đề toán thi thử THPT QG năm 2015 đề số 176

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Tính thể tích khối chóp 0.. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC.. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi rồi cộng các số trên viên bi lại vớ

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 4

TỔ TOÁN - TIN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 2

MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút )

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số 2 2  

x

x





a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số

b Tìm m để đường thẳng d y :  2 mx  m  1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu thức P  OA2  OB2 đạt giá trị nhỏ nhất ( với O là gốc tọa độ)

Câu 2 (1 điểm)

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

b Tính môđun của số phức 2

(1 2 )(2 )

Câu 3 (0.5 điểm) Giải phương trình log (2 x  3) log (  2 x  1)  3

Câu 4 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình

3

x y











Câu 5 (1.0 điểm) Tính tích phân

5

1

1

x x





Câu 6 (1.0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáyABCD là hình thoi cạnh a Góc

60

BAC  ,hình chiếu của Strên mặt  ABCD  trùng với trọng tâm của tam giác  ABC Mặt phẳng  SAC hợp với mặt phẳng   ABCD góc  60 Tính thể tích khối chóp 0 .

S ABCD và khoảng cách từ Bđến mặt phẳng  SCD theo  a

Câu 7 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D,

D(2; 2) và CD = 2AB Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC Điểm 22 14 ;

5 5

M    

là trung điểm của HC Xác định các tọa độ các điểm A, B, C của hình thang biết B thuộc đường thẳng  : x  2 y  4  0

Câu 8 (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho (P) : x 2y 2z 3 0     , đường thẳng

1

d :

 Tìm M  d , N1  d2 sao cho MN song song với (P) và khoảng cách từ MN đến   P bằng 2

Câu 9 (0.5 điểm) Một hộp đựng 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11 Lấy ngẫu nhiên 4

viên bi rồi cộng các số trên viên bi lại với nhau Tính xác suất để kết quả thu được là một

số lẻ

Câu 10 (1.0 điểm) Cho , , a b c là ba số thực dương Chứng minh rằng:

Câu/

Thang điểm 1a

*TXĐ: \ 1

2



*SBT:

2

x





5 (1; 3); ( 3;1)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1

; 2

 

và 1;

2

Tính giới hạn và tiệm cận

0.25

*Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị 0.25

b

PT hoành độ giao điểm: 2 2 1

x

x





2

4 mx 4 mx m 1 0

     , (1); Đặt g x    4 mx2 4 mx  m  1

0,25

* (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2



0

1 0 2

m

g









  



0,25

*Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x x1, 2 thì x x1, 2 là các nghiệm của PT (1)

1 2

1 1

4

m

x x

m









Có: OA2+OB2 = x12 2mx1m 12  x22  2m x2  m12

=  2  2 2     2

4m 1 x  x  4m m 1 x  x 2 m 1

=  2  1    2

2

m

m



0,25

= 5 2 1

2  m  2m

2

   (Áp dụng BĐT cô si vì m dương) 0,25

Dấu bằng xảy ra  1

2

m  ( thỏa mãn); KL: 1

2

m  là giá trị cần tìm 2.a cos 2xcosxsinx10

cos 2 0

1 sin

x

x 







   

  



0,25

+) Với cos 2 0  

4 2

k

     

+) Với

2 1

2

x k















2.b

2

(1 2 )(2 ) (1 2 )(4 4 )

(1 2 )(3 4 ) 3 4 6 8 11 2

      

Vậy z11 2 i z  11222 5 5 0,25

3

log ( x  3) log (  x  1)  3 (1)

ĐKXĐ: x > 3 (*)

Với ĐK (*) (1)  log (2 x  3)( x  1)   3

 (x3)(x1)23

0,25

 1

5

x

x

 





 đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của (1) x = 5 0,25

4

ĐKXĐ:



Nhận xét x1,y1 không là nghiệm của hệ Xét y 1 thì pt (1) của hệ (I)

( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) 0

x x y  y  y x y 

2

 

     

 

0,25

, 0 1

x

y

 Khi đó, pt (1) trở thành

t t    t t t t  t   t

0,25

Với t = 1, thì 1 1

1

x

y x

y     , thế vào pt(2), ta được

2 2

3

2 2

3

1

x x

             

 

      

 

2

Với 1 5 3 5

x  y 

Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm  ;  1 5 3; 5

x y     

0,25

5

Đặt

2

1

3 1, 0

3

t

3

dx tdt

  Đổi cận: x  1 t 2;x  5 t 4

0,25

4

2 2

1 2

1

t







4

2

1 1

1 1

 

2

ln 1 ln 1

2 ln 3 ln 5

6

O

S

A

D

C B

H E

* Gọi OACBDTa có :  0

OBAC SOACSOB Xét tam giác SO H vuông tại H : tan 600 tan 600 3 3

HO

0,25

Ta có : tam giác ABC đều :

2

3 2

2

ABCD ABC

a

Vậy

V  SH S   (đvtt)

0,25

* Tính khỏang cách

Trong ( SBD ) kẻ OE SH  khi đó ta có : OC OD OE đôi một vuông góc Và : ; ;

Áp dụng công thức : 2 1 12 12 12

( , )

d O SCD OC OD OE

3 112

a d

 

Mà  ,  2  ,  6

112

a

d B SCD  d O SCD 

0,25

7

Gọi E là trung điểm DH ta thấy ABME là hình bình hành nên ME AD, nên E là

trực tâm tam giác ADM AE MD mà AEBM nên DM DM

0.25

Từ đó suy ra phương trình BM: 3xy16

Tọa độ B là nghiệm của hệ  2 4 (4; 4)

3 16

x y

   

0.25

Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có 1 2 (10 10; )

AB IB

 

Phương trình đường thẳng AC x: 2y10

Phương trình đường thẳng DH: 2xy2 suy ra tọa độ (14 18; )

5 5

H suy ra tọa độ C(6; 2)

0.25

C

D

I H

M

Từ CI2IAA(2;4)

0.25

8

Ta có 1

x 3 2t

d : y 4 3t

z 2 2t

 





  



  



, 2

x 3 6u

d : y 6 4u

z 5u

 





 



  



Suy ra M 3 2t; 4 3t; 2 2t     

N 3 6u; 6 4u; 5u

0.25

Ta có MN 6u 2t;10 4u 3t; 2 5u  2t



, Vectơ pháp tuyến của (P)

p

n  1; 2; 2



p

MN.n 0   t u 2 0

    12t 18

d MN, (P) d M, (P)

3



  Theo gia thiết suy ra 12t 18 6      t 1 t 2

0.25

Khi t  1 u  tương ứng ta có 1 M 1; 1;0  , N3; 2;5

Khi t  2 u0 tương ứng ta có M1; 2; 2 , N 3; 6;0   0.25

9

Gọi  là tập hợp các cách lấy ra 4 viên bi từ 11 viên bi ban đầu, ta có

11

Số các viên bi đánh số lẻ là 6, số các viên bi đánh số chẵn là 5

Gọi A là biến cố lấy ra 4 viên bi có tổng là một số lẻ

TH1 Trong 4 viên lấy ra có 1 viên bi lẻ, 3 viên bi chẵn Suy ra TH1 có

1 3

6 5

C C 6.1060 cách

TH2 Trong 4 viên lấy ra có 3 viên bi lẻ, 1 viên bi chẵn, Suy ra TH2 có

3 1

6 5

C C 20.5 100 cách

0.25

Vậy   1 3 3 1

n A C C C C 160 Suy ra    

 

n A 160 16

P A

n 330 33

10

Ta có

VT

        

2 2 2 1 2 2 2

0.25

Mặt khác: a2 1 2; b2 1 2; c2 1 2

b ab c b c a c a

Cộng theo vế các BĐT trên ta được: a2 b2 c2 1 1 1

b c  a abc

0.25

Suy ra:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

VT

             

       

1 4 4 4 1 1 1

4 a b b c c a a b b c c a VP

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: abc1

0.5

Thí sinh làm cách khác, đảm vảo tính chặt chẽ và chính xác vẫn được điểm tối đa