Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi có cả ba câu dễ, trung bình và khó,đồng thời số câu dễ không ít hơn 2 .Lấy ngẫu nhiên một đề thi trong bộ đề trên.Tìm xác suất để đề thi lấy
Trang 1SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 LẦN 4
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian
phát đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y=x3-3x 2 + 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số
b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d y: =m x ( -2) - 2 cắt đồ thị ( ) C tại 3 điểm phân biệt
( 2; 2 , , )
A - B D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D với đồ thị ( ) C bằng 27
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình : ( 2 ) ( ) 2 ( ) 2
1
4
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân : ( )
1
2
0
1
x
=
+
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tính môđun của số phức z i + , biết ( z+i)( z+i) = 2 iz ( i là đơn vị ảo)
b) Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề gồm 5 câu được chọn từ 15 câu dễ,10 câu trung bình
và 5 câu khó. Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi có cả ba câu dễ, trung bình và khó,đồng thời số câu dễ không ít hơn 2 Lấy ngẫu nhiên một đề thi trong bộ đề trên.Tìm xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi
“ Tốt”.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O , AB=4,AD = 4 3 , các
cạnh bên bằng nhau và bằng 6 , gọi M là trung điểm của OC . Tính thể tích khối chóp S ABMD và diện
tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng : 2 4 1
d + = - = +
( 2; 1; 3 )
M - Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm K ( 1; 0; 0 ) , song song với đường thẳng d đồng
thời cách điểm M một khoảng bằng 3
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trưc tâm H ( ) 5; 5 , phương
trình đường thẳng chứa cạnh BC là x+y - = Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai 8 0
điểm M( 7; 3 ,) N ( 4; 2 ) . Tính diện tích tam giác ABC
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :
ì
ï
í
Câu 9 (1,0 điểm).
Cho các số thực dương , , a b c thỏa mãn : ( 4 4 4) ( 2 2 2 )
9 a +b +c -25 a +b +c +48= 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
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:
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk
Trang 2SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN 12 (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
1
(2,0 điểm)
a.(1,0 điểm). y=x3-3x 2 + 2 Khảo sát và vẽ đồ thị
♥ Tập xác định: D = ¡
♥ Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên: y'=3x2 - 6 x ; 'y =0Ûx = hoặc 0 x = 2
0.25
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ; )
+ Đồng biến trên các khoảng ( -¥ ; 0 ) và ( 2; +¥ )
ￚ Cực trị:
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = ; y 2 CT = y (2)= - ; 2
+ Hàm số đạt cực đại tại x = ; y 0 CĐ = y (0)= 2 .
ￚ Giới hạn: lim ; lim
®-¥ = -¥ ®+¥ = +¥
0.25
ￚ Bảng biến thiên:
x -¥ 0 2 +¥
y' + 0 0 +
0.25
♥ Đồ thị:
f(x)=(x^3)3*(x )^2+2
8 6 4 2 2 4 6 8
5
5
x
y
0.25
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d y: =m x ( -2) - 2 cắt đồ thị
( ) C tại 3 điểm phân biệt A( 2; 2 , , - ) B D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D
với đồ thị ( ) C bằng 27
Trang 3( ) ( )
2
2
2
2 0 1
x
=
é
= - - - =
ë
d cắt ( ) C tại ba điểm phân biệt A( 2; 2 , , - ) B D khi chỉ khi ( ) 1 có hai nghiệm phân
biệt khác 2
( )
0
m
m
D = + >
ì
= - ¹
0.25
Với điều kiện ( ) * , gọi x x là các nghiệm của 1, 2 ( ) 1 thì x1+x2 =1, x x1× 2 = -m - 2 0.25
Ta có ( ) ( ) ( 2 )( 2 ) ( ) 2
:k = y x¢ ×y x¢ = 3x -6x 3x -6x =9 m +1 - = 9 27
( m 1) 2 4
Û + = , m=1 Úm = - đối chiếu với điều kiện 3 ( ) * chỉ có m = thỏa mãn 1
ycbt
0.25
2
(1,0 điểm) Giải phương trình : ( 2 ) ( ) 2 ( ) 2
1
4
♥ Điều kiện:
( )
2
2
3 , 5
3
5
5 0
x
x
x
ì - > ì ï < - Ú >
ï
ï - ¹ ï ï
ï
î
♥ Khi đó: ( ) ( 2 ) ( ) 2
2 Ûlog x - =9 log x+3 +log x - 5
log x 9 log é x 3 x 5 ù
2
0.25
· Với x < - hoặc 3 3 <x < 5
1 73
( )
2
1 73
( )
2
é -
ê =
ê
ê
+
ê =
ê ë
0.25
· Với 5 x < thì
3 57
( / )
2
3 57
( )
2
ê =
ê
ê
-
ê =
ê ë Vậy phương trình có ba nghiệm 1 73; 3 57
x= ± x = +
0.25
3
(1,0 điểm) Tính tích phân : ( )
1
2
0
1
x
=
+
Ta có:
1 2
ln 2
x
x
+
1
1
0
ln 1
1
ln 2
2
+ -
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk
Trang 4( )
1
0
ln 2
1
x
x
+
= +
( ) 2
1
ln 2
2
1
1
1
x
v
x
ì
Þ
1 1
1
0 0
x
+
0.25
Vậy 5 ln 2 1 3 3ln 2 3ln 3 9ln 3 4 ln 2 5
I = æç - ö÷- æç - ö ÷ = - -
0.25
4
(1,0 điểm)
a.(0,5 điểm) Tính môđun của số phức z i + , biết ( z+i)( z+i) = 2 iz ( i là đơn vị ảo)
Đặt z= + , a bi ( a b Î ¡ , ) ta có: ( z+i)( z +i) = 2 iz
2 2
2
1 2
2 2
a a
ì + - = -
=
î
0.25
z i+ = a+ b+ i = a + b + = . Vậy môđun của số phức z i + bằng 2 0.25 b.(0,5 điểm) Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề gồm 5 câu được chọn từ 15
câu dễ,10 câu trung bình và 5 câu khó. Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi có cả
ba câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít hơn 2 Lấy ngẫu nhiên một đề thi trong bộ đề trên.Tìm xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi “ Tốt”.
♥ Số phần tử của không gian mẫu là W =C5 30 = 142506
♥ Gọi A là biến cố " đề thi lấy ra là một đề thi “ Tốt”
Vì trong một đề thi “Tốt” có cả ba câu dễ, trung bình và khó,đồng thời số câu dễ
không ít hơn 2 nên ta có các trường hợp sau đây thuận lợi cho biến cố A
TH1. Đề thi gồm 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó TH này có C C C 153 101 5 1
TH2. Đề thi gồm 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó TH này có C C C 153 101 5 1
TH3 Đề thi gồm 2 câu dễ, 1 câu trung bình và 2 câu khó TH này có C C C 152 101 5 2
♥ Vậy WA =C C C 153 101 5 1 + C C C + 153 101 5 1 C C C = 152 101 5 2 56875
0.25
♥ Vậy xác suất cần tính là (A) = W = =
W
A 56875 625
P
142506 1566 .
( TH : Trường hợp)
0.25
5
(1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O , AB=4,AD = 4 3 , các
cạnh bên bằng nhau và bằng 6 , gọi M là trung điểm của OC . Tính thể tích khối chóp
S ABMD và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD
Ta có SA=SB=SC=SD=6 ÞSO ^ ( ABCD )
BD= AB +BD = + = ÞSO= SB2-OB 2 = 2 5
0.25
Gọi G là trọng tâm OCD D , vì OCD D đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác OCD D . Dưng đường thẳng d đi qua G và song song với SO
0.25
Trang 5đường thẳng trung trực của SO , cắt d tại K , cắt SO tại I ta có OI là trung trực
của SOÞKO=KS do KO , =KC =KDÞ K là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
SOCD
Ta có
2 2
2 2
;
CD
GO= = R=KO= OI +OG = æçç ö ÷ ÷ +æç ö ÷ =
è ø
. Do đó
diện tích mặt cầu
2
2
`
93 124
câ u
= = çç ÷ ÷ =
è ø
.
0.25
6
(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
:
d + = - = +
- và điểm
( 2; 1; 3 )
M - Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua điểm K ( 1; 0; 0 ) , song song với đường
thẳng d đồng thời cách điểm M một khoảng bằng 3
d có vtcp ur =( 2; 3;1 ,- ) qua H ( -2; 4; 1 - )
,
nr = A B C A +B +C >
( )
d P
1; 0; 0
; ; 2 3
qua K
vtpt n A B A B
ì
í
ï r
( )
2 2
5 8
3 2
A B
d M P
- +
0.25
5 17
A B
=
é
ë
· Với A=BÞC= B không thỏa mãn ( ) *
· Với 5A=17 B Þ chọn A = 17 ta có B= Þ5 C = - 19 thỏa mãn ( ) *
0.25
Suy ra phương trình mặt phẳng ( )P :17x+5y-19z -17= 0 0.25
7
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trưc tâm H ( ) 5; 5 ,
phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là x+ - = Biết rằng đường tròn y 8 0
ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai điểm M( 7; 3 ,) N ( 4; 2 ) . Tính diện tích tam
giác ABC
Gọi H đối xứng với H qua 1 BCÞ pt HH1 :x-y = 0 Þ{ } I =HH 1 Ç BC
( 4; 4) 1 ( ) 3; 3
Þ Þ Ta chứng minh được điểm H thuộc 1 ( ABC )
0.25
ABC x +y - ax- by+ =c a +b - > c
Do
2 2
2 2
2 2
1
36
c
a b c
Î
î
î
0.25
{ } A =HH1Ç( ABC) Þ A( 6; 6 , ) do A¹ H 1
{ B C , } =BCÇ( ABC ) Þ tọa độ , B C là nghiệm hpt 2 2 8 0
10 8 36 0
x y
+ - =
ì
í
î
0.25
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk
Trang 6( )
3
2
x
y
x
y
éì =
í
ê
î
ê
ê ì =
êí
=
êî
ë
Suy ra diện tích ABC D là 1 ( , ) 1 2 2 3 2 6
ABC
SD = ×d A BC ×BC = × × = (đvdt) 0.25
8
( )
ì
ï
í
0
x
y
x y
³
ì
ï
£ £
í
ï + - ³
î
.
Từ ( ) 1 Þ y- -1 x+( y-1) 2 -x2 +y y( - -x 1) = 0
0.25
0, 0&6 1
1
1
> ³ ³ ³
è144424443 ø
0.25
Thê ( ) 3 vào ( ) 2 ta được pt 3 6-y+3 5y-9=2y + , 5 ( ) 4 đ/k 9 6
5 £ y £
Giải ( ) 4 Û( 8-y) -3 6-y+3( y- -1 5y -9) = 0
Û ( 2 )
9
0, 6
5
y
y y
> " £ £
0.25
( )
( )
( )
( )
4
2
4
7 10 0
é = ¾¾® =
ê
ê = ¾¾® =
ë Vậy hpt có hai nghiệm ( x y; ) ( ) ( = 1; 2 , x y ; ) ( = 4; 5 )
0.25
9
(1,0 điểm) Cho các số thực dương , , a b c thỏa mãn : ( 4 4 4) ( 2 2 2 )
9 a +b +c -25 a +b +c +48= 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
Cách 1 gt Û 25( a2+b2+c2) +48=9 ( a4+b4+ c 4 ) kết hợp với đẳng thức
4 4 4 1 2 2 2
3
a +b +c ³ a +b + c , từ đó suy ra:
( 2 2 2) ( 2 2 2) 2 2 2 2 16
3
a +b +c + ³ a +b +c Û £a +b +c £
0.25
Áp dụng bất đẳng thức AMGM ta có: 2 ( 2 ) 2 2 2
b c a
b c
+
+
2 c 2 a b 2 2
b + b c2 ( a+ 2 b c ) 2 2 c 2
0.25
Trang 7Khi đó 2( 2 2 2) 1 2( ) 2( ) 2 ( )
P³ a + +b c - éa b+ c +b c+ a +c a+ b ù
Mà
3 3 3 3 3 3 3 3 3
a c c b b a+ + £ + + + + + + + + =a +b + c
Suy ra : 2( ) 2( ) 2( ) 3 2 2 3 2 2
a b+ c +b c+ a +c a+ b £a +a b+a c+b +b c+ b a
3
Từ đó 2( 2 2 2) ( 1 2 2 2) ( 2 2 2 )
3
P³ a +b +c - a +b +c a +b + c
0.25
Đặt ( 2 2 2 )
t= a +b +c Þ £ £ t
Cho nên 1 3 2 2 ( ) [ ]
, 3; 4
P³ - t + t = f t t Î Xét hàm số ( ) 1 3 2 2 [ ] ( ) 2 4 ( 4 )
t t
t t
¢
[ ] 3; 4
t
" Î Þ f t ( ) liên tục và đồng biến trên đoạn [ ] 3; 4
( )
[ ]
[ ]
2 3
3 3
9 27
0.25
Cách 2; Ta có 2 4 ( )
14x+2³25x -9x * , " >x 0, "= Û" x = 1 thật vậy
* Û9x -25x +14x+ ³2 0Û x-1 9x +18x +2 ³ luôn đúng .Vậy 0
2 4
2 4
ï
í
ï
î
3
a b c
Þ + + ³ , dấu bằng Ûa=b=c = 1
Áp dụng bất đẳng thức CauchySchawrz ta được
2
1
a b c
P
dấu bằng Ûa=b=c = Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 1 Ûa=b= = c 1
Lưu ý khi chấm bài:
Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.
Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
Trong lời giải câu 5 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk