de thi thu thptqg

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng SAB vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 600.. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng c[r]

SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN đề thi thử thpt quốc gia lần năm 2015 TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾNwww.VNMATH.com M«n: To¸n Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) x  x  a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm thực phương trình Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y   x  x  m   Câu (1,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) x  2.71 x   b) (sinx  cosx)2   cosx Câu (1,0 điểm) a) Tìm phần thực và phần ảo số phức: z   4i  (3  5i )(6  i )  2i b) Tìm hệ số x9 khai triển 2  3x , đó n là số nguyên dương thỏa mãn: C21n 1  C23n1  C25n1   C22nn11  4096 2n  Câu (1,0 điểm).Tính tích phân I   cos x sin x  dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân S và SC tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng BD và SA theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có phương trình ( x  1)  ( y  2)  25 Các điểm K(-1;1), H(2;5) là chân đường cao hạ từ A, B tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết đỉnh C có hoành độ dương Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(3;2;1), 2  10 11  B   ;  ;  và mặt cầu (S):  x  1   y     z    Chứng minh mặt  3 3 phẳng trung trực đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S) Xác định tọa độ tiếp điểm    x2 y  y 1 x2 1  x   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x  y  1   x  1 x   Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y , z thay đổi, thỏa mãn x  y   z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x3 y3 z3 14    x  yz y  xz z  xy  z  1  xy  x  y HÕt -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Hä vµ tªn thÝ sinh: ……………………………………………… Sè b¸o danh: ……………………………… Sở giáo dục và đào tạo thái nguyên Trường thpt lương ngọc quyến www.VNMATH.com Hướng dẫn chấm thi thö kú thpt quèc gia lÇn n¨m 2015 m«n To¸n Lưu ý chấm bài: - Đáp án trình bày cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có bài làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo các ý đáp án điểm - Trong bài làm, bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết sai đó không điểm - Học sinh sử dụng kết phần trước để làm phần sau - Trong lời giải câu 5, học sinh không vẽ hình vẽ sai hình thì không cho điểm - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn C©u §iÓm Néi dung x  x  a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Cho hàm số y  C©u b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm phương trình a, 1,0 b, 1,0  x  x  m   a, *TXĐ: D   * Giới hạn: lim y  ; x  lim y   0,25 x  * Chiều biến thiên:  x0 y '  x3  x; y '   x  x   x x      x  2 - Hàm số đồng biến trên khoảng  2;0  và  2;    - Hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 2  và  0;2  0,25 - Hàm số đạt cực đại xCĐ= 0, yCĐ  y    1 - Hàm số đạt cực tiểu xCT  2 , * Bảng biến thiên 2  x y' - +  y -5 yCT  y  2   5 0 -1 -  +  -5 0,25 * Đồ thị: www.VNMATH.com 0,25 x  x   m (*) Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm đồ thị (C) và đường thẳng d: y = m - Nếu m>-1 m= - thì d cắt (C) điểm nên phương trình (*) có nghiệm - Nếu m= - thì d cắt (C) điểm nên phương trình (*) có nghiệm - Nếu m  (5; 1) thì d cắt (C) điểm phân biệt nên phương trình (*) có nghiệm phân biệt - Nếu m< -5 thì d không cắt (C) nên phương trình (*) vô nghiệm Giải các phương trình sau: a) x  2.71 x   b) (sinx  cosx)2   cosx a) Đk: x  Đặt t  x , t  t  14 Ta có pt: t     t  9t  14    ( thỏa mãn t > ) t t  Với t =  x   x  Với t =  x   x  log  x   log  b) Ta có:  x  x  m    C©u a, 0,5 b, 0,5 Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1, x   log  b) Ta có: (s inx  cosx)2   cosx   sin xcosx   cosx  cosx(2 sin x-1)  cosx   s inx=      x   k   x=   k2 (k  Z)   5  x   k2  0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25    www.VNMATH.com  x   k Vậy: phương trình có nghiệm  x=   k2 (k  Z) 0,25   5  x   k2  a) Tìm phần thực và phần ảo số phức: z  C©u 3  4i  (3  5i )(6  i )  2i b) Tìm hệ số x9 khai triển 2  3x  , đó n là số nguyên dương 2n thỏa mãn: C21n1  C23n1  C25n1   C22nn11  4096 a) 0,5 b) 0,5 a) Ta có (3  4i)(3  2i)  18  3i  30i  5i 32  22 298 333 i   13 13 298 333 Vậy phần thực:  , phần ảo: 13 13 z 0,25 0,25 b) Ta có n 1 1  x  C20n1  C21n1 x  C22n1 x   C22nn11 x 2n1 Cho x=1, ta có 22n1  C20n1  C21n1  C22n1   C22nn11 (1) (2) Cho x= -1, ta có :  C20n1  C21n1  C22n1   C22nn11 Lầy (1) trừ (2), ta : 22n1  C21n1  C23n1  C25n1   C22nn11   22n  C21n1  C23n1  C25n1   C22nn11 Từ giả thiết ta có 22n  4096  22 n  212  2n  12 Do đó ta có 2  3x   ( 1 )k C12k 212k ( 3x )k 12 0,25 12 ( ≤ k ≤ 12, k nguyên) k 0 0,25  hệ số x9 là : - C129 39 23  C©u Tính tích phân I   cos x sin x  dx 1,0 Đặt u  sin x   cos xdx  udu Đổi cận: x   u  1; x  0,25 0,25  u2 2 2 u3 Khi đó: I   u udu  3 1 Tính I  C©u 0,25 14 0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân S và SC tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng www.VNMATH.com BD và SA theo a 1.0 S k E H A B C D Gọi H là trung điểm AB Do SAB cân S,suy SH  AB, mặt khác (SAB)  (ABCD) nên SH  (ABCD) và SCH  60 0,25 Ta có SH  CH tan 60  CB  BH tan 60  a 15 1 15 V S ABCD  SH S ABCD  a 15.4a  a 3 Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD Gọi E là hình chiếu vuông góc H lên  và K là hình chiếu H lên SE, đó   (SHE)    HK suy HK  (S,  ) Mặt khác, BD//(S,  ) nên ta có d  BD; SA  d  BD;  S ,     d  B;  S ,    2d (H ;(S , ))  2HK 0,25 0,25 Ta có EAH  DBA  45 nên tam giác EAH vuông cân E, suy HE  AH  HK   a HE.HS HE  HS a a 15   a     a 15  2 Vậy: d  BD;SA   C©u    15 a 31 15 a 31 0,25 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có phương trình ( x  1)  ( y  2)  25 Các điểm K(-1;1), H(2;5) là chân đường cao hạ từ A, B tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết đỉnh C có hoành độ dương 1,0 A www.VNMATH.com x H I B K C (T) có tâm I (1;2) Gọi Cx là tiếp tuyến (T) C Ta có   ABC   Sđ  HCx AC (1)  (cùng bù với Do  AHB   AKB  900 nên AHKB là tứ giác nội tiếp   ABC  KHC  ) (2) góc AHK   KHC   HK // Cx Từ (1) và (2) ta có HCx Mà IC  Cx  IC  HK Do đó IC có vectơ pháp tuyến là KH  (3;4) , IC có phương trình x  y  11  Do C là giao IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm hệ 3 x  y  11   x   x  3 Do xC  nên C (5;1)  ;  2 ( x  1)  ( y  2)  25  y  1  y  0,25 0,25 Đường thẳng AC qua C và có vectơ phương là CH  (3;6) nên AC có phương trình x  y   Do A là giao AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm hệ 2 x  y   x  x  (loại) Do đó A(1;7)  ;  2 ( x  1)  ( y  2)  25  y   y  1 0,25 Đường thẳng BC qua C và có vectơ phương là CK  (6;2) nên BC có phương trình x  y   Do B là giao BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm hệ x  y    x  4  x  (loại) Do đó B(4;2)  ,  2 ( x  1)  ( y  2)  25  y   y  1 Vậy A(1;7) ; B(4;2) ; C (5;1) C©u 1,0 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(3;2;1), 2  10 11  B   ;  ;  và mặt cầu (S):  x  1   y     z    Chứng  3 3 minh mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S) Xác định tọa độ tiếp điểm Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3),R  1 7 Phương trình mặt phẳng (P) là trung trực AB qua M  ;  ;  , có vtpt 3 3 0,25   16 16  + 2y – z + 3=0 (P) AB    ;  ;  l : 2x www.VNMATH.com 3  Ta có: d(I;(P))   R nên mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S) (đpcm)  Phương trình đường thẳng d qua I nhận véc tơ n (P)   2;2; 1 làm vt phương là:  x   2t   y   2t z   t  0,25 0,25 0,25  x   2t  y   2t  11  d  (P)  H  hệ pt:   H  ; ;   3 3 z   t  2x  2y – z    11  Vậy: tọa độ tiếp điểm là H   ; ;   3 3 C©u 1,0  0,25   x2 y  y 1 x2 1  x   Giải hệ phương trình:   x  y  1   x  1 x   Lời giải: ĐKXĐ: x     x y  y   x   x (1)  +) Hệ pt tương đương với   x  y  1   x  1 x     +) Nhận thấy x  không thỏa mãn hệ phương trình đó    x2 y  y   x  x2   y  y   y 1  0,25 1 1    1 x x  x * +) Xét hàm số f  t   t  t t  1, t  (0; ) f '  t   0, t  (0; ) suy hàm số 0,25 f  t  đồng biến trên (0; ) (**) +) Từ (*) và (**) nhận y  vào phương trình (2) hệ ta x   x   1   x  1 x   x3  x   x  1 x  x  +) Ta thấy hàm số g  x   x3  x   x  1 x  đồng biến trên khoảng  0;   0,25 +) Lại có g 1  suy phương trình g  x   x3  x   x  1 x   có nghiệm x   y  Vậy: Hệ pt đã cho có nghiệm  x; y   1;   2 0,25 C©u Cho số thực dương x, y , z thay đổi, thỏa mãn x  y   z Tìm giá trị nhỏ www.VNMATH.com x3 y3 z3 14    biểu thức P  x  yz y  xz 1,0 Ta có: x, y, z  nên 1  x 1  y   z  1 z  xy  x  y  2   xy  x  y  z  1 dấu = xảy  4 2 Lại có:  xy  x  y  1  x 1  y  và 2xy  x  y dấu = xảy x  y x y 0,25 Nên ta P x3 y3 z3 14    x  yz y  xz z  xy  z  1  xy  x  y  x4 y4 z3    x  xyz y  xyz z  xy  z  1 P x4 y4 z3    x  xyz y  xyz z  xy  z  1 x  y2  14 1  x 1  y  14 1  x 1  y  z3 P    x  y   xyz 1  x 1  y   z  1 x P  y2  1 z z3   1  x 1  y   z  1 14 1  x 1  y  14 1  x 1  y   x  y  14 z3 P  1  z  1  x 1  y   z  1 1  x 1  y  2  x  y  z  1 z  28 z  z  z  57 z3 28 P      2 1  z   z  1  z  1 2 1  z   z  1 2  z  1 Xét hàm f  z   z  z  z  57  z  1 0,25 , z 1  z    3z  14 z  23 , z 1  z  1 Lập bảng biến thiên hàm số f  z  Ta có f '  z   f ' z   z  0,25   53 ta nhận zmin f z  f    1;    53 Vậy GTNN P đạt x  y  , z  3 0,25