Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 2015 số 48

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số C biết tiếp tuyến đi qua điểm M0; 1.. Tính xác suất để trong số bi được chọn không có đủ cả ba

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2014 – 2015

ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1(2 điểm) Cho hàm số y x = 4 − 2x2 − 1 có đồ thị là (C).

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm M(0; 1) −

Câu 2(1 điểm)

1 Giải phương trình: sinx( 3 sinx) cosx(1 cos x) 0 − − + = .

2 Tìm số phức z thỏa mãn: (1 2i) z z 4i 20 + 2 + = − .

Câu 3(1 điểm)

1 Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 7 viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó Tính xác suất để trong số bi được chọn không có đủ cả ba màu?

2 Giải phương trình sau: 1 log (2 x + + 3) 1 log (4 x − 1)8 = 3log (4 )8 x

Câu 4(1 điểm) Tính : 1

2 ln

e

x

=  + ÷

∫

Câu 5(1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y − + 2 z − = 6 0

và điểm M(1, -1, 2)

a)Viết phương trình đường thẳng đi qua M và vuông góc với mặt phẳng (P)

b)Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên trục Ox và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại điểm M

Câu 6(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, đường cao SH với H thỏa mãn HNuuur= −3HMuuuur trong đó M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD biết góc giữa (SAB) và (ABCD) bằng 600

Câu 7(1 điểm) Cho đường tròn (C) có phương trình : x2+ y2− 2x 4y 1 0 − + = và P(2,1). Một đường thẳng d đi qua P cắt đường tròn tại A và B Tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau tại M Tìm tọa độ của M biết M thuộc đường tròn x2 + y2− 6x 4y 11 0 − + = .

Câu 8(1 điểm) Giải hệ phương trình: 2

y 2 xy y





Câu 9(1 điểm) với a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 + b2 + = c2 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a = +4 b4 + + c4 3(ab bc ca) + +

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

NGUYỄN HUỆ

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA

NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN

1

(2điểm)

1 y x= 4−2x2−1 TXĐ: R

3

' 4 4

y = x − x

0 ' 0

1

x y

x

=



Giới hạn:

;

= +∞ = −∞

bảng biến thiên

X -∞ -1 0 1 +∞

y’ - 0 + 0 - 0 + Y

Hàm số đồng biến trên (-1;0); (1; +∞) Hàm số nghịch biến trên (-∞;-1);(0;1) Hàm số đạt cực đại tại x= ⇒ = −0 y 1.

Hàm số đạt cực tiểu tại

= − ⇒ = −



 = ⇒ = −



0, 5

Đồ thị

đồ thị hàm số nhận Oy làm tâm đối xứng

0,25

2 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại tiếp điểm N(a a; 4−2a2−1) là:

(4 4 )( ) 2 1

Tiếp tuyến đi qua M nên : − =1 (4a3−4 )(0a − + −a a) 4 2a2−1 0,25

0 2 3

a a

=





⇔  = ±



0,25

Với a=0phương trình tiếp tuyến là : y= −1 Với

2 3

a=

phương trình tiếp tuyến là :

4 2 5

3 3 9

y= − x −

Với

2 3

a= −

phương trình tiếp tuyến là :

4 2

1

3 3

y= x −

0,25

2

(1điểm)

1

2

Phương trình tương đương 3 sin x cos x sin x cos x− = 2 + 2 ⇔ 3 sin x cos x 1− = 0,25

π

 = + π

= π + π



0,25

Đặt z a bi a b R= + ,( , ∈ ⇒ = −) z a bi Suy ra:

2

(1 2 ) (+ i a bi a bi+ )+ − = −4i 20⇔ − −( 2a 4 ) (4b + a−4 )b i= −4i 20 0,25

3

(1điểm) 1 Số cách chọn ngẫu nhiên 4 bi từ số bi trong hộp là:

4

18 3060

Số cách chọn 4 bi đủ 3 màu từ số bi trong hộp là: C C C52 61 17 +C C C51 62 17 +C C C51 16 72

0,25

Số cách chọn 4 viên bi để không có đủ 3 màu là:

4 2 1 1 1 2 1 1 1 2

18 − ( 5 6 7 + 5 6 7 + 5 6 7 ) 1485 =

Vậy xác suất để trong số bi được chọn không có đủ 3 màu là:

4 2 1 1 1 2 1 1 1 2

18 5 6 7 5 6 7 5 6 7

4 18

48,53%

68

C

0,25

2 ĐK: x > 0; x ≠ 1

Phương trình tương đương với: log (2 x+ + 3) log2 x− = 1 log (4 )2 x

⇔ log (2 + 3) − 1= log (4 )2 ⇔ (x+ 3)x− = 1 4x (1)

0,25

TH1: 0< <x 1, suy ra:

x

 = − +

= − −



3 2 3(

TH2: x>1, suy ra: x+ x− = x⇔x − x  =x x loai

4

(1điểm)

x

2

1

2 2

ln

1

x

Suy ra:

2

1 2

1

4

0,25

5

(1điểm) Đường thẳng d đi qua M và vuông góc với mặt phẳng (P) có VTCP u(1, 1, 2)r − 0,25

Đường thẳng d có phương trình

x 1 y 1 z 2

− = + = −

Mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại điểm M nên có tâm I thuộc d

Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ

x 1 y 1 z 2

y 0

z 0

 =



 =



 Suy ra (S) có tâm O(0,0,0)

0,25

Bán kính mặt cầu (S): R=OM= 6

6

(1điểm)

Do



⇒góc giữa (SAB) và (ABCD) là góc giữa SM và

MH Vậy ∠ SMH = ° 60

0,25

Do đó:

3

Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD, suy ra IO ⊥ ( ABCD ). Đặt IO x = Từ: R2 = OI2+ OA2 = SI2, suy ra:

+ a = a + + a ⇔ = a

Do đó:

2

0,5

7

(1điểm) Đường tròn ( ) C có tâm I(1,2),R=2

Gọi M(a,b) Do M ∈ ( ) C1 ⇒ a2 + b2 − 6 a − 4 b + = 11 0(1) 0,25 Phương trình đường tròn đường kính IM: x2+ y2 − + ( a 1) x − + ( b 2) y a + + 2 b = 0 0,25 Suy ra phương trình đường thẳng d: ( a − 1) x + − ( b 2) y + − − 1 a 2 b = 0

Do P d ∈ ⇒ − − = a b 3 0(2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra:

4

(4;1) 1

a

M b

=

 =

8

(1điểm) Điều kiện

1

x y

2

≥ ≥

Phương trình thứ nhất trở thành

2 2

a + + + =b a b 4(3) Phương trình thứ hai trở thành a b2 2+ + =a2 b2 3(4) 0,25 Giải hệ (3), (4) đặt

( , 0)

S a b

S P

P a b

= +

 =

2







Trừ (5) cho (6) ta được S P− 2 = ⇒ =1 S P2+1 Thay vào (6): P2+P4+2P2+ −1 2P=3 ⇔(P−1)(P3+P2+4P+ =2) 0

1

4 2 0

P

=



⇔  + + + =

 Kết hợp điều kiên P≥0ta được P=1; S=2

0,25

Giải hệ P=1; S=2 ta thu được a = b =1

Suy ra hệ có nghiệm duy nhất (x 2; y 1)= = 0,25

9

(1điểm) Do P a= 4+ + +b4 c4 3(ab bc ca+ + ) ≤a4+ + +b4 c4 3( a b b c c a+ + )

nên ta có thể coi , ,a b c≥0.giả sử a m= ax{a,b,c}⇒ ≤ ≤1 a 3 0,25

Hay 3 4 9 2 ( 2)

9 3 2 3

P≤ a + a + + a −a

0,25

Xét hàm số f a( ) =a4−3a+ +6 2a 2 3( −a2)

trên 0; 3

2

2

2 3

2

2

2

4 ' 4 6 2 2 3

2 3

12 8

4 6

2 3

2

4 6

2 3

a

a a

a

a

−

−

= − +

−

( )

2

2

3

2

a a



=







= ⇔ − = ⇔ =



 (do a≥0)

Ta có bảng biến thiên

a

1

3

2 2 3

f’ 0 0 + 0

-f

0,25

8 8

( )

0; 3

1 8

2

a

=



 ( )

1

2

axP=12

a b c a

b c

= = =



 =









0,25

6

15 3 2

4 +