đề thi thử THPT QG môn toán số 23.PDF

Tìm m ñể phương trình có nghiệm duy nhất.. Lấy ngẫu nhiên một lần ba viên bi.. Tính xác suất ñể trong ba viên bi lấy ñược chỉ có hai màu.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm... Các

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1

Môn : TOAN

(Thời gian làm bài: 180 phút)

Câu I (4,0 ñiêm)

Cho hàm số 1 3 ( ) 2 ( 2 )

3

y = x − m + x + m − x − (1) ( Với m là tham số thực).

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số khi m = − 2

2 Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) có hai ñiểm cực trị x x1; 2thỏa mãn: x1=3x2

Câu II (3,0 ñiêm)

1 Giải phương trình sin3x + cos4x = 1

2 Tìm GTLN, GTNN của hàm số ( ) 2 2

ln

f x = x + x + e trên [ 0;e ]

Câu III (2,0 ñiểm) Cho phương trình 2

log + ( x + mx + m + 1) + log − x = 0

1 Giải phương trình khi m = − 2

2 Tìm m ñể phương trình có nghiệm duy nhất.

Câu IV (2,0 ñiêm)

1 Cho một hộp ñựng 4 viên bi ñỏ, 5 viên bi xang và 7 viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên một lần

ba viên bi Tính xác suất ñể trong ba viên bi lấy ñược chỉ có hai màu

2 Tìm hệ số của số hạng chứa x6 trong khai triển của: 3 5

2

x

+

hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong ñó n là số nguyên dương và x >0 ).

Câu V (2,0 ñiêm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy là tứ giác ABCD, có ABD là tam giác

ñều cạnh a, BCD là tam giác cân tại C có 0

120

BCD = , SA = a và SA ⊥ ( ABCD ) Tính thể

tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ ñiểm C ñến mặt phẳng (SBD)

Câu VI (4,0 ñiêm)

1 Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy.Cho ñường tròn ( ) 2 2

C x + y − x + y + = Viết phương

trình các ñường thẳng chứa các cạnh của hình vuông MNPQ nội tiếp ñường tròn ( ) C biết

ñiểm M ( 2;0 )

2.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho elip ( )

16 9

E + = Tìm tọa ñộ các ñiểm M trên ( )E sao cho

MF = MF ( với F F lần lượt là các tiêu ñiểm bên trái, bên phải của 1, 2 ( )E ).

Câu VII (2,0 ñiêm) Giải hệ phương trình

2 1

2

2.4 1 2 2 log

y

+











, (x,y ∈R)

Câu VIII (1,0 ñiêm)Cho a b c , , là ba số thực dương Chứng minh rằng:

- Hết -

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

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

4,0

Khi m = − 2 hàm số có dạng: 1 3 2

3 4 3

2) Khảo sát sự biến thiên:

a Các giới hạn:

Đồ thị hàm số không có tiệm cận

0,5

b.Sự biến thiên: y ' = x2+ 2 x − 3,

3

x

x

=



= ⇔ + − = ⇔ 

= −



1

3

x = ⇒ y = − ; x = − ⇒ 3 y = 5

Bảng biến thiên:

'

y

3

−

Hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng ( −∞ − ; 3 , 1; ) ( +∞ )

Hàm số nghịch biến trên khoảng ( − 3;1 ) Hàm số có hai cực trị: ( 3;5 , 1; ) 17

3

 

0,5

1

2) Đồ thị:

Đồ thị hàm số ñi qua ( 0; 4 − )

0,5

2,0

y = x − m + x + m −

I

2

Để ñồ thị hàm số có hai ñiểm cực trị thì phương trình (1) phải có hai nghiệm

⇔ ∆ > ⇔ + − − > ⇔ > − (*)

0,5

f(x)=(1/3)x^3+x^2-3x-4

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

x y

Khi ñó ñồ thị hàm số có hai ñiểm cực trị x x1; 2 là nghiệm của (1) nên thỏa

( )

1 2

2

1 2

7

I

x x m





Với x1=3x2 thế vào (I) ta ñược:

2

2

m



6 31 0

3 2 10

m

m

 = +

= −

 ( thỏa mãn ñiều kiện (I))

Vậy m = ± 3 2 10 là giá trị cần tìm

0,5

3,0 1,5

sin x+cos x= ⇔1 sin x+cos x=sin x+cos x

sin x sin x cos x cos x 0

sin x sinx 1 cos x cos x 1 0

sin x sinx 1 1 sin x sin x 0

1

( )

2

2

sin 1

2

x

x

π π π

 = +

 Vậy phương trình có nghiệm: ; 2

2

1,5

1

x e

II

2

ln

f x = x + x + e ñồng biến trên [ 0;e ], suy ra:

0;

e f x = f = ;

2,0

Ta có: ( 5 2)( 5 2) 1 ( 5 2) ( 5 2)1

−

Phương trình ñã cho tương ñương với:

2

log + (x +mx+m+1) log− + x=0

2 2

0 0

1

x x

>

III

1 Với m = −2 phương trình (*) có dạng:

2

2

2

x

=





=





Vậy với m = −2 phương trình có một nghiệm: 3 13

2

Để phương trình ñã cho có duy nhất nghiệm thì phương trình (*) có duy nhất

một nghiệm dương, ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Phương trình (*) có nghiệm kép dương

3 2 3 1

m

m

 = +



∆ =

3 2 3

m

2

Trường hợp 2: Phương trình (*) có hai nghiệm x x thỏa mãn 1; 2 x1≤0<x2

2

1

m



 ∆ > − − >







> − >

< 

Vậy m ∈ −∞ − ∪( ; 1] {3 2 3− } là giá trị cần tìm

(Thí sinh có thể giải ý này bằng hàm số)

0,5

2,0 1,0

Gọi A là biến cố “ ba viên bi lấy ñược chỉ có hai màu”

Ta có: Số phần tử của không gian mẫu: C =163 560 0,5

1

Số cách chọn ñược ba viên bi chỉ có một màu: C43+ C53+ C73 = 49

Số cách chọn ñược ba viên bi có ñủ ba màu: C C C =41 51 71 140

Vậy xác suất cần tìm là: ( ) 1 49 140 53

560 80

1,0

Xét khai triển :

5

Thay x = 1 vào khai triển ta ñược:

2n=C n+C n+ +C n k+ +C n n Theo giả thiết ta có:

k n 4096

C +C + +C + +C = ⇔2n =212 ⇔n=12

0,5

IV

2

Với n = 12 ta có khai triển:

12

2

1

x

+

Gọi số hạng thứ k + 1 0 ( ≤ k ≤ 12, k ∈ Z ) là số hạng chứa x6

2

k

x

−

− + +

 

 

Vì số hạng có chứa x6 nên : 5 2 21 6( )

k

Với k = 6 ta có hệ số cần tìm là : C =6 924

0,5

2,0

Gọi I là trung ñiểm của BD Vì tam

giác ABD ñều vàtam giác BCD cân

tại C nên AI BD

⊥





⊥

Suy ra A, I, C thẳng hàng, AC ⊥ BD

Tam giác ABD ñều cạnh a, suy ra

a

BD = a BI = a AI =

Tam giác BCD cân tại C và BCD = 1200nên BCI = 600

; tan 60 2 3 sin 60 3

Tứ giác ABCD có hai ñường chéo vuông góc nên có diện tích:

2

.

ABCD

a

Suy ra thể tích khối chóp S ABCD là: 1 3 3

.

3 ABCD 9

Tính khoảng cách

Gọi K là hình chiếu của A trên ñường thẳng SI, suy ra AK ⊥ SI

Mặt khác BD AC

⊥





⊥

V

Tam giác SAI vuông tại A và có ñường cao AK nên:

1 2 12 12 72 21

a AK

AK = AS + AI = a

Ta có ñường thẳng AC cắt mặt phẳng SBD tại I và 3 2 1

IC a

IA = a =

Suy ra: ( ; ( ) ) 1 ( ; ( ) ) 1 21

a

4,0 2,0

VI

1

Đường tròn có tâm I ( 2; 3 − ) , bán kính R = 3

Hình vuông MNPQ nội tiếp ñường tròn ( ) C

nên tâm hình vuông cũng là tâm I ( 2; 3 − ) của

ñường tròn, hay I là trung ñiểm của MP, suy ra

K

I C

D

B

A S

Q

P N

M

Gọi ( ) ( 2 2 )

n a b a + b ≠

r

là véctơ pháp tuyến của ñường thẳng chứa cạnh hình vuông,

vì PM ( 0;6 )

uuuur

nên ñương thẳng MP có véc tơ pháp tuyến: n2( 1;0 )

uur

Các cạnh của hình vuông hợp với ñường chéo MP một góc 450

nên ta có:

2 cos ; cos 45

2 , 1 0

a

n n

ur uur

2

1 2 2

a b a

=



= −

Vậy có hai véctơ pháp tuyến là: n ( ) 1;1

r

và n ' 1; 1 ( − ) ur

0,75

*) Cặp ñường thẳng có véctơ pháp tuyếnn ( ) 1;1

r

: +) Đi qua M ( 2;0 ): x + y − 2 = 0

+) Đi qua P ( 2; 6 − ): x + y + 4 = 0

*) Cặp ñường thẳng có véctơ pháp tuyếnn ( 1; 1 − )

r

: +) Đi qua M ( 2;0 ): x − y − 2 = 0

+) Đi qua P ( 2; 6 − ): x − y − = 8 0

Vậy các ñường thẳng chứa các cạnh hình vuông MNPQ là

2 0

x + y − = ;x + y + 4 = 0;x − y − 2 = 0;x − y − = 8 0 0,75

2.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho elip ( )

16 9

E + = Tìm tọa ñộ các

ñiểm M trên ( )E sao cho MF1=2MF2 ( với F F lần lượt là các tiêu ñiểm bên 1, 2

trái, bên phải của ( )E )

2,0

Theo ñịnh nghĩa ta có:

1

2

16

3

MF

MF



=



Gọi M x ( M; yM) , áp dụng công thức bán kính qua tiêu ta có:

2

7

4

M

a

2

Mặt khác M thuộc ( ) E nên:

2

2

16 7

1

M

M

y

y

Vậy có hai ñiểm thỏa mãn: 1 16 7 329 2 16 7 329

−

Điều kiện:

2 0

0

x

x x

y y

≥



>





⇔

>  >





0,5

Ta có:

2 ⇔ x + yx + 1 x − y − 1 = 0 ⇔ x − y − = 1 0 ( Vì x2+ yx + > 1 0 )

1

y x

( ) 1 ⇔ 2.4y 1 2 2x 1 2 log2 x

y

+

( )

2 y log 2 y 2 x log 2 x *

Xét hàm số: ( ) 2t log2

f t = + t trên ( 0; +∞ )

Ta có: ' ( ) 2 ln 2 1 0 [ 0; ]

ln 2

t

t

= + > ∀ ∈ ,vậy f t ( ) là hàm số ñồng biến

Biểu thức ( ) * ⇔ f ( 2 y ) = f ( 2 x ) ⇔ 2 y = 2 x (b)

0,5

Từ (a) và (b) ta có:

1 2 1 2

x x x

≥





  =

⇔ 

 =





⇔ x = 2

Với x = 2 ⇒ y = 1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm ( 2;1 ) 0,5

1,0

Ta có:

VT

=  +   + +   + + 

1

0,25

Mặt khác:

b + a ≥ b c + b ≥ c a + c ≥ a

Cộng theo vế các BĐT trên ta ñược:

1 1 1

b + c + a ≥ a + b + c

Suy ra:

0,25

VIII

VT

≥  + +  =   +   + +   + +  

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