Chọn ngẫu nhiên 3 bông hoa.. Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại... Chọn ngẫu nhiên 3 bông hoa.. Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại... Cho hì
Trang 1TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y x= 4−2mx2+ −m 1 (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m=4.
b) Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có trực tâm là gốc tọa độ O.
1 cos 2 2sin 3 2sinx x x sinx
Câu 3: (1 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn
bởi các đường , 0, 1
1
x x
xe
e
+ xung quanh trục hoành.
Câu 4: (1điểm)
a)Có 5 bông hoa hồng bạch, 7 bông hoa hồng nhung và 4 bông hoa cúc vàng Chọn ngẫu nhiên 3 bông hoa Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại
b) Giải phương trình: ( ) ( )8 ( )
2
log 3 log 1 log 4
Câu 5: (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P x y z+ + + =5 0 Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính R=4 và cắt mặt phẳng ( )P theo giao tuyến là đường tròn ( )C có tâm H(1; 2; 4)− − bán kính r = 13
Câu 6:(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(2;6), chân đường phân giác trong của góc A là 2; 3
2
M −
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là
1
;1 2
I−
Xác
định tọa độ các đỉnh B và C.
Câu 7: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy và AB a= , 2
AC = a, · 0
120
BAC= Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 600 Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.
Câu 8:(1 điểm) Giải phương trình: x2−2 15( −x2 +x) = −15 3 15x x− 3 −4 x (x∈¡ )
Câu 9: (1 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3( ) 4 3 12( )
P
+
HẾT
Trang 2-ĐÁP ÁN
Khi m=4 hàm số (1) có dạng y x= 4−8x2+3
+ Tập xác định D=¡
+ xlim→−∞y=xlim (→−∞ x4−8x2 + = +∞3) ; limx→+∞y=xlim (→+∞ x4−8x2+ = +∞3) 0,25
+ y' 4= x3−16x
' 0
y
= ⇔ = ± ⇒ = −
x −∞ -2 0 2 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
0,25
+) Hàm số đồng biến trên khoảng (−2;0) (∪ 2;+ ∞) và nghịch biến trên khoảng
(−∞ − ∪; 2) ( )0; 2
+ Hàm số đạt cực đại tại x=0,y CÐ =3
Hàm số đạt cực tiểu tại x= ±2,y CT = −13
0,25
Điểm đặc biệt (−3;12 , 2; 13 , 0;3 , 2; 13 , 3; 13) (− − ) ( ) ( − ) ( − )
Đồ thị:
0,25
x m
=
Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ y' 0= có 3 nghiệm phân biệt và y' đổi dấu khi x đi qua các
nghiệm đó ⇔ >m 0
0,25
Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số:
Trang 3(0; 1 ,) ( ; 2 1 ,) ( ; 2 1)
A m− B − m m− + −m C m m− + −m
0,25
Vì B,C đối xứng qua Oy nên BC luôn vuông góc với OA
Do đó O là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi OB ACuuur uuur =0
2( 2 1) 0
1
m
m
=
So ĐK chon m=1 là giá trị cần tìm
0,25
Câu 2 Giải phương trình: 1 2 1
1 cos 2 2sin 3 2sinx x x sinx
( ) 2sin 1 2 2sin2 3sin 1
x
2sinx 1 cos 2x 2 2sinx 1 sinx 1
2sinx 1 cos 2x 2sinx 2 0
0,25
2
1 sin
2 cos 2 2sin 2 0
x
⇔
2
sin
5 2
2 6
= +
¢
cos 2x−2sinx+ = ⇔2 0 cos 2x+2 1 sin− x =0
sin 1
2 2
x
k x
= +
=
=
¢ (vô nghiệm)
0,25
So sánh điều kiện, ta có nghiệm của phương trình: 56 2 ( )
2 6
k
= +
∈
1
x x
xe
x
+ , suy ra hình phẳng đã cho là hình thang cong được giới hạn bởi
Trang 4các đường , 0, 0, 1
1
x x
xe
e
+
Do đó thể tích khối tròn xoay là
1
2 0
1
x x
xe
e
+
∫
0,25
Đặt
x
e
=
⇔
0,25
1
1
x
0,25
1 ln
V
e
+
Có 5 bông hoa hồng bạch, 7 bông hoa hồng nhung và 4 bông hoa cúc vàng Chọn ngẫu nhiên 3 bông hoa Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại
Gọi A, B, C tương ứng là 3 biến cố ‘Chọn được ba bông hoa hồng bạch” ‘Chọn được
ba bông hoa hồng nhung” ‘Chọn được ba bông hoa cúc vàng”
H là biến cố ‘Chọn được ba bông hoa cùng loại” A, B, C đôi một xung khắc và
H =A B CÈÈ => P(H) =P(A) +P(B) +P(C) với
3 5 3 16
P(A)
560 C
3 7 3 16
P(B)
560 C
3 4 3 16
P(C)
560 C
= = , P(H) 49 7
560 80
Biến cố chọn ba bông hoa không cùng loại là H, P(H) 1 P(H) 1= - = - 807 =7380 0,25
Điều kiện: 0
1
x x
>
≠
Pt⇔log2(x+ +3) log2 x− =1 log 42( )x ⇔log2(x+3) x−1 =log 42( )x
0,25
(x 3) x 1 4x
( ) ( )
2 2
2 3 0
6 3 0
⇔
1; 3
3 2 3
x
So sánh điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x=3;x= − +3 2 3
0,25
Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến nr=(1;1;1)
Gọi ( )∆ là đường thẳng qua H và vuông góc với mặt phẳng (P) thì ( )∆ nhận nr làm vectơ chỉ
phương
Trang 5Phương trình đường thẳng ( )∆ có dạng
1 2 4
= +
= − +
= − +
0,25
Gọi I là tâm mặt cầu (S) thì I∈ ∆, suy ra I(1+ − + − +t; 2 t; 4 t)
16 13 3
1 0; 3; 5 3
t
d I P IH
Vậy có hai mặt cầu cần tìm:
1
2 2
Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và R là bán kính của (C), ta có
;5
IA= ⇒ =R IA=
uur
Phương trình đường tròn (C) có dạng 1 2 ( )2 125
1
0,25
Phương trình đường thẳng AM có dạngx− =2 0
Gọi D= AM ∩( )C thì tọa độ của D thỏa mãn hệ phương trình
2
2 0
2
x
x
− =
2 6
x y
=
4
x
D y
=
= −
0,25
Do AM là đường phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa của cung »BC , suy ra
BC⊥ID
Đường thẳng BC đi qua điểm M và nhận 5
; 5 2
ID = −
uur
làm vectơ pháp tuyến có phương
0,25
Tọa độ của B, C là nghiệm của hệ phương trình
( )
2
2 5 0
2 5
4 0 1
x y
x y
hay
Vậy B( ) (5;0 ,C − −3; 4) hay B(− −3; 4 ,) ( )C 5;0
0,25
Trang 6Tính thể tích của khối chóp S.ABC (0,5đ)
Trong tam giác ABC kẻ đường cao AH, ta có
BC SA do SA ABC
⊥
BC SH
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC và () ABC)
60
SHA=
Áp dụng định lí Côsin trong tam giác ABC ta có
1
2
7
BC a
0,25
Diện tích tam giác ABC là
2 0
ABC
a
2
ABC
S∆ = BC AH
2
7 7
ABC
AH
∆
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là
.
0,25
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC (0,5đ)
Dựng hình bình hành ABCD, ta có AC/ /(SBD)
nên d AC SB( , ) =d AC SBD( , ( ))=d A SBD( ,( ))
kẻ AK ⊥BD K BD( ∈ ), ta có BD AK BD (SAK)
⊥
mà BD⊂(SBD)nên (SBD) (⊥ SAK)theo giao tuyến SK
trong tam giác SAK kẻ đường cao AI thì AI ⊥(SBD)
0,25
.sin 60
2
a
Tam giác SAK vuông tại A, ta có
a AI
AI = SA + AK = a + a = a ⇒ =
19
a
d AC SB = AI =
0,25
Câu 8
x − −x +x = − x x− − x x∈¡ (1,0đ)
Điều kiện 0≤ ≤x 15
Biến đổi phương trình tương đương:
0,25
Trang 7( 2) 2 ( 2 )
15−x −3 x 15−x −4 x+2 15−x + =x 0
Đặt u= 15−x2 ,v= x u v( , ≥0), khi đó phương trình trở thành:
( )
u − uv− +v u v+ =
2
2
0,25
Với u=2v, khi đó 15−x2 =2 x ⇔ −15 x2 =4x⇔ x2+4x− =15 0
⇔ = − +x 2 19 hay x= − −2 19 (loại)
Với u v= −2, khi đó 2
15−x = x−2 (*)
0,25
Với điều kiện: 0≤ ≤ ⇒x 15 x− ≤2 15 2− < 16 2 0− = nên phương trình (*) vô
nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm: ⇔ = − +x 2 19
0,25
Câu 9
P
+
(1,0đ)
P
+
(4 3 3 ) 1 1 4
+
Với mọi ,x y >0, ta có 1 1 4
x+ ≥y x y
+ Đẳng thức xảy ra khi x= >y 0 Áp dụng bất đẳng thức trên, ta được
2a+3a ≥ 2a 3b
+
2a 3b+2a 3c≥ 4a 3b 3c
0,25
2a+3b+2a 3c ≥ 4a 3b 3c
Do đó P+ ≥11 16⇔ ≥P 5
0,25
TÔ TOÁN
Trang 8TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT-QN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian phát đề) Câu 1(2điểm): Cho hàm số 1
x y x
+
=
−
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
b)Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho tồn tại ít nhất một điểm M∈( )C mà tiếp
tuyến tại M của ( )C tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng y=2m−1
π
Câu3 (1điểm) Tính tích phân
3 1
=
∫ x dx
I
Câu 4(1điểm) a)Tìm số phức z thỏa mãn ( 2 )2 ( )2
z + −z + z+ =
b) Cho tập hợp E={1, 2,3, 4,5} .Gọi M là tập hợp tât cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ
số,các chữ số đôi một khác nhau thuộc E Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M.Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10
Câu 5(1điểm)Trong không gian vởi hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm
(2;1;0 ,) (0; 4;0 ,) (0; 2; 1)
.Lập phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng (ABC) và cắt đường thẳng d tại điểm Dsao cho 4 điểm A B C D, , , tạo thành một tứ diện có thể tích bằng 19
6
Câu 6(1điểm).Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) ( ) (2 )2
C x− + −y = và 2 đường thẳng d mx y m1: + − − =1 0,d x my m2: − + − =1 0.Tìm m để mỗi đường thẳng d d1, 2cắt ( )C tại 2 điểm phân biệt sao cho 4 giao điểm đó tao thành 1 tứ giác có diện tích lớn nhất
Câu 7(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông SA = a và vuông
góc với mặt phẳng (ABC) M, N lần lượt là trung điểm AD, DC Góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABC) bằng 450 Tính thể tích hình chóp S.ABNM và khoảng cách từ
D đến mặt phẳng (SBM).
Câu 8 (1điểm).Giải hệ phương trình ( 3 ) 6
Câu 9(1điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn (a b c) 1 1 1 9
a b c
Trang 9Chứng minh rằng: ( 4 4 4)
38025
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Trang 10Câu 1
(2.0đ)
a) 1.0đ
2
D R=
/
2
3
y
x
−
=
− , x D∀ ∈ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; );( ;1 1 )
0,25
Giới hạn:
→ ÷ → ÷
nên 1
2
x= là tiệm cận đứng 1
2
→−∞ = →+∞ = nên 1
2
y= là tiệm cận ngang
0,25
Bảng biên thiên:
X - 1
2 +
y' -
-y
1
2 +
- 1
2
0,25
Đồ thị:
0,25 b) 1.0đ
Pt tiếp tuyến tại M x y( 0, 0) là ( )2( 0) 0
0
3
x
−
0,25
Gọi A,B là giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành,trục tung tương ứng
2
2 0
B
y
x
=
− và trọng tâm G của tam giac OAB có ( )
2
2 0
G
y
x
=
−
0,25
Theo giả thiết nó nằm trên đường thẳng y=2m−1 nên
2
2 0
m x
−
Ta lại có
2 2
0,25
Trang 11Vậy để tồn tại ít nhất một điểm M thỏa mãn điều kiện bài toán thì
m− ≥ − ⇔ ≥m
0,25
Câu 2
(1.0đ) Phương trình đã cho tương đương:
2sin x+sinx− +5 5sin x+ = ⇔3 0 2sin x+5sin x+sinx− =2 0 0,25
2
2
sinx = - 1 (sinx + 1)(2sin 3sinx - 2) 0
x
x
sinx = - 1 x = - 2
⇔ + ( )1
2
sinx
2
x
= −
=
2 6 5 2 6
= +
⇔
= +
( )2
0,25
Kết hợp (1) và (2), ta có: 2
Câu 3
(1.0đ)
3 1
=
∫ x dx
I
1
0
1
0,25
0 0
2
−
Câu 4
(1.0đ) Viết lại phương trình
z= −i z= − −i
0,25
Pt có 4 nghiệm 1 , 2− − − + − +i i,1 , 2i i
0,25
(VN)
Trang 12Số các số thuộc M có 3 chữ số là A53 =60
Số các số thuộc M có 4 chữ số là 4
A =
Số các số thuộc M có 5 chữ số làA55 =120
Suy ra số phần tử của M là :60+120+120=300
0,25
Các tập con của E có tổng các phần tử băng 10 gồm
1 1, 2,3, 4 , 2 2,3,5 , 3 1, 4,5
Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số băng 10
Từ E lập được số các chữ số thuộc A là 4!1
Từ mỗi tập E và 2 E lập được số các số thuộc A là 3 !3
Suy ra số phần tử của A là 4!+2.3!=36
Do đó xác suất cần tính là 36 0,12
300
0,25
Câu 5
(1,0đ) uuurAB= −( 2;3;0);uuurAC= −( 2;1; 1);− uuuruuurAB AC, = − −( 3; 2; 4)
Phương trình đường thẳng ∆có VTCP ur=(3; 2; 4− )
0,25
Với ( )
3 3
5 4
= +
= −
Với
16 3
47 4 2
= − +
−
0,25
Câu 6
(1,0đ) Đường tròn ( )C có tâm I( )1; 2 và có bán kính R=2
Véc tơ pháp tuyến của d d lần lượt là 1, 2 nur1=( )m;1 ,nuur2 = −(1; m) ⇒n nur uur1 2 = ⇒ ⊥0 d1 d2 0,25
Trang 13Gọi A,B là giao điểm của d với 1 ( )C ,C,D là giao điểm của d với 2 ( )C
(A,B,C,D theo thứ tự trên đường tròn)
1, 2
h h lần lượt là khoảng cách từ I đến d ,1 d2
1
,
m
+ + nên d ,1 d luôn cắt 2 ( )C tại 2 điểm phân biệt
AB= R −h CD= R −h
1
2
ACBD
0,25
-0,25
Câu7
(1,0đ)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khim= ±1 0,25
Gọi H là giao điểm của BM và AN.
Do M, N là các trung điểm nên BM ⊥AN
SA mp ABCD
⊥
·
SA⊥AH ⇒SHA nhọn
Suy ra ·SHA là góc giữa hai mặt phẳng: (ABCD) và (SBM) nên · 0
45
SHA=
AS
0,25
0,25
Trang 14Trong tam giác vuông ABM: 12 1 2 1 2
AB + AM = AH
dt(ABNM) = dt(ABCD) - dt(BCN) - dt(MND)
= 5
Suy ra thể tích hình chóp S.ABNM là:
0,25
Gọi F là trung điểm BC Ta có DF//BM nên DF //mp(SBM).
Gọi E là giao điểm của DF và AN
Suy ra d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM))
Gọi K là hình chiếu của E trên đường thẳng SH thì EK⊥mp SBM( )
Từ đó d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM)) = EK
M trung điểm AD nên H là trung điểm AE⇒ HE = HA = a
Để ý rằng · 0
45
KHE= ⇒EK = a2
Vậy ( , ( ))
2
a
d D mp SBM =
0,25
Câu 8
(1,0đ)
Nhận xét x=0 thay vào hệ tâ thấy vô lý 0,25
Xét x≠0,chia 2 vế của hai pt trong hệ cho 6
x và đặt 3
1
z x
=
2
yz z y
yz y z
Đặt S z 2y
P yz
= +
=
ta có hệ 2
3
SP
=
− =
Giai hệ ta được 3
1
S P
=
=
suy ra
1 1
z y
=
=
hoặc
2 1 2
z y
=
=
0,5
Hệ có 2 cặp nghiệm (x y là , ) ( )1,1 và 3 1 1
,
2 2
0,25
Trang 15Câu 9
(1,0đ) Đặt
a b t
b a
= +
14
a b
t
⇒ ≥
2
2
1
1 2
0,5
0,5
