đề thi thử THPT QG môn toán số 203.PDF

a Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị C của hàm số đó cho.. Gúc giữa mặt phẳng SCD và mặt phẳng ABCD bằng 450.. S MCD và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng SM và BD.. Tỡm phương trỡnh cỏc

Trường thpt lương thế vinh

Hμ nội

Năm học 2014 - 2015

đề thi thử thpt quốc gia năm 2015

Môn thi: Toán - Lần thứ 3 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

- Ngày 16.5.2015 -

Cõu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

1

x y x





 a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số đó cho

b) Tỡm cỏc giỏ trị của m để đường thẳng : d y   cắt đồ thị (x m C) tại hai điểm phõn biệt

Cõu 2 (1,0 điểm)

a) Cho gúc  thỏa món: 3

2



b) Cho số phức z thỏa món hệ thức: (i 3)z 2 i (2 i z)

i



    Tỡm mụđun của số phức w z i 

Cõu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trỡnh: log (2 x 2) log0,5x 1

Cõu 4 (1,0 điểm) Giải bất phương trỡnh: x x 2 x34x25x x33x2 4

Cõu 5 (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn: 2  

0

cos 2



Cõu 6 (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S ABCD cú đỏy là hỡnh thang vuụng tại A và B ; ABBC  a; 2

AD a; SA(ABCD) Gúc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 Gọi M là trung điểm AD Tớnh theo a thể tớch khối chúp S MCD và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng SM và BD

Cõu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC cú phương trỡnh đường phõn giỏc trong gúc A là : d x    Hỡnh chiếu vuụng gúc của tõm đường trũn nội tiếp tam giỏc ABC lờn y 3 0

đường thẳng AC là điểm (1;4) E Đường thẳng BC cú hệ số gúc õm và tạo với đường thẳng AC gúc

0

45 Đường thẳng AB tiếp xỳc với đường trũn  2 2

( ) :C x2 y  Tỡm phương trỡnh cỏc cạnh của tam 5

giỏc ABC

Cõu 8 (1,0 điểm). Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A1; 1;0  và đường thẳng

:

 Lập phương trỡnh mặt phẳng ( )P chứa A và d Tỡm tọa độ điểm B thuộc trục Ox

sao cho khoảng cỏch từ điểm B đến mặt phẳng ( ) P bằng 3

Cõu 9 (0,5 điểm). Trong đợt xột tuyển vào lớp 6A của một trường THCS năm 2015 cú 300 học sinh đăng

ký Biết rằng trong 300 học sinh đú cú 50 học sinh đạt yờu cầu vào lớp 6A Tuy nhiờn, để đảm bảo quyền lợi mọi học sinh là như nhau, nhà trường quyết định bốc thăm ngẫu nhiờn 30 học sinh từ 300 học sinh núi trờn Tỡm xỏc suất để trong số 30 học sinh chọn ở trờn cú đỳng 90% số học sinh đạt yờu cầu vào lớp 6A

Cõu 10 (1,0 điểm) Cho cỏc số thực , a b dương và thỏa món ab 1

Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 32

T

Trường thpt lương thế vinh

Hμ nội

Năm học 2014 – 2015

đáp án – thang điểm

đề thi thử thpt quốc gia năm 2015

Môn thi: Toán – Lần thứ 3

- Đỏp ỏn cú 06 trang -

Cõu Đỏp ỏn Điểm a) (1,0 điểm) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 1 x y x    . Tập xỏc định: D \{1} lim 3; lim 3 x y x y     suy ra tiệm cận ngang y3 1 1 lim ; lim x  y x  y       suy ra tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là đường thẳng x1 Đạo hàm:  2 1 ' 0 1

1 y x x       0,25 Hàm số luụn nghịch biến trờn khoảng ;1 và 1; Hàm số khụng cú cực trị 0,25 Bảng biến thiờn: x  1 

y' - -

y 3 

 3

0,25 Đồ thị: (Hs cú thể lấy điểm (2; 4); (0; 2) ) 0,25 b) (1,0 điểm) Tỡm cỏc giỏ trị của m để d y:   x m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phõn biệt. Phương trỡnh tương giao: 3 2 1 x x m x      (x1) 2 ( ) (2 ) 2 0 f x x m x m        (1) 0,25 ĐK: (1) cú 2 nghiệm phõn biệt khỏc 1 0 (1) 0 f        0,25 2 4 12 0 m m     0,25 1 (2,0đ) 6; 2 m m    0,25 a) (0,5 điểm) Cho tan  2 3 2     T ớnh 2 5 sin sin sin 2 2 2 M                   Ta cú 2 2 2 1 1 1 3 1 tan 1 4 5 cos cos





sin cos cos 2 sin cos 2cos 1 cos cos

2

(1,0đ)

b) (0,5 điểm) Cho 2

(i 3)z i (2 i z)

i



Gọi z a ib a b R i   ,  , 2  1 Từ giả thiết ta có:

1

5

a a

 



 

0,25

z i    i    26

Giải bất phương trình: log (2 x 2) log0,5x1

Điều kiện: x2

3

(0,5đ)

     

Giải bất phương trình: x x 2 x34x25x x33x2 4.

 2

(x 2) |x 2 | x 1 x1 x 2 1

 x2 : (1) 0 2 2 (loại) x0 : (1)   2 2 (loại)

0,25

(1)(x2) 1 x 1 x1 x2 1

Chia 2 vế cho x x.( 2) 0 ta được:

 2

2

1

t

t

  f t( ) đồng biến  t 0

(1)

2

x x



0,25

2

4

(1,0đ)

 0 x 2 :

(1)(x2) 1 x 1 x1 x2 1

Chia 2 vế cho x x.( 2) 0 ta được:

 2

Xét hàm

2 2

1

 

(1)

2

x x

 Trường hợp này vô nghiệm vì

1 0 2

0,25

Cách 2: ĐK x0 (mỗi dấu + ứng với ¼ điểm)

0

x không là nghiệm Xét x0 :

+ Xét

( )

g x

Nếu x1 thì g x( ) 0

+ Nếu 0 x 1: x  1 1 x 1 1 Ta có: 1 1 1

(1) 2

x  x   x x  x x    x x

 x34x25x x33x2  4 2 x

(2) 2

x



     Từ (1) và (2) suy ra g x( ) 0 0  x

+ f x( ) 0     x 4 0 x 4 Kết hợp ĐK suy ra đáp số: x4

0

cos 2



 

2

cos 2

3 2

2 3 2

0 0

1



 

2

0

cos 2



' 1 ' cos 2 sin 2

2

2 2 0 0

sin 2 sin 2





0,25

2 0



5

(1,0đ)

I   A B 3 1

24 2

S ABCD đáy là hình thang vuông tại A và B ; AB BC a  ; AD2a ; SA(ABCD) Góc giữa

(SCD) và (ABCD) bằng 450 M là trung điểm AD Tính thể tích S MCD , d SM BD( , )

6

(1,0đ)

Ta có (SCD) ( ABCD)CD CDSA AC, CD(SAC)SC CDSCA 45 0 0,25

B

A

C I

D

F

E

J

.

1 3

2

MCD

2

S MCD

6

a

0,25

Gọi N là trung điểm AB BD SMN//( )

Suy ra:

0,25

Tam giác vuông SAP có 1 2 12 12

2

4

a

11

a

11

a

0,25

Tam giác ABC có phân giác trong góc A là d x y:   3 0 Hình chiếu của tâm đường tròn nội

tiếp tam giác ABC lên AC là E(1;4) BC có hệ số góc âm và tạo với đường thẳng AC góc 450

( ) :C x2 y 5 Tìm phương trình các cạnh

Gọi F là điểm đối xứng với E qua d  F( 1;2) Nhận xét: ( )C có tâm I( 2;0), bán kính R 5

và F( )C

Từ đó AB qua F và vuông góc với IF nên có phương trình AB x: 2y 3 0

0,25

(3;0)

AB d A  AC: 2x y  6 0

Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp ABC Đường thẳng  qua

1 10

3 3

E  AC  x y     d J  

 

0,25

7

(1,0đ)

Gọi vtpt của đường thẳng BC là n ( ; ),a b a2b2 0 Ta có:

0

2 2

| 2 | cos 45

5

a b







 a0 : suy ra b0 (loại)

 a0 : chọn a  1 b 3 (thỏa mãn hệ số góc âm),

1

3

b  (loại)

Suy ra phương trình BC x: 3y C 0

0,25

A

D

S

M

N P H

Do J là tâm đường tròn nội tiếp ABC nên d J AC( , )d J BC( , )

Suy ra

3

C C

3

(loại vì khi

đó A J, nằm 2 phía BC) Từ đó: 29 10 2

3

Đáp số: AB x: 2y 3 0; AC: 2x y  6 0; 29 10 2

3

0,25

1; 1;0

:

 Lập ( )P chứa A và d Tìm B Ox d B Ox : ( , ) 3

Đường thẳng d qua M1;1;0 và có vtcp u (2;1; 3) Ta có MA(2; 2;0)

( )P qua A1; 1;0  và có vtpt n MA u ,  6;6;6  Chọn n(1;1;1) 0,25

Phương trình tổng quát của ( )P là: 1(x 1) 1(y 1) 1(z0) 0    x y z 0 0,25 Gọi B b( ;0;0)Ox; | |

3

b

8

(1,0đ)

| | 3b b 3 B( 3;0;0)

Có 300 học sinh đăng ký Có 50 học sinh đạt yêu cầu vào lớp 6A Bốc thăm ngẫu nhiên 30 học sinh từ

300 học sinh nói trên Tìm xác suất để có đúng 90% số học sinh đạt yêu cầu

Gọi A là biến cố: “Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu”

Chọn ngẫu nhiên 30 học sinh từ 300 học sinh có C30030 cách chọn

Chọn được 90% học sinh đạt yêu cầu, tức là chọn được 27 em Chọn 27 học sinh từ 50 học sinh có C5027

cách

Chọn nốt 3 em từ 250 em còn lại có C2503 cách

0,25

9

(0,5đ)

Số cách chọn học sinh đạt yêu cầu là: 27

50

250

C Xác suất của biến cố A là P A( ) 5027 2503 21

30 300

1,6.10

C C C



Cho a b, 0 : ab1 Tìm GTNN của 1 1 32

T

10

(1,0đ)

1 a1 b 1 ab ab

Thật vậy: Quy đồng, chuyển vế, bđt trên tương đương với   2 

1 0

a b ab   (Đúng)

2

1 a 1 b  ab 3

0,25

Ta có:  2 2     

Suy ra: 2 (1a a) 2 (1 b   b) 8 4 ab12

2 (1a a) 2 (1b b) 8 4 ab 12 2 (1a a) 2 (1b b) 8 2 ab 3 ab 3

T

0,25

2 2

f t

M  t  t t t  t t  t t 

2 3 3 4 6 2 9 3 3 2 ( 4 3) 3 2 9 0

              (Đúng  t 1)

Suy ra f t'( ) 0 1  t  f t( ) đồng biến  t 1

0,25

Từ đó:

t

Cách 2: Có thể dồn biến về u a b  2 ab 2 như sau:

1 a 1 b 1 a 1 b  u 2

 a(1a)b(1b)  a b a2b2   a b 2 a b2 2     a b 2 u 2

2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 12

2 (1 ) 2 (1 ) 8 2 12

( ), 2

  Chứng minh f u'( ) 0 2  u tương tự cách 1

Kết luận:

u

- Hết -