Cạnh bên SA vuông góc với đáy.. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC theo a, biết M là điểm trên đoạn BC sao cho MC=2MB.. Trong mặt phẳng với hệ tọa
Trang 1SỞ GDĐT HÀ TĨNH
THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN
TỔ TOÁN
ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn TOÁN (Lần 2)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x= −3 6x2+9x−1 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
2 x − x + 2 x m − =
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: sin 3x+ 3 cos3x−2sinx=0
b) Giải phương trình:
1 1
3
x x
+
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân 1( ) ( 2 )
0
I =∫ −x +e dx
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z, biết: z ( 1 2 − i ) + = − z 10 4 i
b) Cho số nguyên dương n thoả mãn: 2 Cn1− Cn2 + = n 0 Tìm số hạng chứa x5 trong khai triển
x
x
−
, với ( x ≠ 0 )
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy là tam giác vuông tại B, BC = 3 a, AC a= 10 Cạnh bên SA vuông góc với đáy Góc giữa mặt phẳng ( SBC ) và mặt phẳng ( ABC bằng ) 600
Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC theo a, biết M
là điểm trên đoạn BC sao cho MC=2MB
Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Viết phương trình các cạnh của hình vuông
ABCD , biết rằng các đường thẳng AB , CD , BC và AD lần lượt đi qua các điểm M( )2;4 ,
(2; 4)
N − , P( )2;2 , Q(3; 7− ) .
Câu 7 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( )S :
( ) (2 ) (2 )2
x− + y− + +z = và mặt phẳng ( )P x: +2y z− − =11 0 Chứng minh rằng mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( ) S Tìm toạ độ tâm H của đường tròn giao tuyến của ( ) P và ( ) S .
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a b c , , thoả mãn a2 + + − b2 c2 3 b ≤ 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: ( ) (2 ) (2 )2
P
_ Hết _
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Trang 2SỞ GDĐT HÀ TĨNH
THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN
TỔ TOÁN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn TOÁN (Lần 2)
Đáp án gồm 04 trang
1
(2,0đ)
a) (1 điểm)
• Tập xác định: D=¡
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: Ta có: y' 3= x2−12x+9; y' 0= ⇔ x=1 hoặc x=3
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;1) và (3;+∞), nghịch biến trên khoảng ( )1;3
- Cực trị: Hàm đạt cực đại tại x=1, y CD =3 Hàm đạt cực tiểu tại x=3, y CT = −1
- Giới hạn: limx→−∞y= −∞, lim
x y
0.25
- Bảng biến thiên:
'
y
−∞
3
1
−
+∞
`
0.25
• Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số đi qua điểm A( )4;3 và cắt trục tung tại điểm B(0; 1− ).
0.25
b) (1 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với phương trình: x3−6x2+9x− =1 2m−1 (1) 0.25
Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đường thẳng y=2m−1 với đồ thị (C) 0.25 Dựa vào đồ thị, để phương trình có nghiệm duy nhất thì : 2m− >1 3 hoặc 2m− < −1 1 0.25 Hay m>2 hoặc m<0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m>2 hoặc m<0 0.25
2
(1,0đ) a sin 3x+ 3cos3x 2sin− x=0 1sin 3 3cos3x sin
3
Suy ra phương trình có các nghiệm:
6
x= − +π kπ
;
x= +π kπ
b Phương trình tương đương: 1
3
x
x
+ − = Đặt 3 ,(x 0)
t = t > phương trình trở thành:
2 4 3 0
t − + =t Phương trình này có các nghiệm: t =1 và t =3
0.25
x
Trang 3I =∫ −x +e dx =∫ −x dx+∫ −x e dx 0.25
2 1
0
I =∫ −x dx=∫ − x dx= x x− = 0.25
Tính 1( ) 2
2 0
I =∫ −x e dx Đặt 2
2 1
2
x x
du dx
e
dv e dx v
= −
= −
⇒
2
0
0
0.25
Vậy
1 2
1
I = + = +I I − = +
4
(1,0đ) a Gọi z a bi= + , ( ,a b∈¡ ) Từ giả thiết ta có: (a bi+ ) (1 2− i) + − = −a bi 10 4i 0.25
2 a b 2ai 10 4i
3 2
b a
⇔ = ⇔ = Vậy phần thực là 2, phần ảo là 3. 0.25
b Tìm n thoả mãn: 2C n1−C n2+ =n 0 (*) Điều kiện: n≥2,n∈¢
−
0.25
Ta có:
7 7
7 0
2
.( 2)
k k k k
x
−
=
x ứng với 21 4− k = ⇔ =5 k 4 Vậy số hạng chứa x5 là 4 ( )4 5 5
5 7 2 560
T =C − x = x
0.25
5
(1,0đ)
Vì BC ⊥SA và BC⊥ AB nên BC ⊥SB Vậy góc giữa mp( SBC ) và mp(ABC) là
60
AB= AC −BC =a Diện tích ∆ABC là
2
ABC
a
S = AB BC =
0.25
0 tan 60 3
SA AB= =a Thể tích khối chóp
.
S ABC ABC
Kẻ MN song song AC cắt AB tại N, ⇒ ACP(SMN) Vậy d SM AC( , ) =d A SMN( ,( ) )
Gọi I là hình chiếu của điểm A lên MN, H là hình chiếu của A lên SI , ⇒MI ⊥(SAI),
MI AH
⇒ ⊥ Mặt khác AH ⊥SI nên AH ⊥(SMI) Vậy d A SMN( ,( ))= AH
0.25
AIN
10
AN MB a AI
MN
⇒ = = Xét ∆SAI vuông tại A và có AH là
17
AI SA a AH
SI
17
a
0.25
6
(1,0đ) Gọi n a br( ); là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB Vì AB đi qua điểm M( )2;4 nên phương
trình tổng quát của AB là: ax by+ −2a−4b=0 Đường BC đi qua P( )2;2 và vuông góc với
0.25
Trang 4AB nên có phương trình BC là :− +bx ay−2a+2b=0.
ABCD là hình vuông nên d N AB( , ) =d Q BC( , ) hay
2a 4b 2a 4b 3b 7a 2a 2b
a b
= −
TH1: Chọn a= ⇒ = −1, b 1
Phương trình AB: x y− + =2 0,phương trình BC:
4 0
x y+ − =
Đường CD đi qua N(2; 4− ) và song song với AB nên phương trình CD là: x y− − =6 0
Đường AD đi qua Q(3; 7− ) và song song với BC ⇒AD
có phương trình: x y+ + =4 0
0.25
TH2: Chọn a= ⇒ =7 b 9
Phương trình AB là: 7x+9y−50 0= , phương trình BC:
9x 7y 4 0
Từ đó phương trình CD là: 7x+9y+22 0= , phương
trình AD là:− +9x 7y+76 0=
0.25
7
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( ) P là: ( ( ) ) ( )
( )2
2 2
6
d I P + − − − −
Vì d I P( ,( ) ) <R nên mặt phẳng ( ) P cắt mặt cầu ( )S
0.25
Gọi ( )C là đường tròn giao tuyến của mp( ) P và mc( )S thì H là hình chiếu vuông góc của I
lên mp( ) P Ta có phương trình đường thẳng IH là:
1
1 2 2
x t
= +
= +
= − −
,⇒ H(1+t;1 2 ; 2+ t − −t) 0.25
Mặt khác H ∈ ( ) P nên ta có: 1+ +t 2 1 2( + t) (− − − − =2 t) 11 0 hay t =1 Vậy H(2;3; 3− ) 0.25
8
7x 12x y 6xy y 2x 2y 0
x
x −x y− x + y− x + =y− x− + x + > ∀x y
( )2 ⇔ − =x y 0 hay x= y
0.25
⇒ Hệ tương đương: 2 2
y x
=
y x
x x
=
y x x x
=
⇔ =
=
0.25
Vậy hệ có 2 nghiệm ( ) ( )x y; = 2;2 hoặc ( ) ( )x y; = 3;3 0.25
9
a + + −b c a− b− c+ = a− + −b + −c ≥ , theo giả thiết thì
3
a + + ≤b c b Suy ra 3b−2a−4b−2c+ ≥6 0 hay 2a b+ +2c+ ≤10 16 0.25 Với hai số x y, >0 thì
( )2
x + y ≥ x y
+ Áp dụng nhận xét trên ta có:
0.25
Trang 5( ) (2 )2 2
2 2
a
3
c
+
2
8
P
Theo giả thiết và chứng minh trên thì 0 2< a b+ +2c+ ≤10 16,⇒ ≥P 1
0.25
Khi a=1,b=2, c=1 thì P=1 Vậy Pmin =1 0.25