Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số khi m 0.. Giải phương trình: sin3xcos3xsinxcosx.. Gọi H là điểm nằm trên AB sao cho 0 AB 3AH và mặt phẳng DHC vuông góc với mặt phẳn
Trang 1Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP.HCM
Trường THPT Thành Nhân
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA- 2015
Môn: TOÁN – Thời gian: 180’ (Ngày 17/05/2015)
-o0o -
Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y f x( )x33(m1)x3 (1)
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m 0
b Tìm m để đường thẳng ( ) :d y 3x 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại một điểm duy nhất
Câu 2: (1 điểm)
a Giải phương trình: sin3xcos3xsinxcosx
b Tính môđun của số phức z , biết số phức z thỏa: z2(i z z ) 3i 1
Câu 3: (0.5 điểm) Giải phương trình: 3 2
log x 1 log x x 1 2log x0
Câu 4: (1 điểm) Giải hệ phương trình:
, ( , )
1 3 2
x y y
xy xy
Câu 5: (1 điểm) Tính:
0 2
1
ln(1 ) 1
x
Câu 6: (1 điểm ) Cho tứ diệnABCD có ABC là tam giác đều cạnh 3a và cạnh CD tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60 Gọi H là điểm nằm trên AB sao cho 0 AB 3AH và mặt phẳng (DHC) vuông góc
với mặt phẳng (ABC) Tính theo a thể tích tứ diện đã cho và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng
(MAB), biết M là trung điểm CD và mặt phẳng (ABD) vuông góc với mặt phẳng (ABC)
Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C(3; 3) và đỉnh
A thuộc đường thẳng ( ) :d x 2y 2 0 Gọi E là điểm thuộc cạnh BC, điểm F giao điểm của đường
thẳng AE và CD, 87; 7
19 19
I
là giao điểm của đường thẳng ED và BF Tìm tọa độ các điểm , B D
biết điểm 4; 0
3
M
thuộc đường thẳng AF
Câu 8: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 3; 1) ; B(4; 1;2) và mặt
phẳng ( ) : 5P x10y2z120 Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB Tìm
tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng( )P sao cho M cách đều ba điểm , , A B O ( O gốc tọa độ)
Câu 9: (0.5 điểm) Cho tập X0;1; 2;3; 4;5;6;7, gọi S là tập hợp các số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác
nhau được lập từ tập X Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên trong tập S Tính xác suất để số được chọn
có mặt chữ số 6
Câu 10: (1 điểm)
Cho a b c d, , , là các số thực thỏa mãn a2b21 và c d 3 Chứng minh rằng: 9 6 2
4
ac bd cd . -Hết -
(Trình bày rõ ràng, tính toán cẩn thận Không sử dụng bút chì, bút xóa)
Lưu ý: Học 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 2ĐÁP ÁN
1
(2 điểm)
1.a (1đ)
0.25
Tập xác định: D
Giới hạn: lim ; lim
Sự biến thiên:
Ta có: 2
'3 3,
y
x
1 0
1 Hàm số: Nghịch biến trên ( ; )1 1 , đồng biến ( ; 1 1);( ;)
Đạt cực đại tại điểm x 1;y CD 5 Đạt cực tiểu tại điểm x1;y CT 1
0.25
Bảng biến thiên:
0.25
Đồ thị:
0.25
1.b (1.0đ)
Đồ thị hàm số (1) cắt ( ) :d y 3x 1 tại một điểm duy nhất nên:
Pthđgđ: 3
3( 2) 2 0 (*)
x m x có duy nhất một nghiệm 0.25
Ta có: 2 2
3( 2)
x
(vì x0 không là nghiệm của phương trình) Khi đó xét hai đồ thị: 2 2
( )
x
và y 3(m 2)
0.25
Ta có: y g x ( ) 2x 22
x , cho g x ( ) 0 x 1 g(1) 3 Bảng biến thiên:
0.25
6
5
4
3
2
1
1
f x ( ) = x3 3∙x + 3
'
y
y
x
1
5
1
0
( )
g x ( )
g x
x
3
Trang 3Dựa vào BBT ta có: m 1 thỏa ycbt 0.25
2
(1 điểm)
2.a (0.5đ)
Giải phương trình: 3 3
sin xcos xsinxcosx (*)
(*)sinxcos x 1 sin cos x 1 x 0
4
x
hoặc sin 2x0 0.25
Vậy nghiệm phương trình:
k
2.b (0.5đ)
Tính z , biết số phức z thỏa: z2(i z z ) 3i 1.
( , ; 1)
z a bi a b i thỏa ycbt Ta có:
z i z z i a b a b a b
2 2
11 1
2(a b ) a 2 b 1 0 10
2a 3 0
5
a a
b b
b
0.25
Vậy môđun của số phức: z 2 hoặc 185
10
3
(0.5 điểm) Giải phương trình: 3 2
log x 1 log x x 1 2log x0 (*) Đk: x0
(*)log (x1)(x x 1)log (x x 1) 2log x0 log (2 x 1) log2x2
0.25
Vậy nghiệm phương trình 1 5
2
0.25
4
(1 điểm)
Giải hệ pt:
, ( , )
1 3 2
x y y
xy xy
.
Đk:
1
2 3
1
0 3
y
và y 1y2 y y 0 VT(1) 0 x 0 0.25
Trang 4Dễ thấy y0 không là nghiệm của (1) nên chia 2 vế của (1) cho y : 2
2
2
(1) x x 1 x 1 f x( ) f
Xét hàm số : 2
f t t t t t ta có :
2 2
2
1
t
t
0.25
1 3 2
y
xy xy
2 1
1 3y 2 y 3 2 1 1 1 3y 2 y 1
xy
2
1
4 3 1 0
y
y
y y
0.25
Thay (3) vào (2) ta được: 2 1
4
Vậy nghiệm của hệ pt: (1;1)
0.25
5
0 2
1
ln(1 ) 1
x
x
Tính
0 1 1 ( 1) ln(1 )
Đặt:
2
1 ln(1 )
1
(1 )
2
x x
dv x dx v x
0
0 2
1
1 1
x
x
0.25
Tính
0 2 1
ln(1 ) 1
x
x
Đặt ln(1 ) dt 1 x ; 1 ln 2
1
x
ln 2
ln 2
2
0 0
ln 2
I tdt t
0.25
Vậy 1 2 5 1 2
2ln 2 ln 2
4 2
Trang 56
( ) ( )
ABD ABC
ABD CDH DH
ABC
đều cạnh 3a
2
;
CN S
Vậy: . 1 . 9 3 7
V DH S (đvđd)
0.25
0.25
Ta có: CDMABMd D, MAB d C, MAB Dựng MK / /HC (K HC)MKABC
(MAB) H
CK d C, MAB 2d K, MAB Dựng KEAB; KIMEd K, MAB KI
0.25
Ta có: 12 12 1 2 KI 3a 777
KI KE MK 74 Vậy khoảng cách: 3a 777
d D, MAB
37
0.25
7
(1 điểm)
Đường thẳng (AF đi qua M và vuông góc ) CI(AF) : 3x5y 4 0 Điểm A(d)(AF)A2;2
Gọi O là tâm hình vuông O là trung điểm 1 1
;
2 2
ACO
0.25
Đường thẳng (BD x y) : 1 0 B b b( ; 1)
( 2; 3) ( 3; 2)
AB b b
CB b b
3 0
2
b
AB CB AB CB
b
0.25
Vậy tọa độ (3;2)B và ( 2; 3)D 0.25
8
(1 điểm) Ta có: AB(2;2;3) là vtpt của ( ) và trung điểm 1
3; 2;
2
I
của AB 0.25
Phương trình mặt phẳng ( ) : 4 x4y6z 7 0 0.25
1 2; ;1 2
J
là trung điểm OB phương trình mặt phẳng trung trực của
cạnh OB là ( ) :8 x2y4z21 0
0.25
O
I
F
B A
E M
E N K
M
C
D
H I
Trang 6-Hết -
Chú ý:
Học sinh giải bài khác với đáp án nhưng đúng thì vẫn chấm điểm tối đa câu đó
Đáp án đề thi thử lần 2 ngày 17/05/2015 gồm 5 trang
Vậy tọa độ điểm (P) ( ) ( ) 14; 3 ; 1
5 10 2
M M
9
7 3.6 6 750
Biến cố đối A : 3 2
6 2.5A5 320
Vậy xác suất (A) 1 (A) 1 320 43
750 75
10
(1 điểm)
Ta có: a2 b2 1 là một đường tròn (T)
1
tamO R
3
c d là một đường thẳng ( )
Do đó: ;( ) 3 2
2
Suy ra:
2
0.25
0.25
9 6 2 10 11 6 2 5
0.25
Gọi hai điểm bất kỳ lần lượt: C a b T
D c d
; ( )
; ( )
c d
2
Từ (2) và (3) ta được: VT a c 2 b d 2 CD2 AB2luôn đúng (đpcm).
0.25
3
2
1
1
2
A B
O C D
