Sở GD-ĐT Hà Tĩnh

Sở GD ĐT Hà Tĩnh SỞ GD ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG TỔ TOÁN KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 Lần 2 MÔN THI TOÁN Thời gian làm bài 180 phút Câu 1(2 điểm) Cho hàm số 4 22 4 2y x x   có đồ thị (C)[.]

SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH

TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG

TỔ TOÁN

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-Lần 2

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1(2 điểm) Cho hàm số y2x4 4x2 2 có đồ thị (C)

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k 48

Câu 2 (1 điểm)

a)Giải phương trình: 3 sin 2xcos2 -2cos +1=0x x

b) Tìm mô đun số phức z biết rằng: z2  z 2 2i và số phức z có phần thực dương

Câu 3(1 điểm) Tính tích phân sau:

1 2 0

18 6

3 1 1

x



 



Câu 4 (1 điểm)

a) Tìm hệ số của của số hạng chứa x5trong khai triển nhị thức sau :

15

4 2

x x



  b) Giải bất phương trình: log (2 x1) 2log ( 4 x 2) log (2 2 x 4)

Câu 5 ( 1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCDlà hình vuông cạnh bằng a SA, vuông góc với đáy Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300 Gọi E là trung điểm của BC Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a

Câu 6 (1điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A 1;0;1 , B 1; 2; 3    và mặt phẳng ( )P :

2x2y z  1 0

a) Viết phương trình của mặt phẳng ( )Q đi qua 2 điểm A; Bvà vuông góc với mặt phẳng ( )P

b)Tìm toạ độ điểm Mthuộc đường thẳng ABsao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( )P

bằng 2

Câu 7 (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD tâm I , có diện tích bằng

20 Điểm 0;1

3

M  

  thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD, điểm H ( 2;1) thuộc đường cao kẻ từ I của IMN, trọng tâm G của IMN thuộc đường thẳng :x3y 9 0 Tìm tọa độ đỉnh B, biết B có hoành độ dương và ACBD







C

âu 9 (1 điểm) Cho x, y, zlà các số thực thoả mãn: x3y3z3 3xyz1 Tìm giá nhỏ nhất của biểu thức: P x 2y2 z2

-Hết -

(Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh:………;Số báo danh:………

Câu1 Nội dung Điểm 1a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y2x4 4x22 1đ

Txđ: D=R

+Sự biến thiên: ' 8 3 8 8 ( 2 1); ' 0 0

1

x

x





+ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1;0) à(1; v )

+ Hàm số nghịch biến trên các khoảng (  ; 1) à(0;1)v

+Hàm số đạt CĐ tại x=0; yCĐ=2; Hàm số đạt CT tại x1; y CT 0

+ Giới hạn: xlim (2  x4 4x22)

0,25

+Bảng biến thiên :

x   -1 0 1 +

y’(x) 0 0 0

+ +

2

y(x)

0 0

0.25

+Đồ thị:

0,25

1b Gọi M x y( ; )0 0 là tiếp điểm ta có: y’ x 0 48 0,25

0

8x 8x 48 x x 6 0

2

0

2 (2;18)

Vậy phương trình tiếp tuyến là: y48x 78 0,25

2

y

Câu2 1đ

2

2 3 sin cos 2cos 1 2cos 1 0 2cos ( 3 sin cos 1) 0

cos 0

3 sin cos 1 0

x





 



0,25

2

x  x k k Z

3 sinx cos 1 0 sinx cos

2

3

x k















0,25

2b Tìm mô đun số phức z biết rằng: z2  z 2 2i và số phức z có phần thực

Giả sử z a bi   z a bi  (a>0)

Từ giả thiết Ta có:

2

2 2

2 2

2

ab b

   

 

 



0,25

2 2 2 0 (1) 2

(2)

1 2

b

a



 









Thay (2) vào (1) ta được

Với a=1 thì b=-2  z  5

0,25

1 2 0

18 6

3 1 1

x



 

Ta có:

1

0

Tính

1

1

0 0

( 1)

e dx e  e 

Tính 01 18 6

3 1 1

x dx x



 



Đặt u 3x 1 u2 3x 1 2udu3dx

Đổi cận: x 0 u1; x 1 u2

0,25

Ta có

2

3

1

3 1 1

x u



 

0,25

Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển nhị thức sau :

15

4 2

x x



  ,

Vì CB AB CB SAB









 SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB)



SC SAB,  SC SB ,  CSB 300

     SB BC cot 300 a 3 SA a 2

0.25

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:

3 2

.

a

+ Từ C dựng CI // DE

2

a

CE DI

   và DE/ /SCI

d DE SC d DE CSI

Từ A kẻ AK CI cắt ED tại H, cắt CI tại K

Ta có: SA CI CI SAK SCI SAK

AK CI









Trong (SAK) kẻ:HT SK  HT SCI  d DE SC ,  d H SCI ,   HT

0.25

2

3

2

ACI

a a

a

 

  

 

Lại có ASK đồng dạng với THK

2

19 3

( 2) ( )

5

a a

TH

a



19

a

d ED SC 

0.25

5a

Ta có:

(0; 2; 4); P (2;2; 1); , P (6; 8; 4)

AB  n   AB n    

Mặt phẳng ( )Q (1;0;1)

(3; 4; 2)

Qua A VTPT n





  





Ta có phương trình của ( ) là : 3(x1) 4 y 2(z1) 0  3x 4y 2z1 0

0,5

5b

PTTS của đường thẳng AB là:

1 2

1 4

x











  



Do điểm MAB M(1;2 ;1 4 )t  t

0,25

H

I

A

D

B

K T

2 2.2 (1 4 ) 1

3 1

(1;1; 1)

1 (1; 2;5)

d M P

t









0,25

(9 3 ; )

G   G  a a

Gọi I(x;y) Do G là trọng tâm của tam giác IMN ta có:

22

3 7

3

x

y

a



 

 

 







Do H thuộc đường cao kẻ từ I của tam giác IMN nên:

 

0,25

Gọi L là điểm đối xứng với N qua I L4; 5 

Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0

Khoảng cách từ I đến AB là: 4.2 3.1 12 2 2

4 3



Trong tam giác vuông ABI ta có:

2 5 ( )

5

2 5

IA

I

IA

IB

  

 







 



Do ACBD IA IB nên hệ (II) không thoả mãn

0.25

(I) ta có: IB  5

Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x+3y-1=0 với đường tròn tâm I bán kính 5

.Tọa độ B là nghiệm của hệ:

2

1 4

1 3

1

1 5 1; 1

x y

x

x

y

B

















 





0.5







1đ

ĐK: y 1

(1) 9y  4 3y 36x  4 6x (3 )y  4 3y (6 )x  4 6x