Đề thi thử THPT quốc gia, ôn thi đại học tham khảo (24)

Tính xác suất để trong tốp ca đó có ít nhất một học sinh nữ.. Viết phương mặt cầu S tâm I nằm trên đường thẳng ∆, tiếp xúc với mặt phẳng α và có bán kính bằng 2.. Cho hình chóp S.ABCD có

SỞ GD& ĐT QUẢNG NGÃI KỲ THI THỬ TNPT NĂM 2015-2016

( Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1: (1,0 điểm) Cho hàm số 2 1

2

x y x

+

=

− Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

Câu 2: (1,0 điểm) Tìm GTLN- GTNN của hàm số y= 4−x2 +x

Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân ( + )

=

+

∫

2 1

2 0

1

x x

x

Câu 4(1,0 điểm)

a) Giải phương trình 2 − + =

log x 8log x 7 0 b) Tìm môđun của z biết z + 2 – 3i = 4 + 2iz

Câu 5: (1,0 điểm).

a) Cho sin 4

5

α = Hãy tính giá trị biểu thức : cos 2 2sin (2 )

4 2

A= α − π α− b) Một lớp học có 27 học sinh nữ và 21 học sinh nam Cô giáo chọn ra 5 học sinh để lập một tốp ca chào mừng 20 - 11 Tính xác suất để trong tốp ca đó có ít nhất một học sinh nữ

Câu 6: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng (∆) có phương trình

1 2

1

= +



 = − +



 = −



và mặt phẳng (α ) có phương trình: 2x + 2y + z - 1 = 0 Viết phương mặt

cầu (S) tâm I nằm trên đường thẳng ∆, tiếp xúc với mặt phẳng (α) và có bán kính bằng 2 Biết rằng tâm mặt cầu có hoành độ âm

Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA

vuông góc với đáy.Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300 Gọi E là trung điểm của

BC Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a

Câu 8: (1,0 điểm).Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A( 1; 4)− , trực tâm H Đường thẳng AH cắt cạnh BC tại M , đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là I(2;0), đường thẳng BC đi qua điểm P(1; 2)− Tìm toạ độ các đỉnh B C, của tam giác biết đỉnh B thuộc đường thẳng d x: +2y− =2 0.

Câu 9: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

3

( , )

x y



Câu 10:(1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

=

+ +

3

3a 3b 25c 2

M

a b c Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:

ĐÁP ÁN

1

• TXĐ: D=¡ \ 2{ }

• Sự biến thiên

- Chiều biến thiên:

( )2

2

x

′ = − < ∀ ∈

−

0.25

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;2) và (2;+∞)

- Hàm số đã cho không có cực trị

- Tiệm cận lim 2 : 2

2

lim

+

2

lim

−

→ = −∞ ⇒ =x 2 :TCÑ

0.25

• Bảng biến thiên

0.25

• Đồ thị

0.25

2 Tập xác định D=−2;2 ,  ′( ) = − +

− 2 1 4

x

f x

− =



2

2

0

4 4

x x

x x

Ta có: f ( )2 =2 2; f ( )2 =2 ; f ( )− = −2 2, f ( )3 =7 0.25 Vậy : Maxy/ 2;2[− ] =2 2 khi x= 2 ; Miny/ 2;2[− ] = −2 khi x= −2 0.25

3

Đặt ln(x2+ =1) u ⇒ = ⇒ =

2

Đổi cận

x 0 1

u 0 ln2

0.25

x y' y

-2

2

- ∞ + ∞

( )

+

2

x

ln2 2

2 0

2 2

u

0.5

4a ĐK: x>0 PT  =



3 3

x

( )

 =

⇔  =



2187

4b

−

4 3

2 – 3 4 2 1 2 4 3

1 2

i

( + ) ( + )

⇔ = 4 3 1 2 = − +1 11 ⇒ = 122

5a

A= α− π α− = − α− − π −α = − α + α

2

5b

Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong số 48 học sinh ta có số phần tử của không gian mẫu

( )ω = 5 =

48 1712304

Gọi A là biến cố " chọn 5 học sinh trong đó có ít nhất một học sinh nữ" thì A là biến

cố " chọn 5 học sinh mà trong đó không có học sinh nữ "

0.25

21 20349

n A C

1712304

n A

P A

1712304 1712304

P A

0.25

Giả sử mặt cầu (S) có tâm I , vì I thuộc ( ) ∆ nên I ( 1 2 ; 1 + t − + − t t ; )

Mặt cầu (S) có bán kính R=2 và tiếp xúc mp( )α nên

4 4 1

d I α = ⇔ + − + − − = ⇔ t− =

+ +

0.5

5 1 6

5



− = −

Khi 7

5

t = tâm mặt cầu 19 2 7

; ;

  loại

Khi t = − 1tâm mặt cầu I ( − − 1; 2;1 ) phương trình mặt cầu :

( ) (2 ) (2 )2

0.5

7

* Vì CB AB CB (SAB)

CB SA

⊥

 ⊥

chiếu của

SC lên mp(SAB)

0.25

( )

·

(SC SAB, ) (SC SB· , ) CSB· 300

0

* Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:

3 2

.

a

0.25

+ Từ C dựng CI // DE

2

a

CE DI

⇒ = = và DE/ /(SCI )

d DE SC d DE CSI

Từ A kẻ AK ⊥CI cắt ED tại H, cắt CI tại K

Ta có: SA CI CI (SAK) (SCI) (SAK)

AK CI

⊥

 ⊥

Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT ⊥AK ⇒HT ⊥(SCI)

( , ) ( ,( ) )

d DE SC d H SCI HT

2

3

2

ACI

a a

a

  +  ÷ 

0.25

Lại có: ·

2 2

2

sin

19 9

2

5

a a

a

+

19

d ED SC =

0.25

8

• Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp

Suy ra I là trung điểm của BH;

(2 2 ; )

Suy ra H(2 2 ; )+ t t− ⇒uuurAH = +(3 2 ;t t− −4),BPuuur=(2 1;t− − −t 2)

Do H là trực tâm của tam giác ABC

0 (2 3)(2 1) ( 4)( 2) 0

⇒uuur uuur= ⇔ + − + + + = ⇔5t2+10t+ = ⇔ = −5 0 t 1

0,25

Suy ra H(0;1), (4; 1),B − uuurAH = −(1; 3),đường thẳng BC x: −3y− =7 0 0,25

Đường thẳng AC: 2x y− + =6 0 Tìm được toạ độ C( 5; 4)− −

KL…

0,25

9

Điều kiện: 1; 3 3;

2 2

x≤ y∈ − 

3 3

Xét hàm số f t( ) 2= t3+t,ta có f t'( ) 6= t2+ > ∀ ∈ ⇒1 0, t ¡ f t( ) đồng biến trên ¡

0

1

y

≥





0.25

Thế vào (2) ta được : 2

4x+ =5 2x −6x−1

2 4x 5 4x 12x 2

4x 5 1 2x 2

0.25

 + = −

⇔ 

+ = −

1 2

1 2( )

x

x





⇔  = +



 = −



Với

4 4

2

2

y x

y

 =

= − ⇒ 

= −

 Vậy hệ có hai nghiệm.

0.25

10

- Áp dụng BĐT Cô - Si ta có: 2a4+(a4+ ≥1 2) a4+2a2 ≥4a hay 3 3a4+ ≥1 4a3

- Tương tự 3b4+ ≥1 4b3⇒ ≥ ( ++ ++)

3

4a 4b 25c M

a b c

0.25

Mà ( ) (2 ) ( 3 3) ( )3

a b− a b+ ≥ ⇒ a +b ≥ +a b

+ +

3

25

25

M

a b c a b c

a b c

Đặt t c 0( t 1)

a b c

= < <

+ +

0.25

Xét hàm số f t( ) ( )= −1 t 3+25 0t3 ( < <t 1)

có: ′( ) = − ( ) ( )− − 

= −

© ªª ªª ªª ª«

1 6 0

1 4

t

f t

t

0.25

Bảng biến thiên

Vậy ( ) =   ÷=

 

6 36

Min f t f khi 1

6

36

Min M = = =1, =2

5

0.25

SỞ GD& ĐT QUẢNG NGÃI KỲ THI THỬ TNPT NĂM 2015-2016

( Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: y=x4−2(m2+1)x2+1 (1)

t f'(t)

f(t)

1

1

6 0

25 36

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0

b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị

cực tiểu đạt giá trị lớn nhất

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình : sin 2x−cosx+sinx=1 (x R∈ )

b) Giải bất phương trình : 1 2 2

2

log log (2−x ) >0 (x R∈ ).

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân 12 3

1

dx I

x x

=

+

Câu 4 (0,5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11 1

2

z

z z

− Hãy tính

4 2

z i

z i

− +

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C , ABC ' ' ' ∆ đều có cạnh bằng a , AA'=a và đỉnh 'A cách đều , , A B C Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và ' A B Tính

theo a thể tích khối lăng trụ ABC A B C và khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( ' ' ' AMN )

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) S có phương trình

x + y + −z x+ y− z− = Lập phương trình mặt phẳng ( )P chứa truc Oy và cắt

mặt cầu ( )S theo một đường tròn có bán kính r =2 3

Câu 7 (0,5 điểm) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội

nước ngoài và 3 đội của Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao

AH có phương trình 3 x+4y+10 0= và đường phân giác trong BE có phương trình

1 0

x y− + = Điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 Tính diện tích tam giác ABC

Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình: x2+5x<4 1( + x x( 2+2x−4)) (x∈ R).

Câu10 (1,0 điểm) Cho các số thực ; x y thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P= x + y + x+ + x + y − x+ + −y

Hết

-ĐÁP ÁN

Câu 1.

(2 đ)

a) (Tự khảo sát)

b) y’ = 4x3 – 4(m2+1)x

y’ = 0 ⇔ 0 2

1

x

=





= ± +

 ⇒ hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m

2 1

CT

x = ± m + ⇒ giá trị cực tiểu y CT = −(m2+1)2+1

2 2

V m + ≥ ⇒ y ≤ max(y CT) 0= ⇔m2+ = ⇔ =1 1 m 0

Câu 2.

(1 đ)

a) sin 2x−cosx+sinx=1 (1)

(1) ⇔ (sinx−cos )(1 sinx + x−cos ) 0x =

sin cos 0

1 sin cos 0



2

k Z

π

 = + π



 = π∨ = + π



2

og log (2−x ) >0 (x R∈ ) (2).

Điều kiện: log (22 −x2) 0> ⇔ −2 x2 > ⇔ − < <1 1 x 1

Khi đó (2) ⇔ 2

log (2 ) 1

0

x

x

− < < − < <

≠

Vậy tập nghiệm bpt là S = −( 1;0) (0;1)∪

Câu 3.

(1 đ)

2

I

Đặt 3 1 3 2 1 2 2

3

t = x + ⇒x = − ⇒t x dx= t dt

x= ⇒ =t x= ⇒ =t

2

t dt

3

2

x I

x

Câu 4.

(0,5 đ)

11

1 2

z

z z

− ⇔ z2−4z+ =13 0, ∆ = − =' 9 9i2⇒  = −z z= +2 32 3i i

 z= +2 3i ⇒ 4

2

z i

z i

−

2

1 2

i i

− =

−

 z= −2 3i ⇒ 4

2

z i

z i

−

2 7 53

2 5 29

i i

+

Câu 5.

(1 đ)

 Gọi O là tâm tam giác đều ABC ⇒ A’O ⊥ (ABC)

2

A O= AA −AO = a − = ;

2 3 4

ABC

a

S∆ =

Thể tích khối lăng trụ ABC A B C : ' ' ' ' 2 3 6 2 2

ABC

 Ta có 1 [ ,( )]

3

AMC

V

d C AMN

S∆

2

; ,( ) '

Suy ra:

NAMC

2

a

AM =AN = , nên AMN∆ cân tại A

Gọi E là trung điểm AM suy ra AE⊥MN, '

2 2

A C a

E A

B

C

C'

’

B'

’

A'

’

M O

N

2 2

2

AMN

a

d C AMN

Câu 6.

(1 đ)

( ) :S x +y + −z 4x+6y−2z− = ⇔ −2 0 (x 2) + +(y 3) + −(z 1) =16

⇒ ( )S có tâm (2; 3;1) I − bán kính R=4 ; trục Oy có VTCP rj =(0;1;0) Gọi nr=( ; ; )a b c là VTPT mp(P) ,

( )P chứa Oy ⇒ nr⊥ ⇒ =rj b 0 ⇒ =nr ( ;0; ) (a c a2+c2 ≠0)

Phương trình mp(P): ax cz+ =0

(P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh r=2 3

⇒ d I P[ ,( )] = R2−r2 =2 ⇔ 2a c2 2 2 4a2 4ac c2 4a2 4c2

+

+

3 4

c

=



Vậy phương trình mp(P) : x=0 hoặc 3x+4z =0

Câu 7.

(0,5 đ)

Số phần tử không gian mẫu là 4

4 4 4

12 8 ( ) 34.650

n Ω =C C C =

Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau”

Số các kết quả thuận lợi của A là n A( ) 3 2 1.= C93 C63 C33 =1080

Xác xuất của biến cố A là ( ) ( ) 1080 54 0,31

( 34650 173

n A

P A

n

Câu 8.

(1 đ)

Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC

Tính được N(1; 1) Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 0

B là giao điểm của BC và BE Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt:

4 3 1 0

(4;5)

1 0

B

x y

 − + =



A

B

C H

E M(0;2)

N I

Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0

A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt:

( 3; )

A



Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:

(1;1) 1; 1

4 3 1 0

31 33

;

25 25

25 25

C

C





Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra

A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.

Tương tự A và 31 33;

25 25

  thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác

ngoài của tam giác ABC.

BC = 5, ( , ) 49

20

AH =d A BC = Do đó 49

8

ABC

S = (đvdt)

Câu 9.

(1 đ)

x + x< + x x + x− (*)

ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0 ⇔ 1 5 0

1 5

x x



≥ − +



Khi đó (*) ⇔ 4 x x( 2+2x−4) > x2+5x−4

⇔ 4 x x( 2 +2x−4) (> x2+2x− +4) 3x (**)

TH 1: x≥ − +1 5, chia hai vế cho x > 0, ta có:

(**) ⇒ 4 x2 2x 4 x2 2x 4 3

Đặt t x2 2x 4, t 0

x

= ≥ , ta có bpt: t2− + <4t 3 0 ⇔ < <1 t 3

2 2

2

7 4 0

2 4

4 0

 − − <

+ − >

− + < < +

TH 2: 1− − 5≤ ≤x 0, x2+5x− <4 0 , (**) luôn thỏa

Vậy tập nghiệm bpt (*) là 1 5;0 1 17 7; 65

Câu10

.

(1 đ)

P= x + y + x+ + x + y − x+ + −y

Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y) Ta có OM + ON ≥ MN

⇔ (x−1)2 +y2 + (x+1)2 +y2 ≥ 4 4+ y2

⇒ P≥2 1+y2 + − =y 2 f y( )

TH1: y ≤ 2: f y( ) 2 1= +y2 + −2 y ⇒ '( ) 2 2 1

1

y

f y

y

+

2

2

'( ) 0 2 1

3

y

y

≥



=



Lập bảng biến thiên f(y) ⇒ min( .2] ( ) 3 2 3

3

∈ −∞

TH2: y ≥ 2: f y( ) 2 1= +y2 + −y 2 ≥ 2 5 2> + 3

Vậy P≥ +2 3 ∀x y;

Do đó MinP= +2 3 khi x = 0 ; y = 3

3

Hết