Đề thi thử Toán quốc gia lần 3 năm 2015

6 587 1
Đề thi thử Toán quốc gia lần 3 năm 2015

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

1 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 Môn: TOÁN Đ Ề CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 20 tháng 01 năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 42 21y x mx m    (m là tham số, m ). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. b) Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 32. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin sin3 sin2 4cos sin3 2cos2 2.x x x x x x    Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 2 3 1 ln( 1)x I dx x    . Câu 4 (1,0 điểm). Trong một bình đựng 8 quả cầu trắng, 7 quả cầu xanh và 9 quả cầu đỏ. Lấy ngẫu nhiên 4 quả cầu. Tính xác suất để 4 quả cầu lấy được gồm đủ cả ba màu. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 2 2 1 : 1 2 1 x y z d      và mặt phẳng ( ):3 2 5 0P x y z    . Chứng minh rằng đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) và viết phương trình đường thẳng  là hình chiếu vuông góc của d trên (P). Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B. Các mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, I là trung điểm SC. Cho AB = 2a, SA = BC = a, CD = 25a . Gọi H là điểm thỏa mãn 1 5 AH AD . Tính theo a thể tích tứ diện IBCD, tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BH và SC. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có tâm (1; 2)I  , bán kính 17 và đường thẳng BC có phương trình 3 5 30 0xy   . Biết trực tâm H của tam giác thuộc đường thẳng :5 3 24 0d x y   . Chứng minh 2AH IM , với M là trung điểm đoạn thẳng BC và tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2 2 3 9 4 4 7, ( ).x x x x x       Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 2 2 2 12abc   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 1 1 1 1 1 1 P abc       . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 Môn: TOÁN Đ Ề CHÍNH THỨC (Đáp án – thang đi ể m có 5 trang) Câu Đáp án Điểm 1 (2,0đ) a) (1,0 điểm) Khi m = 1 hàm số trở thành 42 2y x x .  TXĐ: D  .  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 ' 4 ( 1)y x x . 0 '0 1 x y x       . 0,25 - Các khoảng nghịch biến ( ; 1)  và (0;1) ; khoảng đồng biến ( 1;0) và (1; ) . - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 1 CT xy    ; đạt cực đại tại 0,x  y CĐ =0. - Giới hạn: lim lim xx yy      . 0,25 - Bảng biến thiên: x  -1 0 1  y’ - 0 + 0 - 0 + y  0  -1 -1 0,25  Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) Ta có 32 ' 4 4 4 ( )y x mx x x m    . 2 0 '0 x y xm       . Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi 0m  (*). 0,25 2 Các điểm cực trị của đồ thị là 22 (0; 1), ( ; 1), ( ; 1)A m B m m m C m m m        . Suy ra tọa độ trung điểm của BC là 2 (0; 1)M m m   . 0,25 2 ,2AM m BC m 2 1 . 2 ABC S AM BC m m   . 0,25 Ta có phương trình 2 32 4m m m   (thỏa mãn điều kiện (*)). Vậy với m  4 thì đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng .32 0,25 2 (1,0đ) Phương trình đã cho tương đương     sin sin cos sin sin cosx x x x x x    2 3 4 3 2 2 2 2 0     sin sin cos cos sin cosx x x x x x    2 3 2 2 2 0 (sin3 cos )(sin 2cos ) 0x x x x    sin 2cos 0 (1) sin3 cos 0 (2) xx xx       . 0,25 Ta thấy cosx  0 không là nghiệm của phương trình ()1 . cosx  0 , (1) tan 2 arctan2 ( )x x k k        . 0,25   4 2 sin3 sin( ) ,( ) 3 2 82 xk x x k k x                    . 0,25 Vậy phương trình có nghiệm 3 ; ; arctan2 , ( ) 4 8 2 k x k x x k k             . 0,25 3 (1,0đ) Đặt 2 2 3 2 2 ln( 1) 1 1 1 2 x du dx ux x dv dx v x x                . 0,25       2 22 2 2 2 2 2 2 1 11 1 1 1 .ln 1 ln5 ln2 2 8 2 11 xx I x dx dx x x x x x           . 0,25 Đặt   2 1 22 1 . 1 x I dx xx    Đặt 2 1 2 t x xdx dt   . 1 1; 2 4x t x t      .   4 44 1 11 1 1 1 1 1 1 1 8 ln ln 2 1 2 1 2 1 2 5 dt t I dt t t t t t             . 0,25 Suy ra 1 1 1 8 1 1 16 1 1 1 ln5 ln2 ln ln5 ln ln16 ln5 ln5 8 2 2 5 8 2 5 2 2 8 I              5 2ln2 ln5. 8 I   0,25 4 (1,0đ) Số phần tử của không gian mẫu là 4 24 ( ) 10626.nC   0,25 Gọi A là biến cố “4 quả cầu lấy được có đủ ba màu”. Ta xét 3 trường hợp: - Lấy được 2 quả cầu trắng, 1 quả cầu xanh, 1 quả cầu đỏ : 0,25 3 2 1 1 8 7 9 . . 1764C C C  (cách). - Lấy được 1 quả cầu trắng, 2 quả cầu xanh, 1 quả cầu đỏ: 1 2 1 8 7 9 . . 1512C C C  (cách). - Lấy được 1 quả cầu trắng, 1 quả cầu xanh, 2 quả cầu đỏ: 1 1 2 8 7 9 . . 2016C C C  (cách).   1764 1512 2016 5292.nA     0,25   5292 126 0,5 10626 253 PA    . 0,25 5 (1,0đ) Đường thẳng d đi qua (2; 2;1)A  có vectơ chỉ phương (1;2; 1)u  . Mặt phẳng   P có vectơ pháp tuyến (3; 2; 1)n    . 0,25 Có 0nu và ()AP suy ra / /(P)d . 0,25 Phương trình đường thẳng a đi qua ( ; ; )A 2 2 1 vuông góc với (P) có dạng 2 2 1 3 2 1 x y z     . Tọa độ giao điểm A’ của a và (P) là nghiệm hệ:   2( 2) 3( 2) 1 2 2( 1) 0 ' 1;0;2 . 3 2 5 0 2 x y x y z y A x y z z                        0,25 Hình chiếu của d trên (P) là đường thẳng  đi qua A’ song song với d có phương trình là 12 1 2 1 x y z   . 0,25 6 (1,0đ) Do (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy nên ()SA ABCD .         1 ,, 2 d I BCD d S ABCD 1 22 a SA . Gọi điểm DNA sao cho DBC N là hình bình hành. Suy ra . BC DN a DC BN a        25 Xét tam giác vuông ABN có 2 2 2 2 16AN BN AB a   45AN a AD a    . 0,25 2 2 2 11 ( 5 )2 6 , 5 .2 5 22 ABCD ABD BCD ABCD ABD S a a a a S a a a S S S a         3 2 1 3 2 6 IBCD aa Va (đvtt). 0,25 Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CE // BH (E thuộc AD) ta có 1 ( , ) ( ,( )) ( ,( )) ( ,( )) 2 d BH SC d BH SCE d H SCE d A SCE   Kẻ AF CE tại F, AF cắt BH tại K. Kẻ AJ vuông góc với SF tại J suy ra 0,25 4 ( ,( ))d A SCE AJ . Có 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 4 4 55 aa AK AF AK AH AB a a         2 2 2 2 2 1 1 1 1 5 4 16 21 a AJ AJ AS AF a a       Vậy 12 ( , ) ( ,( )) 2 21 a d BH SC d A SCE . 0,25 7 (1,0đ) Kẻ đường kính AA’ của đường tròn (I) suy ra IM là đường trung bình của tam giác AA’H nên 2AH IM . Mặt khác ,AH IM cùng hướng suy ra 2AH IM 0,25 Tọa độ B, C là nghiệm hệ 22 ( 1) ( 2) 17 3 5 30 0 xy xy             Suy ra B(0; -6), C(5; -3) (hoặc C(0; -6), B(5; -3)). 0,25 Trung điểm M của BC có tọa độ 59 ; 22 M     . Trực tâm H của tam giác thuộc đường tròn (C’) là ảnh của (C) qua phép tịnh tiến 2IM T , với vectơ tịnh tiến có tọa độ 2 (3; 5)IM  . Từ biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến suy ra phương trình đường tròn (C’) có tâm   ;I 47   22 ' :( 4) ( 7) 17C x y    . 0,25 Vậy H là giao điểm của đường tròn (C’) và đường thẳng có phương trình 5 3 24 0xy   nên ta có 2 điểm H thỏa mãn là H(3; -3) hoặc H(0;-8). Suy ra   0;2A hoặc   3; 3A  . 0,25 8 (1,0đ) Điều kiện: 39 . 24 x 0,25 Phương trình đã cho tương đương với   2 2 2 3 2 2 9 4 2 5 4 4 x x x x x x          22 2 ( 2) 4( 2) 2. ( 2) 2 3 1 9 4 5 2 xx x x x x x               (Mẫu khác 0 39 ; 24 x     ). 0,25 2 ( 2) 0 2 24 1 0 (*) 2 3 1 9 4 5 2 xx x x x x                    0,25 Ta thấy 2 3 1 0 39 , ; . 24 9 4 5 2 0 xx x xx                   phương trình (*) vô nghiệm. Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x = 2. 0,25 5 9 (1,0đ) Á p dụng bất đẳng thức Cô- si cho các cặp số dương ta có 22 32 1 1 2 1 (1 )(1 ) 22 a a a a a a a a             Dấu “=” xảy ra 2 0 1 1 . 2 a a a a a            Loại 0a  vì a dương. 0,25 2 32 2 1 (1 )(1 ) 2 b b b b b        (Dấu “=” xảy ra khi b = 2) 2 32 2 1 (1 )(1 ) 2 c c c c c        (Dấu “=” xảy ra khi c = 2) Suy ra 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 P abc          0,25 2 2 2 9 2. (2 ) (2 ) (2 ) P abc       (Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 2) 0,25 Suy ra 1P  . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 2. Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1. 0,25 (Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.) Hết . ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 Môn: TOÁN Đ Ề CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 20 tháng 01 năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 Môn: TOÁN Đ Ề . thẳng có phương trình 5 3 24 0xy   nên ta có 2 điểm H thỏa mãn là H (3; -3) hoặc H(0;-8). Suy ra   0;2A hoặc   3; 3A  . 0,25 8 (1,0đ) Điều kiện: 39 . 24 x 0,25 Phương

Ngày đăng: 19/06/2015, 13:28

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan