Đề thi thử Quốc gia môn Toán lần 6 năm 2015

Chọn ngẫu nhiên một số trong S.. Tính xác suất chọn được số không chia hết cho 5.. Tìm tọa độ điểm A' là hình chiếu vuông góc của A trênd và lập phương trình mặt phẳng P đi quaA,  P

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015

Môn: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi: 24 tháng 03 năm 2015

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3  

y  x x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

b) Gọi  d là đường thẳng đi qua điểm A2; 3  có hệ số góc bằng m Tìm các số m để đường

thẳng  d cắt đồ thị của hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x x x thỏa mãn 1, 2, 3

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình   2  

x



Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân 2 

sin 0

x



 

Câu 4 (1,0 điểm)

a) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z, biết zthỏa mãn 1 2  i z  1 i 2i z

b) Gọi S là tập hợp các ước số nguyên dương của số 43200 Chọn ngẫu nhiên một số trong S

Tính xác suất chọn được số không chia hết cho 5

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A1; 1;1  và đường thẳng d có

x  y z

Tìm tọa độ điểm A' là hình chiếu vuông góc của A trênd và lập phương trình mặt phẳng P đi quaA,  P song song với d và khoảng cách giữa d với  P lớn nhất

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có ABCD là hình thang vuông tại A D, ;ABAD2 ,a

CDa Gọi I là trung điểm của cạnh AD , hình chiếu vuông góc của S trên ABCD là điểm  I

Cho biết khoảng cách từ I đến SBC bằng  3

2

a

Tính thể tích của khối chóp S ABCD theo a

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên trục

Ox với 0 5

2

A

x

  Các đường cao xuất phát từ đỉnh B và đỉnh C lần lượt có phương trình là

d x  y d x  y Tìm tọa độ các đỉnh A B C, , sao cho tam giác ABC có diện tích

lớn nhất

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình    

2





Câu 9 (1,0 điểm) Cho 3 số thực dương a b c, , thay đổi, thỏa mãn a c b c ab

c

    Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

2 2

P

- 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:………

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015

Môn: TOÁN

1

(2,0 đ)

a) (1,0 điểm)

Tập xác định: D

 Sự biến thiên:

1

x

x

 



      

- Hàm số đồng biến trên khoảng (-1;1), hàm số nghịch biến trên  ; 1 , 1;  

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 1, yCĐ = 1; đạt cực tiểu tại xCT = -1, yCT = -3 0,25

- Giới hạn: lim ; lim

     

- Bảng biến thiên:

x  -1 1 

y - 0 + 0 -

y  1

-3 

0,25

 Đồ thị: Giao với Oytại 0; 1  Lấy thêm điểm thuộc đồ thị A2; 3  0,25

b) (1,0 điểm)

Phương trình của d là ym x  2 3

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị của hàm số (1) là

m x    x x

2

x



0,25

Để d cắt đồ thị của hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm

phân biệt hay phương trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2

 

2

2 ' 9

m m

       

0,25

Gọi các hoành độ giao điểm của d và đồ thị của hàm số (1) lần lượt là x x1, 2, x3 2 Trong

đó x x là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (2) 1, 2

Theo Định lí Viét của phương trình (2) ta có 1 2

1 2

2 1

x x

  



0,25

Khi đó (3) trở thành 4 2 1  m      4 1 m 0 m 1 3'  

2

(1,0 đ)

Điều kiện: sinxcosx0

1 sinx1 cosx sinx sin cosx x 0

1 sinx 1 cosx sinx1 cosx 0

1 sinx1 cosx1 sinx 0 * 

0,25

 * sin 1 1   

x x

 



 

 



Ta có với sinx  1 cosx0, do đó sinxcosx  1 0

2

0,25

Ta có với cosx  1 sinx0, do đó sinxcosx  1 0

 2 cosx    1 x  m2 m 

Vậy phương trình có nghiệm là 2

2

x   k 

và x  m2 k m,   0,25

3

Đặt

sin

x

2 sin 1

0

2sin cos

x



Đặt sinx  t dt cosxdx

Đổi cận:

1 2

  







  

0,25

sin



0,25

2 2

0



Đặt cosx u dcosxdu sinxdxdusinxdx du,

Đổi cận





Khi đó

1

2

I   u du u 

0,25

sin

1 2 0

x



0,25

4

(1,0 đ)

a) (0,5 điểm)

Từ giả thiết 1 2 iz  1 i 2i z ta được

1 2 iz 1 i 2i z2iz2i z  1 i 2z iz 2iz2z  1 i 2z iz    iz 1 i 0

Ta có iz  1 i 0   iz i 1

2   2

1

       z 1 i z 1 i

b) (0,5 điểm)

Ta có 432002 3 56 3 2

Mỗi ước nguyên dương của số 43200 là một số có dạng 2 3 5i j k, trong đó i{0,1, 2,3, 4,5, 6};

{0,1, 2,3}

Số ước nguyên dương bằng số bộ i j k được chọn từ 3 tập trên , , 

Suy ra số cách chọn bộ i j k từ 3 tập trên là , ,  1 1 1

Vậy số phần tử của S là 84

0,25

Số các ước của 43200 không chia hết cho 5 trong tập S là số cách chọn bộ i j, , 0 từ 3 tập

trên suy ra số các ước của 43200 không chia hết cho 5 trong tập S là 1 1

7 4 7.4 28

Từ đó ta có: chọn 1 số trong S có 84 cách chọn

Chọn 1 số trong S không chia hết cho 5 có 28 cách chọn

Suy ra xác suất chọn được số không chia hết cho 5 trong S là 28 1

0,25

5

(1,0 đ) Ta có phương trình tham số của d là

1 2

1 2

y t

 



 



   



Ta có A'(1 2 ; ; t t  1 2 )t là hình chiếu vuông góc của A1; 1;1  trên d

Có A A'     2 ; 1t t; 2 2 t lại có A A'



vuông góc với véctơ chỉ phương u2;1; 2 của

3

0,25

Suy ra '( ; ;5 1 1)



Do d song song với  P nên d  P d, d A ', P A H' A A' (Với H là hình chiếu

vuông góc của A’ trên  P )

Suy ra khoảng cách giữa d với  P lớn nhất khi và chỉ khi HA hay  A H'  A A' khi đó

A’A vuông góc với mặt phẳng (P)

0,25

Chọn A A'

làm véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)

Ta có mặt phẳng (P) đi qua A1; 1;1  và nhận n1; 2; 2  làm véctơ pháp tuyến nên

phương trình của mặt phẳng (P) là 1x 1 2 y 1 2 z   1 0 x 2y2z 3 0

0,25

6

(1,0 đ)

Ta có IBBCa 5;ICa 2

ABC

0,25

Dựng IEBC,EBC

Dựng IH SE,HSE

Suy ra BCSIEBCIH

Suy ra IH SBC hay     3

,

2

0,25

Gọi M là trung điểm của IC

5

Lại có

3

2 3

5

a

a IE

0,25

Xét tam giác vuông SIE vuông tại I , IH là đường cao

suy ra ta có 12 12 12 12 12 12 12 42 12

9 3

5

a

IH  IS IE  IS  IH IE  IS  a 

Suy ra 3

7

a

SI 

Từ đó suy ra thể tích của khối chóp

3 2

0,25

7

(1,0 đ) Do B d1 B t ;1t; do C d2 C t1; 4 2 t1

Do A Ox A a ;0 ,u1 1;1 ,u2 1; 2 

Ta có AB t a;1t; ACt1a; 4 2 t1

0,25

Lại có  d1  ACu AC 1     0 t1 a 4 2t1   0 t1 4 a

 d2 ABu AB 2          0 t a 2 2t 0 t 2 a

Ta tìm được B   a 2; a 1 ; C4a a; 2 4 ; AC4 2a; 2a 4 ; 0,25

Ta có phương trình của AC x:   y a 0

a

Xét hàm SABC biến a trên khoảng 0;5

2

  ta được kết quả 5

0;

2

27 4

ABC a

Max S

 

 

 đạt được khi

0,25

8

 

2





Điều kiện xác định:

x y

x y

 



  



   





Phương trình thứ nhất biến đổi thành 3 5  x 2 5 x 3 4 y2 4y  1'

0,25

Xét hàm số    2 

f t  t  t t  do f ' t   0, t [0;) suy ra hàm số f t đồng   biến trên [0;)

Từ (1’) nhận được 5 x 4   y y x 1 thế vào phương trình (2) trong hệ ta được

 

2

2 3x 4 3 5x 9 x 6x13 *

* 2 3x 4 3 5x 9 x 6x13 0

0,25

3

Dễ thấy g'' x 0,  x D Suy ra g x' 0 có không quá 1 nghiệm xD hay g x 0

có không quá 2 nghiệm x D Lại có g 0 g  1 0

0,25

9

(1,0 đ) Đặt axc b,  yc,x y, 1  Nếu 1

1

x y





 

 ta thấy không thỏa mãn Suy ra x y, 1

0,25

Khi đó

2

P

2

2

*

x y P



0,25

Lại có x 1 y 1 xy xy 2 2 xy x y 1 xy

0,25

2

P



t

4 24

Giá trị nhỏ nhất của P bằng 41

24 đạt được khi x y 2.

0,25

(Chú ý Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.)

-Hết -