Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 2015 số 5

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đthị C.. Viết phương trình cạnh BC.. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆, biết ∆ nằm trên mặt phẳng P và ∆ cắt hai đường thẳng d1 , d2... - Cực trị

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015

Môn: TOÁN; ĐỀ 05-BN

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2 2

1

x y x

−

= + (C) 1* Khảo sát sự biến thiên và vẽ đthị (C)

2* Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B

Câu II: (1 điểm)

1*.Giải phương trình: cos 2x+3sinx− =2 0

2*.Tìm phần ảo của z biết: ( ) (3 )

Câu III*: (0,5điểm) Giải phương trình: 25x+ 3.5x− = 10 0

Câu IV (1 điểm)Giải phương trình : 4 2 10 2( − x − 39x−37) =4x2 −15x−33

Câu V*: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường x 1

y = e + ,trục hoành, x = ln3 và x = ln8

Câu VI: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo

AC = 2 3a, BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3

4

a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu VII (1 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB:

x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0 Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2) Viết phương trình cạnh BC

Câu VIII* (1 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 1 1 1

x+ = y− = z−

x− = y− = z+

và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0 Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆, biết ∆ nằm trên mặt phẳng (P) và ∆ cắt hai đường thẳng d1 , d2

Câu IX: Giải phương trình 1 2 2 3

2

2

C C − C − C −

+

n

C là tổ hợp chập k của n phần tử)

Câu X: (1 điểm) Cho x,y ∈ R và x, y > 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của ( 3 3) ( 2 2)

P

=

… Hết ….

ĐÁP ÁN

I-1

(1 đ)

Tập xác định D = R\{- 1}

Sự biến thiên:

-Chiều biến thiên: 2

4

x

= > ∀ ∈

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞; - 1) và (- 1 ; + ∞)

- Cực trị: Hàm số không có cực trị

0,25

- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận:

x→−∞ x x→+∞ x

+ + Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang.

x→− − x x→− + x

+ + Đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng.

0,25

-Bảng biến thiên:

x -∞ - 1 +∞ y’ + +

y

2 - ∞

0,25

Đồ thị:

-Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0)

-Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 2)

- Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm

hai tiệm cận I(- 1; 2)

0,25

I-2

(1 đ)

Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) 0,5

d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt ⇔ PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 ⇔

m2 - 8m - 16 > 0

0,25

y

x

= 2

x

= -1

-1 O

1 -2

4 4 2

4 4 2

m

m

 > +

⇔ 

< −

(0,5đ)

cos 2x+3sinx− =2 0

1 2sin x 3sinx 2 0 2sin x 3sinx 1 0

2 2 sin 1

2 , 1

6 sin

2 6

x

x

 = +









=

 = +



II-2

(0,5 đ)

Giả sử z=a+bi

0,25

⇔ 4a− 2bi= − + 4 2i 22 11i− i2 = 20 15i+ 15; 10

4

a b

Vậy phần ảo của z bằng -10

0,25

III

(0,5 đ)

2

25x+ 3.5x− = ⇔ 10 0 5 x+ 3.5x− = 10 0

Phương trình trở thành:

3 10 0

t nhan

t t

t loai

=

 + − = ⇔  = −

5

t= ⇔ = ⇔ =x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x= log 2 5 .

0,25

IV

(1d)

ĐK: x≤ 5 Pt ⇔ 4 4( + 3 9x− 37) (+ 8 4 − 10 2 − x)+ 4x2 − 15x− = 81 0

0,25

x

- TH1 x+ = ⇔ = −3 0 x 3 (TMPT)

- TH 2 x≠ −3

pt

x x

0,25

( )2 3

Do x≤ 5 nên 36 16 4.5 27 0

VT ≤ + + − = Đẳng thức xảy ra ⇔ =x 5

Vậy phương trình có 2 nghiệm là − 3 và 5

0,25

V

(1 d)

Diện tích

ln8

ln 3

1

x

S = ∫ e + dx ; Đặt t = e x+ ⇔ = 1 t2 e x + ⇒ 1 e x = −t2 1

0,25

Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = exdx ⇔

2

2 1

t

t

=

Do đó

2

t

= 2 ln 1 3 2 ln 3

2

t t t

−

= +  ÷

0,5

(1 đ)

Từ giả thiết AC = 2 a 3; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung

điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =

3

a ; BO = a , do đó A D· B = 60 0 Hay tam giác ABD đều

Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng

(ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD)

0,25

Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của

HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3; OK // DH và 1 3

a

OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) ,

hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)

0,25

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 2

2

a SO

OI =OK + SO ⇒ = Diện tích đáy S ABCD = 4 S∆ABO = 2.OA OB = 2 3a2;

đường cao của hình chóp

2

a

SO= Thể tích khối chóp S.ABCD:

3

.

S ABC ABC

a

VII

(1 đ)

Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT: - - 2 0

2 - 5 0

x y

x y

=



Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên  + − + =13+ + −b b 25 2c c=69⇔ 52

b c

=



 =

 Hay B(5; 3), C(1; 2)

0,25

Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là ur uuur=BC = − − ( 4; 1)

VIII

(1 đ) Gọi A = d1∩(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2 ∩ (P) suy ra B(2; 3; 1) 0,25

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là ur = (1; 3; 1) − 0,25

S

A

B K

H C

O

I D

3a

a

Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là: 1 2

x− = =y z−

(0,5d)

ĐK : 2 x 5

x N

≤ ≤



 ∈



C +C − +C − +C − =C +− ⇔C + +C +− =C +− ⇔C + =C +− 0,25

0,25

X

(1d)

Đặt t = x + y ; t > 2 Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y)2 ta có 2

4

t

1

t t xy t P

xy t

=

− + Do 3t - 2 > 0 và

2

4

t xy

− ≥ − nên ta có 2

3 2

2 2

4

2 1

4

t t

P

t

−

− −

−

− +

0,25

Xét hàm số

2

4

−

− − f’(t) = 0 ⇔ t = 0 v t = 4

t 2 4 +∞ f’(t) - 0 +

f(t)

8

0,25

Do đó min P = (2;min ( )+∞) f t = f(4) = 8 đạt được khi 4 2

0,25