 1x f 2x 4

 

3

5 x x

   

      

2

5 x x x 2 x x x 

        

  (2)

Đặt: u x 1 v x2 x 1

(2) thành:

 

2 2

2

5 2

1 u

u u v

uv u v

u

v v

v

  

   

          

    

 

Với

u v  :

2

2

1

4

x

x x x

x x

 

     

  

 vô nghiệm.

Với u v  :

2

2

1 5 37

2 1

2

5

x

x x x x

x x



 

       

  

 .

Phương trình có hai nghiệm:

5 37 x 

5

(1,0đ)  

ln ln

2

0

1 ln

x x

I   x e dx  xe dx

Ta có:  

ln ln ln ln

2

0

0

2 2 4ln 4

x x

x x x

xe dx x e  e dx x e  e  

 

Vậy I  4 3ln 4.

6

(1,0đ)  SH (ABCD) hcABCDSCHC

SC ABCD,( ) SC HC,  SCH 600

   



2

1

( )

2

ABCD

a S  AD BC AB 



2

2 a HC  BC BH 

,

0 15

tan 60

2 a SH HC 



3

15

S ABCD

a

V 

(đvtt)

 Vẽ HM DCtại M  DC(SHM)

Vẽ HK SM K  HK (SCD) HK d H SCD ( ,( ))  Gọi I ABDC

 BC đường trung bình tam giác AID  B trung điểm AI  Ta có ACCD

 HM / /AC

3 3

4 4

HM IH a

HM AC

AC IA

     

 2

1 1 65

( ,( ))

26 a d H SCD HK

HK SH HM   

7

(1,0đ)  Từ giả thiết ta có

ABMD hình chữ nhật.

I S

A H

B

D C

M K

Gọi ( )C đường tròn ngoại tiếp ABMD

 BH DH  H( )C  HAHM (*)  Md x:  4y 0  M4m3 ; m  AH 9; 3 



, HM 4m ; m2



 Ta có: (*) AH HM 0

                           

   

9 4m 3 m m

      

Suy ra: M7;1

 ADCM hình bình hành

 DC qua H6; 2  có vectơ phương AM 10;0 

 Phương trình DC y:  2  D DC y :  2  D t ; 2   AD t ; 3 



, MD t ; 3 





     

 

2 2;

6 6; (

t D

AD DM AD MD t t

t D H

   



         

   



                           

loại)  GọiI AM BD  I trung điểm AM  I2;1

 I trung điểm BD B6;4  M trung điểm BC C8; 2   Vậy: B6;4, C8; 2 , D2; 2 

8

(1,0đ)  H d  H t ;1 ; 1 t   t với t R

 AH  t 5;2t 3; t 1



 d có vectơ phương a1;2; 1  

 AH d  AH a   0 t

                           

 Vậy: H2;5; 3 

 Gọi I tâm mặt cầu  S cần tìm, ta có:

 

1

: 1; 1;0

0

x y z

I d Oxy I I

z

 



 



       

  

  S qua A  bán kính R IA  65  Phương trình     

2 2

: 1 65

S x  y z 

9

(0,5đ)

 Số số tự nhiên gồm chữ số khác chọn từ 0; 1; 2; 3; 4; là:

3

5.A 300 (số).

 Số số tự nhiên gồm chữ số khác chọn từ 0; 3; 4; là:

3

3.P 18 (số).

 Số số tự nhiên chọn có mặt chữ số chữ số là:

300 18 282  (số).

 Xác suất cần tìm:

282 47 300 50.

A

B M C

D H

10

(1,0đ)  Đặt x

a



, y

b



, z

c



 x, y, z > 0, 2x8y21z12xyz S x 2y3z

 2x8y21z12xyz 

2

2

12 21

12 21

(12 21)

7

12 21

4

x y z

x y

z xy

xy

z xy x y

x xy

y

 

 

 

 

 



      

    

 



 Ta có:

2

2

4

x y S x y

xy



  



 Xét hàm số

2

( )

4

x y f x x y

xy



  



7 ; 4y

 



 

 

 

2

2

32 14

14 32 7

( ) ;

4 4

4

y y

f x x

y y y

xy

  



        

  

 Lập bảng biến thiên cho hàm số yf x( ) ta có:

2

32 14 32 14

7

( )

4 4

y y

S f x f y

y y y y

   

       

 

 

 Xét hàm số

2

32 14

9 ( )

4

y g y y

y y



  

0;

 

 

2

2

8 32 14 28 5

( ) 0;

4

4 32 14

y y

g y y

y y

  

      



 Lập bảng biến thiên cho hàm số z g y ( ) ta có:

5 15 ( )

4

Sg y g 

 

 Vậy

15

2 S 

a

, b

, c