đề toán thi thử THPT QG năm 2015 đề số 175

a Khảo sát và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ABC, SA4a, tam giác ABC đều cạnh bằng 2a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC.

TRƯỜNG THPT

NGUYỄN XUÂN NGUYÊN

-

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 4

NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: Toán, Khối 12

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số yx33x2 ( )2 C

a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho

b) Viết phương trình tiếp tuyến với ( )C tại giao điểm của ( ) C và đường thẳng ( ) : d y  x 3 Câu 2 (1,0 điểm) Giải các phương trình:

a) 3x33 x   6 0

b) 2log2x.log3x5log2x8log3x200

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân:

2 2

1

ln  ln( 2)



e

x

Câu 4 (1,0 điểm)

a) Tìm số phức z biết: z(2i z)  3 5i

b) Tìm GTLN và GTNN của hàm số yx35x27x5 trên đoạn 2; 2

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA4a, tam giác ABC đều cạnh bằng 2a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN)

Câu 6 (1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M3;5;1 , N 1;1;3 và điểm A trên đường

x y z

 sao cho AMN là tam giác cân tại A Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình mặt phẳng (P) chứa MN và cách A một khoảng lớn nhất

Câu 7 (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông MNPQ có K, I lần lượt là trung điểm của các cạnh MQ và QP Điểm H (0;1) là giao điểm của NK và MI, điểm P (4; 2) Tìm tọa độ đỉnh N

Câu 8 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình sau: sin 2xsin xcos x 1 2sin x cos x 3    0

b) Phân phối 60 thùng hàng giống hệt nhau cho 6 cửa hàng sao cho mỗi cửa hàng nhận được ít nhất một thùng hàng Tính xác suất để mỗi cửa hàng nhận được ít nhất 6 thùng hàng

Câu 9 (1,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình :  

3 2

,

x y









 b) Cho , ,a b c là ba số dương Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1

P

-Hết -

Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh

TRƯỜNG THPT

NGUYỄN XUÂN NGUYÊN

HDC THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015

Môn: Toán

1.a

(1 đ)

Khảo sát vẽ đồ thị (C) của hàm số yx33x2 2

* TXĐ: D  

* Sự biến thiên:

+ Giới hạn: lim lim ( 3 3 2 2) ;

        

lim lim ( 3 3 2 2)

        

+ Lập bảng biến thiên:

2







x

x

+ Chiều biến thiên:

Hàm số ĐB trên các khoảng (; 0) và (2; )

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2)

+ Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại x0x CD 2;

Hàm số đạt cực tiểu tại x2x CT  2

* Đồ thị:

0,25

0,25

0,25

0,25 1.b

(1đ)

Ta có phương trình hoành độ giao điểm:

( 1) '3 6 0  9

Phương trình tiếp tuyến có dạng: y f x'( 0)(xx0)y 0

Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M ( 1; 2)  là :

'( 1)( 1) 2

y f  x   y9(x1) 2  y9x7

Vậy phương trình tiếp tuyến là: y9x7

0,25 0,25

0,25 0,25 2.a

(0,5)

Giải phương trình: 3x 33 x  6 03x 27.3x 6 0

Đặt 3x t t( 0)3x 1

t Phương trình trở thành:

- 6 - 27 0

-3( )





   



t tm

t t

t l

Với t93x 32 x2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x2

0,25

0,25 2.b

(0,5)

Giải phương trình: 2log2 x.log3x5log2x8log3x200(1) ĐK: x0

2 3

(1) log (2 log 5) 4(2log 5) 0 (log 4)(2 log 5) 0

16

3

2 log 5 0

27





 







x x

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x16 hoặc 3

27



x

0,25

0,25

2

-3

ln( 2)

Tính

1

ln



e x

x Đặt ln  

dx

x Đổi cận: x  1 t 0;x  e t 1

1 0

|

e

x

1 ln( 2)

e

B x x dx Đặt

2

2 1











x du

v

1

e

Vậy

2

ln(e 2) ln 3

0,25

0,25

0,25

0,25 4.a

(0,5) Tìm số phức z biết: z(2i z)  3 5 (1)i Gọi zabiza bi 

Vậy z 2 3i

0,25

0,25 4.b

(0,5)

y f x x x x trên đoạn 2; 2

1( )

( ) 3

 





  



x l  f( 2)  7; ( 1)f   8; (2)f 37

Vậy

[ 2;2]

[ ( )] 37





Max f x tại x2 ;

[ 2;2]

[ ( )] 8



 

Min f x tại x 1 ;

0,25

0,25

5

(1đ) *) Ta có:

a 3

2 1

2

ABC  

2

S ABC ABC

3 4a 3 3

 *) Ta

có: .

.

1

4

B AMN

S ABC

V  BA BS BC 

3

B AMN S ABC

2

1

5a 2

0,25

0,25

0,25

Gọi H là trung điểm AN thì MH AN, 2 2 a 17

2

Diện tích tam giác AMN là

2

Vậy K/c từ B đến (AMN) là:

3

2

( ,( ))

17



AMN

V

d B AMN

S

A

B

N

C M

H

Câu Nội dung trình bày Điểm

6

(1đ)

Tọa độ trung điểm I của đoạn MN: I1; 3; 2 ,    4; 4; 2 

MN

Mặt phẳng trung trực (Q) của đoạn MN đi qua N, nhận 2; 2; 1 

(Q) có phương trình: 2x2y  z 6 0

AMN cân tại A  AM AN  A( )d (Q) A12; 5;8 

Gọi I (1;3; 2) , H lần lượt là hình chiếu của A lên MN và (P)

 AIH vuông tại H Khi đó; (A, ( ))  d P AH AI

Do đó, (P) đi qua I và có VTPT (11; 8; 6) (P) :11 8 6  1 0

Vậy A18; 8;11  và (P) :11x8y6z 1 0

0,5

0,5

7

(1 đ) Ta có PH PN PQ5 và  3

cos

5



HPN Gọi ( ; )

u a b là một VTCP của PN,  ( 4; 3)

suy ra: 

2 2

5 5



a b

2

0

7







 



a

a b

1









a

b

7 7









a

b

4 17

;

N Vậy N(4; 3)hoặc 4; 17

N

0,25

0,25

0,25

0,25 8.a

2

PT sin x cos x 1 sin x cosx 1 2sin x cos x 3 0

sin x cos x 1 sin x cos x 1 sin x cosx 1 2sin x cos x 3 0 sin x cos x 1 sin x 2 cos x 4 0

x k2 sin x cos x 1

,(k Z) sin x 2 cos x 4(VN) x k2

2







 Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x k2 , x k2 , (k Z)

2



0,25

0,25 8.b

(0,5) Giải hệ:

3 2





Đkxđ 3

4

x y







 



x  x y  y  x y x x y  y  

 

2 3

y x

Thế (3) vào (2) ta được

x   x  x x  x  x  x  x   x   x 

4

Từ đó p.trình trên tương đương với  2  1 0 2

1

x

x





 Với x2y0;x  1 y  3

Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là S   1; 3 ; 2;0    

0,25

9.a Phân 60 phần tử của tập hợp thùng hàng thành 6 phần có 5

59 ( )  5006386

Phân phối cho mỗi cửa hàng 5 thùng hết 30 thùng

Còn lại 30 thùng chia mỗi cửa hàng ít nhất một thùng được n(A)C295 118755

Xác suất cần tìm là: ( ) ( ) 585

( ) 24662



n A

P A

0,25

0,25 9.b

(0,5)

Ta có

a b c            

P

( )

t a  b c t 

4 2

4

2

t

t loai







Vậy giá trị lớn nhất của 1

4

P  khi

3

1 1

c

  







 



0,25

0,25 -Hết -

f’(t)

f(t)

0

1/4