Mặt bên SBC là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.. Biết góc giữa hai mặt SAB và ABC bằng 300.. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra hai bánh.. Tính xác suất biến cố t
Trang 1ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015
Môn Toán.– Thời gian làm bài: 180’
Câu 1* (2đ): Cho hàm số: y 2 x 1 1 ( ) C
x
+
=
−
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)
b) Định m để đường thẳng (d): y = mx + 3 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm A, B sao cho tam giác OMN vuông tại O
Câu 2* (1đ): a) Giải phương trình lượng giác: cos2x + 3 cos x + 3sin x − 3sin2x = 0
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: 1 1
z − i = + i
Tính môđun của số phức w = 1 + I + z
2 2
x
x
+
−
Câu 4 (1đ): Giải hệ phương trình:
12
3 12
3
x
y x
y
y x
Câu 5* (1đ) Tính tích phân:
9
xdx
x −
∫
Câu 6* (1đ): Viết phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu vuông góc của đường thẳng (d)
x = y + = z − trên mặt phẳng (P): x + y – z +1 =0.
Câu 7 (1đ): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho đường tròn (C): ( ) (2 )2
x − + − y = và điểm M (7,3) Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho MA = 3MB
Câu 8 (1đ): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a; AC = 2a Mặt bên
(SBC) là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Biết góc giữa hai mặt (SAB) và (ABC) bằng 300 Tính thể tích khối chóp SABC và khoáng cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a
Câu 9* (0,5đ): Có 5 hộp bánh, mỗi hộp đựng 8 cái bánh gồm 5 cái bánh mặn và 3 bánh ngọt Lấy ngẫu
nhiên từ mỗi hộp ra hai bánh Tính xác suất biến cố trong năm lần lấy ra đó có bốn lần lấy được 2 bánh mặn và một lần lấy được 2 bánh ngọt
Câu 10 (1đ): Cho các số thực dương a,b,c thỏa a + b + c =3 Tính góc giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a bc b ca c ab
P
b ca c ab a bc
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT
C
âu
Điểm
1a
1
+
=
−
x y x
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
• Tập xác định: D = ¡ \ 1 { }
3 y' x D
(x 1)
−
−
• xlim y 2
→±∞ = ⇒ = y 2 là tiệm cận ngang
x 1
x 1
lim y
lim y
+
−
→
→
= +∞
= −∞ ⇒ = x 1 là tiệm cận đứng
• BBT:
Hàm số nghịch biến trên ( −∞ ,1) và (1, +∞ ) Hàm số không có cực trị
• Điểm đặc biệt:
• Vẽ đồ thị:
0,25
0,5
0,25
Trang 3Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng
1b b) Định m để đường thẳng d: y = mx + 3 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm M, N sao cho ∆
OMN vuông tại O.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: 2x 1
mx 3
x 1 + = +
−
2x 1 (mx 3)(x 1)
⇔ + = + − ⇔ mx2+ − (1 m)x 4 0 (*) − =
(C) cắt d tại hai điểm phân biệt m 02
m 14m 1 0
≠
+ + >
m 0
m 7 4 3
m 7 4 3
≠
< − − ∨ > − +
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (*)
1 2
m 1
x x
m 4
x x
m
−
+ =
Khi đó OM (x ;mx uuuur = 1 1+ 3), ON (x ;mx uuur = 2 2+ 3)
OMN
∆ vuông tại O nên
2
OM.ON 0 uuuuruuur = ⇔ (1 m )x x + + 3m(x + x ) 9 0 + =
2 4(1 m ) 3m(m 1)
9 0
m 3 5 (n)
m 3 5 (n)
= +
⇔
= −
0,25
0,25
0,5
2a a) Giải phương trình lượng giác: cos x2 + 3 cos x + 3 sin x − 3 sin x2 = 0
cos x + 3 cos x 3sin x 3sin x 0 + − =
cos x 3 sin x
Trang 43 3 cos x 3 sin x
2 2
cos x 3 sin x
⇔
3 sin x cos x 0 (1)
3 sin x cos x 3 (2)
⇔
(1) tan x 1
3
6
π
⇔ = − + π
(2) sin x sin
x k2 2 5
6
π
= + π
= + π
Vậy phương trình có hai họ nghiệm là x k
6
π
2
π
0,5
0,5
2b
Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: − = +
2 2 Tính môđun của số phức w = 1 + i + z
z 3 i 3 i
1
3 i 35 12 2
1 37 37
3 i 2
+
−
72 49
37 37
0,25
0,25
3
+
2
1 2
2
Điều kiện: x < − ∨ > 3 x 7
log (x 2x 3) log 0
x 3
−
+
2
2(x 2x 3).(x 3)
x 7
−
2 (x 2x 3).(x 3)
1
x 7
− ⇔ x3+ 5x2+ 2x 2 0 − =
2 (x 1)(x 4x 2) 0
0,25
Trang 5x 1
x 4x 2 0
= −
⇔
x 1
= −
⇔
So với điều kiện, phương trình có nghiệm x = − − 2 6
0,25
4
Bài 4 Giải hệ phương trình:
12
y 3x 12
y 3x
Điều kiện: x > 0 và y > 0
12
y 3x 12
y 3x
12 2
1 (1)
y 3x x
12 6
1 (2)
y 3x y
⇔
(2) – (1): 12 3 1
y 3x = y − x
+
12 9 1
y 3x y x
+ ⇔ y2 + 6xy 27x − 2 = 0
y 3x
y 9x
=
⇔ = −
So với điều kiện, nhận y = 3x
(*) ⇔ = + x 4 2 3 ⇒ y 12 6 3 = +
Vậy hệ phương trình có nghiệm x 4 2 3
y 12 6 3
= +
= +
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 6Bài 5 Tính tích phân =
−
∫9 4 xdx
I
x 1
Đặt t = x ⇒ t2 = x ⇒ 2tdt dx =
Đổi cận: x = 4 ⇒ = t 2
x = 9 ⇒ = t 3
2
3
3 2
2
2 t ln t 1 2ln 2
0,25
0,5
0,25
6 Bài 6 Viết phương trình đường thẳng d’ là hình chiếu vuông góc của đường thẳng
dx y 1 z 1
= = trên mặt phẳng (P): x + y – z +1 =0.
PTTS của
x 2t
d : y 1 t
z 1 3t
=
= − +
= +
Thay x, y, z của phương trình đường thẳng d vào phương trình mặt phẳng (P)
ta được:
2t – 1 +t – 1 – 3t + 1 = 0 ⇒ Phương trình vô nghiệm ⇒ d //
(P)
Lấy điểm A(0; 1;1) d − ∈
Gọi ∆ là đường thẳng qua A và vuông góc với mp(P)
x t : y 1 t
z 1 t
=
⇒ ∆ = − +
= −
Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (P) ⇒ = ∆ ∩ H (P)
Thay x, y, z của phương trình ∆ vào phương trình mặt phẳng (P) ta được:
t – 1 + t – 1 + t + 1 = 0 1
t 3
3 3 3
Gọi d’ là hình chiếu của d lên mặt phẳng (P) ⇒ d 'qua H và song song với d
0,25
0,5
Trang 7x 3 2t 2
d ' : y 3 t
2
z 3 3t
7 Bài 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
( − ) (2+ − )2 =
M(7;3) Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A ,B
sao cho MA = 3MB.
Đường tròn (C) có tâm I(1;1) và bán kính
R = 5
Ta có IM = 2 10 R > ⇒ M nằm ngoài
đường tròn (C)
Gọi H là trung điểm AB mà MA = 3MB ⇒
B là trung điểm MH
Ta có :
IH MH 40 IH 4BH 40
IH BH 25 IH BH 25
⇔ IH2 = 20 ⇔ IH 2 5 =
Đường thẳng d qua M(7;3) và có VTPT n(a;b) r
với a2+ b2 > 0:
a(x 7) b(y 3) 0 − + − = ⇔ ax by 7a 3b 0 + − − =
Ta có:
a b 7a 3b
a b
+
3a 2b 5 a b
⇔ + = + ⇔ 2a2+ 3ab 2b − 2 = 0 b
a 2
a 2b
=
⇔
= −
•
b
a d : x 2y 13 0
2
• a = − 2b ⇒ d : 2x y 11 0 − − =
0,25
0,25
0,25
0,25
8 Bài 8 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a; AC =
Trang 82a Mặt bên (SBC) là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
đáy Biết góc giữa hai mặt (SAB) và (ABC) bằng 30 o Tính thể tích khối chóp
SABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a.
• Tính VS.ABC
Gọi H là trung điểm BC
Do ∆ SBC cân tại S nên SH ⊥ BC
Ta có:
(SBC) (ABC) (SBC) (ABC) BC SH (ABC)
SH BC
⊥
Gọi K là trung điểm của AB ⇒ HK // AC mà AC AB ⊥
HK AB
⇒ ⊥ và SH ⊥ AB (do SH (ABC) ⊥ )
AB (SHK) AB SK
(SAB) (ABC) AB
SK AB
HK AB
⇒ Góc giữa (SAB) và (ABC) là SKH 30 · = o
tan 30 SH
• Tính d(SC,AB)
Vẽ hình chữ nhật BKEC ⇒ CE // AB mà AB ⊥(SHK) ⇒ CE ⊥(SHK)
d(AB,SC) = d(AB,(SEC)) = d(K,(SEC)) = 2 d(H,(SEC))
Kẻ HF ⊥ SEvà HF ⊥ CE ⇒ HF ⊥(SEC)
Ta có: 12 12 12 32 12 42
HF =HE +SH =a +a =a HF a
2
= a
2 ⇒ d(AB,SC) = a
0,25
0,25
0,25
0,25
9 Bài 9 Có 5 hộp bánh, mỗi hộp đựng 8 cái bánh gồm 5 cái bánh mặn và 3 bánh
ngọt Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra hai bánh Tính xác suất biến cố trong năm lần lấy ra đó có bốn lần lấy được 2 bánh mặn và một lần lấy được 2 bánh ngọt.
Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử
Gọi A là biến cố “Trong năm lần lấy ra có bốn lần lấy được 2 bánh mặn và một lần lấy được 2 bánh ngọt”
0,25
Trang 92 5 2 4 2
n( ) (C ) , n(A) 5.(C ) C
2 4 2
2 5 8
5.(C ) C 9375
(C ) 1075648
10 Bài 10 Cho các số thực dương a,b,c thỏa a + b + c =3 Tính giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
a bc b ca c ab P
b ca c ab a bc
Xét
1 a bc b ca c ab
P
3 3b 3ca 3c 3ab 3a 3bc
Ta có 3b 3ca b(a b c) 3ca b(a b c) ca 2ca+ = + + + = + + + + mà a2+ ≥c2 2ac
nên 3b 3ca ab b+ ≤ + +2 bc ca a+ + +2 c2
Chứng minh tương tự ta có: 3c 3ab ac c+ ≤ + + + + +2 bc ab a2 b2
3a 3bc a+ ≤ + + + + +ab ac bc c b
Khi đó
1 a bc b ca c ab
3 ab b bc ca a c
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
Vậy MinP 3 = khi a = b = c = 1
0,25
0,5
0,25