Tìm tọa độ điểm M1 thuộc d và cùng với hai điểm cực trị của đồ thị C tạo thành một tam giác vuông tại M.. Tính môđun của số phức z.. Hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng ABCD là
Trang 1ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015
Môn: TOÁN.
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1* (2,0 điểm) Cho hàm số y=2x3- 3x2+ 1 ( )1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
b) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng :d y=2x + với đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M1 thuộc d và cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành một tam giác vuông tại M
Câu 2* (1,0 điểm)
a) Cho góc a thỏa mãn
2
p < < và a p sin 12
13
4
A =c æççça- pö÷÷÷÷
b) Cho số phức z thỏa mãn (1+i z) =(z+2)i Tính môđun của số phức z
Câu 3* (0,5 điểm) Giải phương trình log (2 x- 1) log (3+ 2 x- 4) 1 0- =
Câu 4 (1,0 điểm) Giải bất phương trình
(x+2)(x- 2 2x+ -5) 9 (£ x+2)(3 x + -5 x - 12)+ 5x +7
Câu 5* (1,0 điểm) Tính tích phân
1
2 0
(x+3 )e e dx x x
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ,
AB = BC = a AD = a Hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng ( ABCD là trung)
điểm của cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(SCD biết ) SD =a 13
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có
2
AC = AB Điểm (2; 2)M - là trung điểm của cạnh BC Gọi E là điểm thuộc cạnh AC sao cho
3
;
5 5
K æççç ö÷÷÷
÷
çè ø là giao điểm của AM và BE Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC , biết điểm E nằm trên đường thẳng : d x+2y- 6= 0
Câu 8* (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (2; 1;2), (0;0;2) A - B và
với d và phương trình mặt cầu có tâm B, tiếp xúc với (P)
Câu 9* (0,5 điểm) Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, lớp 12A Có 2 học sinh đạt giải môn Toán
đều là học sinh nam và 4 học sinh đạt giải môn Vật lí trong đó có 2 học sinh nam và 2 học sinh nữ Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong các học sinh đạt giải đó đi dự lễ tổng kết năm học của tỉnh Tính xác suất để 4 học sinh được chọn có 2 nam và 2 nữ, đồng thời còn có cả học sinh đạt giải môn Toán
và học sinh đạt giải môn Vật lí
Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương , , x y z thỏa mãn 5(x2+y2+z2)=9(xy+2yz zx+ )
x P
Hết
-(Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 2SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT THUẬN
THÀNH 2
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN Đề số 1
1
(2,0 điểm)
a) (1,0 điểm)
+Tập xác định: D R
+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: ' 6 2 6 , ' 0 0
1
x
x
Các khoảng đồng biến: ( ;0) và (1;); khoảng nghịch biến: (0;1)
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x0,y
CĐ = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x1,yCT = 0 Giới hạn: lim ; lim
Bảng biến thiên :
x 0 1
y’ + 0 - 0 +
y 1
0
+ Vẽ đồ thị:
0,25 0,25
0,25
0,25
b) (1,0 điểm)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của :d y2x1 và đồ thị (C) là:
2x 3x 1 2x 1 2x 3x 2x (*)0 Giải phương trình (*) ta được ba nghiệm phân biệt 1 2 3 1
0, 2,
2
Vậy d cắt (C) tại ba điểm phân biệt 1
(0;1), (2;5), ;0
2
: 2 1 ( ;2 1)
M d y x M t t , tọa độ các điểm cực trị của (C) là (0;1), (1;0) D T
M cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (C) tạo thành tam giác vuông tại M
DM TM
, mặt khác ta có DM ( ;2 ),t t TM (t 1;2t1)
2
(**) 5t t 0 t 0
hoặc 1
5
t
t 0 M(0;1)D (loại); 1 1 3;
5 5 5
t M
0,25
0,25
0,25
0,25
2
(1,0 điểm)
a) (0,5 điểm)
Ta có os 2 os sin
4 2
A c c
169 169 13 13 2
Thay sin 12, os 5
13 c 13
vào A ta được 7 2
26
A
0,25
0,25
Trang 3b) (0,5 điểm) cho số phức z thỏa mãn (1+i z) =(z+2)i (*) Tính môđun của số phức z
Đặt z a bi a b ,( , ); khi đó z a bi Do đó
(*)Û (1+i a bi)( + )=(a bi- +2)i Û (a b- ) (+ a b i+ ) = +b (a+2)i
z
0,25
0,25 3
(0,5 điểm) Giải phương trình 2 2
log (x- 1)+log (3x- 4) 1 0 (1)- = . Điều kiện xác định: 4
3
x (*) Với điều kiện (*), ta có
2
(1) log (x 1)(3x 4) 1 log (3x 7x4) log 2
2
3x 7x 2 0 x 2
(do điều kiện (*))
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
0,25
0,25 4
(1,0 điểm)
Giải bất phương trình
(x+2)(x- 2 2x+5) 9 (- £ x+2)(3 x + -5 x - 12)+ 5x +7 (1) Điều kiện xác định: 5
2
x Khi đó ta có
3
(1) x 3x 14x15 2( x2) 2x5 3( x2) x 5 5x 7 0
3
2
2
2( 2)(2 4) 3( 2)( 4) 5(4 )
2 5 3 5 3 9 3 5 7 5 7
2 2
2
4( 2) 3( 2) 5( 2)
2 5 3 5 3 9 3 5 7 5 7
Ta có với
2
2 2
2
4( 2) 4 3( 2) 3
( 2); ( 2)
5
5( 2) 5( 2) 2
9
9 3 5 7 5 7
2 2
2
4( 2) 3( 2) 5( 2)
5 9
2 5 3 5 3 9 3 5 7 5 7
2
18 57 127 0, 5
Do đó (*) x 2 0 x2, kết hợp với điều kiện 5
2
x ta suy ra bất
phương trình đã cho có nghiệm là 5 2
2 x
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 4(1,0 điểm) Ta có
1
2 0
( 3 )x x
3
Đặt
1 3 0
3 x
J e dx và
1 2 0
x
K xe dx; ta có
0 0
3 x x 1
J e dx e e
1 2 0
x
2
du dx
u x
; khi đó
0 0
K xe e dx
1
0
1 1
2 4
x
1 2 1 2 1 1 2 1
2e 4e 4 4e 4
Vậy 3 1 2 3
4 4
I e e
0,25 0,25
0,25 0,25
6
(1,0 điểm)
S Ta có HD AD2HA2 9a2a2 a 10 SH SD2 HD2 13a2 10a2 a 3
Diện tích của hình thang vuông ABCD là
1( ) 1(3 )2 4 2
ABCD
3
.
1 . 4 3
a
. . . . 1 . .
6
S ACD S ABCD S ABC S ABCD
4 3 3 3 3 3 3
3 3
Ta có HBC vuông cân tại B, HB a
HC a 2 Do đó SC SH2HC2 a 5 Kẻ CE AD tại E , khi đó ta
có CED vuông cân tại E, CE ED 2a CD 2 2a
Xét SCD có SC2CD25a28a2 13a2 SD2 SCD vuông tại C
Do đó 1 2
10 2
SCD
S SC CD a Vậy
3
2
( ;( ))
10 10
S ACD SCD
d A SCD
0,25
0,25
0,25
0,25 7
(1,0 điểm)
Kẻ MI AC tại I và BDMI tại D Khi đó ta có tứ giác AIDB là hình vuông có M, E lần lượt là trung điểm của BC, AI Do đó ta có BE AM tại K
véc tơ pháp tuyến của BE là 6 18
;
5 5
KM
hay n (1; 3) phương trình BE x: 3y4 0
Ta có E BE d x: 2y 6 0 E(2;2)
AD BI , ME là đường trung bình của AID
nên suy ra BI ME tại F(2 ; 0) là trung điểm của ME
phương trình BI y: 0; vậyB BE BI B( 4;0)
C(8; 4) (vì M(2; -2) là trung điểm của BC)
Ta có BI 4FI
tọa độ điểm I(4; 0)
tọa độ điểm A(0; 4 ) (vì I(4; 0) là trung điểm của AC)
0,25
0,25
0,25
0,25
8
(1,0 điểm) Véc tơ chỉ phương của d là u ( 2; 2;1)
(P)d (P) nhận u ( 2; 2;1)là véc tơ pháp tuyến 0,25
B
A H
C
D E
C
M I
E K
K
D
B A
E
I
C
M F
Trang 5 Phương trình của (P) : 2( x 2) 2( y1) ( z 2) 0 2x2y z 4 0
Gọi (S) là mặt cầu tâm B, có bán kính là R
Ta có (S) tiếp xúc với (P) nên ta có R d (B;(P)) 2
phương trình mặt cầu (S): 2 2 2
( 2) 4
x y z
0,25 0,25 0,25 9
(0,5 điểm) Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cách chọn ra 3 học sinh trong các học sinh đạt giải của kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, do đó ta có 3
6
( ) C 20
n
Kí hiệu A là biến cố ‘‘4 học sinh được chọn có 2 nam và 2 nữ, đồng thời còn có cả
học sinh đạt giải môn Toán và học sinh đạt giải môn Vật lí’’
Vì chỉ có đúng 2 học sinh nữ đạt giải đều thuộc môn Vật lí, do đó phải chọn tiếp ra 2
học sinh nam lại phải có mặt ở hai môn khác nhau thì chỉ có thể là 2 học sinh nam
đạt giải môn Toán hoặc 1 học sinh nam đạt giải môn Toán và 1 học sinh nam đạt
giải môn Vật lí Vậy ta có 21 12
(A) 1 (A) 1 5 (A)
( ) 4
n
n
0,25
0,25
10
(1,0 điểm) Theo giả thiết ta có
5(x y z ) 9(xy 2yz zx) 5(x y z) 9(xy 2yz zx) 10(xy yz zx)
5(x y z )2 19 (x y z ) 28 yz19 (x y z ) 7( y z )2
19
5 x 1 x 7 x 2 x 2(y z)
Mặt khác ta có ( )22( 2 2) 2 2 1( )2
2
2
1( ) 2( ) 27( ) 2
y z P
y z
2
4 1 (6 1) (2 1)
Vậy minP 16; dấu bằng đạt tại
1 2( )
3 1
6
y z
y z
y z
0,25
0,25
0,25
0,25