Tìm tọa độ điểm M1 thuộc d và cùng với hai điểm cực trị của đồ thị C tạo thành một tam giác vuông tại M.. Hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng ABCD là trung điểm của cạnh AB.. Tí
Trang 1ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015
Môn: TOÁN.
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1* (2,0 điểm) Cho hàm số y=2x3- 3x2+ 1( )1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
b) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng :d y=2x + với đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M1 thuộc d và cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành một tam giác vuông tại M
Câu 2* (1,0 điểm)
a) Cho góc a thỏa mãn
2
p < < và a p sin 12
13
α = Tính os
4
A =c æççça- pö÷÷÷÷
çè ø
b) Cho số phức z thỏa mãn (1+i z) =(z+2)i Tính môđun của số phức z
Câu 3* (0,5 điểm) Giải phương trình log (2 x- 1) log (3+ 2 x- 4) 1 0- =
Câu 4 (1,0 điểm) Giải bất phương trình
(x+2)(x- 2 2x+ -5) 9 (£ x+2)(3 x + -5 x - 12)+ 5x +7
Câu 5* (1,0 điểm) Tính tích phân
1
2 0
(x+3 )e e dx x x
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ,
AB = BC = a AD = a Hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng ( ABCD là trung)
điểm của cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD biết ) SD =a 13
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có
2
AC = AB Điểm (2; 2)M - là trung điểm của cạnh BC Gọi E là điểm thuộc cạnh AC sao cho
3
EC = EA, điểm 4 8;
5 5
K æççç ö÷÷÷
÷
çè ø là giao điểm của AM và BE Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC , biết điểm E nằm trên đường thẳng : d x+2y- 6= 0
Câu 8* (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (2; 1;2), (0;0;2) A - B và
:
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc
với d và phương trình mặt cầu có tâm B, tiếp xúc với (P)
Câu 9* (0,5 điểm) Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, lớp 12A Có 2 học sinh đạt giải môn Toán
đều là học sinh nam và 4 học sinh đạt giải môn Vật lí trong đó có 2 học sinh nam và 2 học sinh nữ Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong các học sinh đạt giải đó đi dự lễ tổng kết năm học của tỉnh Tính xác suất để 4 học sinh được chọn có 2 nam và 2 nữ, đồng thời còn có cả học sinh đạt giải môn Toán
và học sinh đạt giải môn Vật lí
Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương , , x y z thỏa mãn 5(x2+y2+z2)=9(xy+2yz zx+ ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 1 3
x P
Hết
-(Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 2SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT THUẬN
THÀNH 2
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN Đề số 1
1
(2,0 điểm)
a) (1,0 điểm)
+Tập xác định: D R=
+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: ' 6 2 6 , ' 0 0
1
=
y x x y
x
Các khoảng đồng biến: (−∞;0) và (1;+∞); khoảng nghịch biến: (0;1)
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x= 0,yCĐ = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x=1,yCT = 0
Giới hạn: lim ; lim
→−∞ = −∞ →+∞ = +∞
Bảng biến thiên :
x −∞ 0 1 +∞
y’ + 0 - 0 +
y 1 +∞
−∞ 0
+ Vẽ đồ thị:
0,25 0,25
0,25
0,25
b) (1,0 điểm)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của :d y=2x+1 và đồ thị (C) là:
2x −3x + =1 2x+ ⇔1 2x −3x −2x=0 (*) Giải phương trình (*) ta được ba nghiệm phân biệt 1 0, 2 2, 3 1
2
x = x = x = −
Vậy d cắt (C) tại ba điểm phân biệt (0;1), (2;5), 1;0
2
−
M ∈d y= x+ ⇒ M t t+ , tọa độ các điểm cực trị của (C) là (0;1), (1;0) D T
M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành tam giác vuông tại M
DM TM
⇔ uuuur uuuur= , mặt khác ta có DMuuuur =( ;2 ),t t TMuuuur= −(t 1;2t+1)
2
5
t = −
t = ⇒0 M(0;1)≡D (loại); 1 1 3
;
t = − ⇒M−
0,25
0,25
0,25
0,25
2
(1,0 điểm)
a) (0,5 điểm)
A c= α −π = c α + α
c α = − α = − = ⇔c α = ± ⇒c α = − doπ < <α π
26
A =
0,25
0,25
Trang 3b) (0,5 điểm) cho số phức z thỏa mãn (1+i z) =(z+2)i (*) Tính môđun của số phức z
Đặt z a bi a b= + ,( , ∈¡ ); khi đó z a bi= − Do đó
(*)Û (1+i a bi)( + )=(a bi- +2)i Û (a b- ) (+ a b i+ ) = +b (a+2)i
z
0,25
0,25 3
(0,5 điểm) Giải phương trình 2 2
log (x- 1)+log (3x- 4) 1 0 (1)- = . Điều kiện xác định: 4
3
x> (*) Với điều kiện (*), ta có
2
(1)⇔ log (x−1)(3x−4) 1= ⇔ log (3x −7x+4) log 2=
2
⇔ − + = ⇔ = (do điều kiện (*))
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
0,25
0,25 4
(1,0 điểm)
Giải bất phương trình
(x+2)(x- 2 2x+5) 9 (- £ x+2)(3 x + -5 x - 12)+ 5x +7 (1) Điều kiện xác định: 5
2
x≥ − Khi đó ta có
3
(1)⇔x +3x +14x+15 2(− x+2) 2x+ −5 3(x+2) x + −5 5x + ≤7 0
3
2
2
2 2
2
Ta có với
2
2 2
2
5
2
9
2 2
2
2
x + x+ > ∀ ≥ −x
Do đó (*)⇔ − ≤ ⇔ ≤x 2 0 x 2, kết hợp với điều kiện 5
2
x≥ − ta suy ra bất
phương trình đã cho có nghiệm là 5 2
− ≤ ≤
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 4(1,0 điểm) Ta có
1
2 0
( 3 )x x
I =ò x+ e e dx 1 2 1 3
3
xe dx e dx
Đặt
1 3 0
J = ∫e dx và
1 2 0
x
K = ∫xe dx; ta có
0 0
J = ∫e dx e= =e −
1 2 0
x
K = ∫xe dx Đặt 2 1 2
2
du dx
u x
dv e dx v e
=
=
0 0
K = xe − ∫e dx
1
0
x
I =e + e −
0,25 0,25
0,25 0,25
6
(1,0 điểm)
S Ta có HD = AD2+HA2 = 9a2+a2 =a 10 ⇒SH = SD2−HD2 = 13a2−10a2 =a 3
Diện tích của hình thang vuông ABCD là
1 1 2
ABCD
S = AD BC AB+ = a a a+ = a
3
.
a
. . . . 1 . .
6
S ACD S ABCD S ABC S ABCD
4 3 3 3 3 3 3
Ta có ∆HBC vuông cân tại B, HB a=
⇒HC =a 2 Do đó SC = SH2+HC2 =a 5 Kẻ CE ⊥AD tại E , khi đó ta
có ∆CED vuông cân tại E, CE =ED =2a⇒CD =2 2a
Xét ∆SCD có SC2+CD2= 5a2+8a2 =13a2 =SD2⇒ ∆SCD vuông tại C
2
SCD
S∆ = SC CD a= Vậy
3
2
( ;( ))
10 10
S ACD SCD
d A SCD
0,25
0,25
0,25
0,25 7
(1,0 điểm) Kẻ
MI ⊥AC tại I và BD⊥MI tại D Khi đó ta có tứ giác AIDB là hình vuông có M, E lần lượt là trung điểm của BC, AI Do đó ta có BE ⊥AM tại K
⇒ véc tơ pháp tuyến của BE là 6 18
;
KM = −
uuuur
hay nur=(1; 3)− ⇒phương trình BE x: −3y+ =4 0
Ta có E =BE ∩d x: +2y− = ⇒6 0 E(2;2)
AD ⊥BI , ME là đường trung bình của ∆AID
nên suy ra BI ⊥ME tại F(2 ; 0) là trung điểm của ME
⇒phương trình BI y: = 0; vậyB BE BI= ∩ ⇒ −B( 4;0)
⇒C(8; 4)− (vì M(2; -2) là trung điểm của BC)
Ta có BIuur=4FIuur⇒ tọa độ điểm I(4; 0)
⇒ tọa độ điểm A(0; 4 ) (vì I(4; 0) là trung điểm của AC)
0,25
0,25
0,25
0,25
B
A H
C
D E
C
M I
K
D
B A
E
I
C
M F
Trang 5(1,0 điểm) Véc tơ chỉ phương của d là ur= −( 2;2;1)
(P)⊥ ⇒d (P) nhận ur= −( 2;2;1)là véc tơ pháp tuyến
⇒Phương trình của (P) : 2(− x− +2) 2(y+ + − = ⇔ − +1) (z 2) 0 2x 2y z+ + =4 0
Gọi (S) là mặt cầu tâm B, có bán kính là R
Ta có (S) tiếp xúc với (P) nên ta có R d= (B;(P)) 2=
⇒ phương trình mặt cầu (S): 2 2 2
x +y + −z =
0,25 0,25 0,25 0,25 9
(0,5 điểm) Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cách chọn ra 3 học sinh trong các học sinh đạt giải của kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, do đó ta có 3
6
n Ω = =
Kí hiệu A là biến cố ‘‘4 học sinh được chọn có 2 nam và 2 nữ, đồng thời còn có cả
học sinh đạt giải môn Toán và học sinh đạt giải môn Vật lí’’
Vì chỉ có đúng 2 học sinh nữ đạt giải đều thuộc môn Vật lí, do đó phải chọn tiếp ra 2
học sinh nam lại phải có mặt ở hai môn khác nhau thì chỉ có thể là 2 học sinh nam
đạt giải môn Toán hoặc 1 học sinh nam đạt giải môn Toán và 1 học sinh nam đạt
giải môn Vật lí Vậy ta có 21 12
(A) 1
n
n
Ω
0,25
0,25
10
(1,0 điểm) Theo giả thiết ta có
5(x y z ) 9(xy 2yz zx) 5(x y z) 9(xy 2yz zx) 10(xy yz zx)
⇔ 5(x y z+ + )2 =19 (x y z+ ) 28+ yz≤19 (x y z+ ) 7(+ y z+ )2
19
Mặt khác ta có ( + )2≤2( 2+ 2)⇔ 2+ 2 ≥ 1( + )2
2
Vì vậy ≤ ++ −( + + + )3 = + − + 3
2
2
y z P
y z y z
y z
Vậy minP =16; dấu bằng đạt tại
1
3 1
6
y z
y z
y z
0,25
0,25
0,25
0,25