Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong tổ để tham gia hoạt động tập thể của trường nhân dịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng 3.. Tính xác suất để sao cho nhóm h ọc sinh được chọn có 3 học sinh nam
Trang 1SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ
TỔ TOÁN - TIN
MÔN TOÁN
Th ời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2
y = − x x + , có đồ thị (C)
a) Kh ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
b) Vi ết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) và đường thẳng
d y = − x
Câu 2 (1,0 điểm) Cho s ố phức z thoả mãn z ( 1 2 + i ) = + Tìm môđun số phức 7 4 i w = + z 2 i
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân 1( ) 2
0
1 x .
I = ∫ x − e dx
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Gi ải phương trình 2( ) 1
2
log x + + 1 log x + = 1 1 b) T ổ 1 lớp 12A1 có 12 học sinh gồm có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ, trong đó AN là
t ổ trưởng còn HOA là tổ phó Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong tổ để tham gia hoạt động tập thể của trường nhân dịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng 3 Tính xác suất để sao cho nhóm h ọc sinh được chọn có 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ trong đó phải nhất thi ết có bạn AN hoặc bạn HOA nhưng không có cả hai (AN là học sinh nam, HOA là
h ọc sinh nữ)
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( − − 1; 2; 2 , ) ( B − − 3; 2;0 ) và m ặt
ph ẳng (P) có phương trình x + − + = 3 y z 2 0
a) Vi ết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB
b) G ọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q) Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ
nh ất
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy ABC là tam giác cân tại C,
c ạnh đáy AB bằng 2a và góc 0
30
ABC = M ặt phẳng ( ' C AB t ) ạo với đáy ( ABC m ) ột góc 600
Tính th ể tích của khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' và kho ảng cách giữa hai đường thẳng AC và ' '
CB
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD Điểm
( ) 1; 2
N − tho ả mãn 2 NB + NC = 0
và điểm M ( ) 3;6 thu ộc đường thẳng chứa cạnh AD Gọi H
là hình chi ếu vuông góc của đỉnh A xuống đường thẳng DN Xác định toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD bi ết khoảng cách từ điểm H đến cạnh CD bằng 12 2
13 và đỉnh A có hoành độ là
m ột số nguyên lớn hơn 2 −
Câu 8 (1,0 điểm) Gi ải hệ phương trình
,
x y
Câu 9 (1,0 điểm) Cho ba s ố thực không âm , , x y z Tìm giá tr ị lớn nhất của biểu thức
4
P
+ + + -H ẾT -
H ọ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
Cảm ơn hai bạn bạn Thang Quach ( quachdangthangpc@gmail.com ) và bạn Chatvuhuy
Trang 2Câu ĐÁP ÁN Điểm
y= −x x + , có đồ thị (C)
2
x
x
=
lim
x y
→±∞ = ±∞
Đồ thị hàm số không có tiệm cận
Bảng biến thiên
x −∞ 0 2 +∞
y' + 0 - 0 +
y
1 +∞
−∞ -3
0,25
Từ đó suy ra
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2;+∞ )
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( )0; 2
Hàm số đạt giá trị cực đại tại x = 0, y CD =y( )0 = 1
Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x = 2, y CT = y( )2 = − 3
0,25
Đồ thi hàm số
Điểm uốn của đồ thị
( )
y = x− ⇒ y = ⇔ = ⇒x I − là điểm uốn của đồ thị
Đồ thị (C) cắt trục tung tại điểm A(0;1)
f(x)=x^3-3*x^2+1
-4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5
-4 -3 -2 -1
1 2 3 4 5
x
y
0,25
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) và đường thẳng
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là
3
1
x
x
=
= −
0,25
Suy ra giao điểm là A( ) ( ) (3;1 ,B 1; 1 ,− C − −1; 3)
Phương trình tiếp tuyến tại A( )3;1 là y=9x−26 0,25
1
Phương trình tiếp tuyến tại B( )1; 1− là y= − +3x 2
Phương trình tiếp tuyến tại C − − là ( 1; 3) y= +9x 6 0,25
Trang 3KL: Các phương trình tiếp tuyến là: y=9x−26; y= +9x 6;y= − +3x 2 0,25 Câu 2 (1,0 điểm) Cho số phức z thoả mãn z(1 2+ i)= +7 4i Tìm môđun số phức w= + z 2i 1,0
1 2
i
i
+
2 2
15 10
3 2 5
i
Suy ra z= + 3 2i
2
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân 1( ) 2
0
1 x
2
x x
du dx
u x
v e
dv e dx
=
= −
⇒
=
Suy ra ( ) 2 1 1 2
0 0
( )
0
1
3
Vậy 3 2
4
e
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình 2( ) 1
2
Điều kiện: x> − 1
Phương trình tương đương 2( ) 2( ) 2( )
( )
2
log x 1 2 x 1 4 x 3
b) Tổ 1 lớp 12A1 có 12 học sinh gồm có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ, trong đó AN là tổ
trưởng còn HOA là tổ phó Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong tổ để tham gia hoạt động tập thể
của trường nhân dịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng 3 Tính xác suất để sao cho nhóm học sinh
được chọn có 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ trong đó phải nhất thiết có bạn AN hoặc bạn
HOA nhưng không có cả hai
0,5
Mỗi cách chọn nhóm 5 học sinh từ 12 học sinh là một tổ hợp chập 5 của 12 Vì vậy không
gian mẫu Ω gồm: 5
12 792
C = phần tử
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, B là biến cố chọn được nhóm gồm 3 học sinh nam, 2
học sinh nữ trong đó có bạn AN và không có bạn HOA C là biến cố chọn được nhóm
gồm 3 học sinh nam, 2 học sinh nữ trong đó có bạn HOA và không có bạn AN
Như vậy, A B C= ∪ và n A( ) ( ) ( )=n B +n C
0,25
4
Tính n(B): + Chọn bạn AN, có 1 cách
+ Chọn 2 bạn nam từ 6 bạn nam còn lại, có 2
6
C cách
+ Chọn 2 bạn nữ từ 4 bạn nữ, có 2
4
C cách
Theo quy tắc nhân: ( ) 2 2
6 4
1 90
n B = C C =
Tương tự, ( ) 3 1
6 4
n C = C C = Vậy n A( )= + =90 80 170 Xác suất của biến cố A là: ( ) ( ) ( ) 170
792
n A
P A
n B
0,25
Trang 4Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(− −1; 2; 2 ,) (B − −3; 2; 0) và mặt phẳng (P)
có phương trình x+ − + =3y z 2 0
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB
0,5
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB ⇒ − −I( 2; 2;1)
Ta có AB= −( 2;0; 2 / /− ) n=(1; 0;1)
Vì mp(Q) là mp trung trực của đoạn AB nên nhận vectơ n=(1;0;1)
là vectơ pháp tuyến
và đi qua điểm I − −( 2; 2;1)
Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là: x+ + = z 1 0
0,25
b) Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q) Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ
Mp(P) có VTPT là n1=(1;3; 1− )
Mp(Q) có VTPT là n2 =(1; 0;1)
Suy ra u=n n1;2=(3; 2; 3− − )
là VTCP của ∆ =( ) ( )P ∩ Q
Lấy E(0; 1; 1− − ∈∆ =) ( ) ( )P ∩ Q Phương trình tham số ∆ là 31 2 ( )
1 3
x t
=
= − −
»
0,25
5
Điểm M∈∆ ⇒M(3 ; 1 2 ; 1 3t − − − −t t)
OM = OM = t + − − t + − − t = t + t+
Ta có
2
22
t + t+ = t+ + ≥ ⇒OM ≥
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 5 15; 6 ; 7
t= − ⇒M− − −
Vậy 15; 6; 7
22 11 22
M− − −
0,25
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy
AB b ằng 2a và góc 0
30
ABC= Mặt phẳng ( 'C AB) tạo với đáy (ABC) một góc 600
Tính thể tích
của khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và ' CB '
1,0
6
H
K
M
E
C
A
B'
A'
C' B
* Tính th ể tích
Gọi M là trung điểm của AB Tam giác CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM Mặt khác AB ⊥
CC ⇒AB⊥ CMC ⇒CMC = Gọi V là thể tích lăng trụ ABC A B C thì ' ' '
ABC
V =S CC
0,25
Trang 5Ta có tan 300 1
2
0
0,25
* Tính kho ảng cách
Gọi E đối xứng với A’ qua C’ Suy ra ACEC’ là hình bình hành
Nên AC’//CE⊂(CB E' )⇒AC'/ /(CB E' ) mà B C' ⊂(CB E' )
Do đó d AC B C( ', ' )=d AC( ',(EB C' ) )=d C( ',(EB C' ) )
0,25
Tam giác A’B’E có A’C’=C’E=B’C’ nên tam giác A’B’E vuông tại B’
Gọi K là trung điểm B’E, ta có tam giác B’C’E cân tại C’ nên
C K B E
B E CC K
CC A B C A B E CC B E
Kẻ C H' ⊥CK⇒C H' ⊂(CC K' ) mà B E' ⊥(CC K' )⇒B E' ⊥C H'
Từ đó ⇒C H' ⊥(CB E' ) hay C H' =d C( ',(CB E' ) )
CB= ⇒C B =C E=CB=
Lại có 0
30
ABC= , tam giác ABC cân tại C nên 0 0
ACB= = A C B ⇒B C E=
Nên tam giác B’C’E đều; tính được 2 ' 2
2
B E
C K = B C − =a
Tam giác CC’K vuông cân tại C’ do đó ' '2 2 2
CK CC CK a
2
a
d AC CB =C H =
0,25
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD Điểm N( )1; 2−
thoả mãn 2NB+NC=0
và điểm M( )3; 6 thuộc đường thẳng chứa cạnh AD Gọi H là hình chiếu
vuông góc của đỉnh A xuống đường thẳng DN Xác định toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết
khoảng cách từ điểm H đến cạnh CD bằng 12 2
13 và đỉnh A có hoành độ là một số nguyên lớn hơn
2
−
1,0
7
(3;6)
12 2 13
(1;-2)
E H
C
D A
M
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên CD 12 2
13
HE
Giả sử cạnh hình vuông bằng a (a>0)
3
NB+NC= ⇔CN= CB
nên N nằm giữa B và C sao cho 2 2
a
CN = CB=
2 2 13
3
a
0,25
Trang 6Có ( ) 3 2
3
DN NC a
( )
2
13
13 3
a
HE DH
NC DN a
2
3
a
a
Giả sử VTPT của AD là n=( )a b;
với (a2+ ≠ b2 0)
Pt AD: ax by+ − − =3a 6b 0
2 2
2 8
a b
− −
+
a b
a b a b
a b
+ =
0,25
Tr ường hợp 1: a b+ = 0
Suy ra pt AD x: − + =y 3 0
( )
NP⊥AD⇒ pt NP x+ + = ⇒ =y P AD∩NP⇒P −
( )
1
1 2
3
AP BN BC
A AD A m m m
= −
Lúc đó PD=2AP⇒D(− −4; 1)
Từ đó ta tìm được B(2; 1 ,− ) (C − −1; 4)
Do đó A −( 1; 2),B(2; 1 ,− ) (C − −1; 4),D − − ( 4; 1)
Tr ường hợp 2: 7a−23b= 0
Suy ra pt AD: 23x+7y−111=0
17 17
NP⊥AD⇒ pt NP x− y− = ⇒ =P AD∩NP P −
( ) ( )
2
2
AP m
⇒ = ⇔
−
Trường hợp này không thoả mãn
0,25
K ết luận: Vậy A −( 1; 2),B(2; 1 ,− ) (C − −1; 4),D − − ( 4; 1) 0,25
x y
Điều kiện
2
2 2
1 0
x x y
x y
− − − ≥
+ ≥
1
x
x
=
Thử lại vào phương trình (2) thấy 1
1
x y
=
= −
thoả mãn Suy ra ( )1; 1− là nghiệm HPT
0,25
8
Tr ường hợp 2: x2− − − > x y 1 0
Trang 7Ta có
( )
2
2 0
0 *
x y x y
x y
x x y y
x y
x y
x x y y
x y
x y
x x y y
− −
− − − + +
− − =
Vì
2
1 5
2
x
x x y
x y
x
>
⇒ − > + ≥ − + ⇒ + − > ⇔
− −
Nên y≥ − > +2x 1 5⇒ + > +y 1 2 5> ⇒ + + >0 x y 1 0
Do đó PT(*) vô nghiệm
Suy ra y= −x 2
Thế vào phương trình (2) ta được
2
2x− +1 3x− =2 8x − − ⇔2x 2 2x− +1 3x− =2 2 2x−1 +2 3x− Điều kiện: 2
2 3
x≥
Đặt
1
3
− = ≥
Phương trình trở thành
a b+ = a + b ⇔ +a ab b+ = a + b ⇔ −a b = ⇔ =a b
0,25
Từ đó ta có
1
4
x
x
=
=
(T/M) +) x= ⇒ = −1 y 1 Thử lại HPT thấy thoả mãn
x= ⇒ = −y Thử lại HPT không thoả mãn
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( )x y; = 1; 1−
0,25
Câu 9 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm , ,x y z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 2
4
P
x y x z y z y z y x z x
x y z
9
Ta có
2 2
2 2 2
x y x z y z x y
x y z
Và
0,25
Trang 8( ) ( )( ) ( )
2 2
2 2 2
y z y x z x y z
x y z
Thật vậy, với mọi x y z, , ≥0 ta luôn có
Khi đó biểu thức P trở thành
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
4
2 4
P
x y z
x y z
x y z
+ + +
+ + + + +
t= x + + + ⇒ > Nên y z t
P
t t
≤ −
−
0,25
Xét hàm số ( ) ( )2
y f t
t t
− với t> 2
3 2
'
t t t t t
f t
−
Do t> nên 2 3 2 ( )3 ( )
4t +7t − − =4t 16 4 t − +4 t 7t− > 4 0 Suy ra f'( )t = ⇔ = 0 t 4
0,25
Lập bảng biến thiên 5
8
P
⇒ ≤
Vậy GTLN của P là 5 2
8⇔ = = =x y z
0,25
CHÚ Ý: H ọc sinh làm cách khác nếu đúng vẫn chấm điểm tối đa
Cảm ơn hai bạn bạn Thang Quach ( quachdangthangpc@gmail.com ) và bạn Chatvuhuy
(chathoayeume@gmail.com ) đã gửi tới www.laisac.page.tl