Đề thi thử THPT môn Toán 2015 số 32

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B cóhoành độ nhỏ hơn 3.. Tìm tọa độ đỉnh D, biết hoành độ của D dương.

SỞ GD & ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG THPT GIA BÌNH SỐ 1 MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 ( ID: 82450 ) (2 điểm) Cho hàm số yx33x22

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ym(x2)2 cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt

A(2;-2), B, D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D với đồ thị (C) đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 2 ( ID: 82451 ) (1 điểm) Giải phương trình: 2    

2 1 sin



 



x

Câu 3 ( ID: 82452 ) ( 1 điểm) Giải phương trình

8log x  9 3 2log (x3) 10 log ( x3)

Câu 4 ( ID: 82453 )( 1 điểm) Tính tổng 0 1 2 2014

2014 2 2014 3 2014 2015 2014

SC  C  C   C

Câu 5 ( ID: 82454 ) (1 điểm) Tính giới hạn sau lim log (1 sin 3 )

cos2x



Câu 6 ( ID: 82455 ) (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có

0

ACa BC a ACB và đường thẳng 'A C tạo với mặt phẳng ABB A góc ' ' 0

30 Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng A B CC' , ' theo a

Câu 7 ( ID: 82456 )(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I 3;3 và 2

AC BD Điểm 2;4

3

M 

 

  thuộc đường thẳng AB, điểm

13 3;

3

N 

 

  thuộc đường thẳng CD Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B cóhoành độ nhỏ hơn 3

Câu 8 ( ID: 82457 ) (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A

và D có AB = AD < CD, điểm B(1;2), đường thẳng BD có phương trình y = 2; Biết rằng đường thẳng d: 7x – y – 25 = 0 lần lượt cắt các đoạn AD và CD theo thứ tự tại M và N sao cho BM vuông góc với BC và BN là tia phân giác của góc ̂ Tìm tọa độ đỉnh D, biết hoành độ của D dương

Câu 9 ( ID: 82458 ) (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1 Chứng minh

rằng:

1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – MÔN TOÁN

1

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

 Tập xác định: D

 Sự biến thiên:

ￚ Chiều biến thiên: 2

y  x  x; y'  0 x 0 hoặc x2

0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0 và 2;; nghịch biến trên khoảng  0; 2

ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x2; yCT 2, đạt cực đại tại x0; yCĐ2

ￚ Giới hạn: lim ; lim

     

0.25

2.(1,0 điểm)

0.25

0.25

0.25

0.25

2

(1,0 điểm)

ĐK:

4

x   k

PT  (1 sin )(1 sin )(cos  x  x x  1) 2(1 sin )(sin  x x cos )x 0.25

x





0.25

x





0.25

2 2 2

   







 



( Thoả mãn điều kiện)

0.25

3

(1 điểm)

0,25

0,25

0,25

0,25

4

(1,0 điểm)

f x x x x C C x C x  C x

C20140 x C 12014x2C20142 x3 C20142014x2015.

0.25

f  x C  C x C x   C x

0.25

f  x  x  x x x  x

 f/(1)  2016.22013 ( )b

0.25

Câu 5

2

ln(

ln( os2x)

.3 sin 3

ln(1 os2x-1) cos2x-1 ln(1 os2x-1) 2sin

1

1 sin 3 ) lim log (1 sin 3 ) lim

cos2x

1 sin 3 ) 1 sin 3 )

I

c

x

x





 



1

Câu 6 (1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Trong (ABC), kẻ CH AB HAB, suy ra

 ' '

CH  ABB A nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’) Do đó:

A C ABB A  A C A H CA H 

0.25

.s in120

ABC

a

7

ABC

CH

AB



s in30 7

0.25

7

a

AA  A C AC 

Suy ra:

3 105 '

14

ABC

a

0.25

Do CC'/ /AA'CC'/ /ABB A' ' Suy ra:

7

a

d A B CC d CC ABB A d C ABB A CH 

0.25

Câu 7

(1 điểm)

Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là 5

' 3;

3

N  

 

  Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình:

x y 

,

0.25

Do AC2BD nên IA2IB Đặt IB x 0, ta có phương trình

2

x  x     

0.25

Đặt B x y Do  , IB 2 và BAB nên tọa độ B là nghiệm của hệ:

  2 2 2

14

4 3

5

x

x

y

x y

 





0.25

Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn 14 8;

5 5

B 

Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x y 180

0.25

Câu 8

(1 điểm)

A B

M

H

D N E C

Ta có tứ giác MBCD nội tiếp suy ra ̂ ̂ = 450, nên tam giác BCM vuông cân tại B hay BN là trung trực của MC, hay ̂ = ̂

0.25

Hạ BH vuông góc với d, H thuộc d và BE vuông góc với DC, E thuộc DC Khi đó hai tam giá BHM = BEC suy ra BE = BH = d(B, d) = 2√

Ta lại có ABED là hình vuông nên BD = 4

0.25

D(x;2) thuộc đường BD: y = 2, ta có phương trình BD2 = 16 (x – 1)2

= 16 5

3

x x





   



0.25

Câu 9

(1 điểm) Ta có VT =

0.25

= 1 1 1

(b )(2b ) (c )(2c ) (a )(2a )

Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt a y,b z,c x

   với x, y, z > 0

(y 2 )(z z 2 )y (z 2 )(x x 2 )z (x 2 )(y y 2 )x

=

2

y z z y yz y  z  yz yz  yz y z

Suy ra

2 2

2

0.25

Tương tự có

2 2

2

2 2

2

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT

2

9

0.25

Lại có

= 1(( 2 2) ( 2 2) ( 2 2))( 21 2 21 2 21 2) 3 1.9 3 3

(BĐT Netbit)

Suy ra VT 2 3 1

9 2 3

0.25