Tính thể tích khốp chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC theo a.. Đoàn trường muốn chọn ra 5 em để bầu vào ban chấp hành nhiệm kì mới.. Viết phương trình đường th
Trang 1Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC: 2015 – 2016
Câu 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = –x3 + 3x – 2
Câu 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = xln x trên đoạn [1;e]
Câu 3
1 Cho số phức z thỏa mãn (1 + i)i + (2 + 3i)z = 3 – 2i Tìm phần thự và phần ảo của z
2 Giải phương trình 2
log x+3log (2 ) 1 0x − =
Câu 4: Tính tích phân
2 3 2 1
1
x
x e
x
+
=∫
Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA = a 3 và SA ⊥ (ABCD) Biết ∆ SAB cân
và góc giữa SD với mặt đáy bằng 30o Tính thể tích khốp chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC theo a
Câu 6
1 Cho sin cos 1
2
x+ x= − Tính giá trị của biểu thức A = 2sin5xcos3x – sin8x
2 Một trường có 55 đoàn viên học sinh tham dự đại hội Đoàn trường trong đó khối 12 có 18 em, khối
11 có 20 em và 17 em khối 10 Đoàn trường muốn chọn ra 5 em để bầu vào ban chấp hành nhiệm kì mới Hỏi
có bao nhiêu cách chọn sao cho 5 em được chọn có cả 3 khối, đồng thời có ít nhất 2 em học sinh khối 12
Câu 7 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng ∆1 và ∆2 và mặt phẳng (α) có phương trình là
∆1 :
2
5 3 ,
x t
z t
= +
= +
=
∆2 : 1 1 2,
x− = y+ = z+
(α) : x – y + z + 2 = 0 Tìm tọa độ giao điểm M của ∆1 với (α) Viết phương trình đường thẳng d đi qua M đồng thời cắt ∆2 và vuông góc với trục Oy
Câu 8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AC < AB Trên cạnh AB lấy các điểm D và E
sao cho DE = AC và AD = BE Biết M 8;5
4
là trung điểm BC và E
5 4;
4
, phương trình của CD là 5x + 24y
– 130 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh B, C
Câu 9: Giải bất phương trình 2 4 2 2 122 8
9 16
x
x
−
+
Câu 10: Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn
2
÷ ÷
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2
P
x y y z x z
Trang 2ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu 1
+ TXĐ: D = ℝ
+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y’ = –3x2 + 3; y’ = 0 ⇔ x = ±1
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;–1) và (1;+∞), đồng biến trên (–1;1) Giới hạn: limx→−∞y= +∞; limx→+∞y= −∞
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = 0; đạt cực tiểu tại x = –1, yCT = –4 Bảng biến thiên:
+ Đồ thị
Giao Oy tại (0;–2), giao Ox tại (1;0), (–2;0)
Câu 2
Xét hàm số y = xlnx trên [1;e] Hàm số liên tục trên [1;e]
Có y’ = 1 + lnx Vì lnx ≥ 0 ∀ x ≥ 1 nên y’ > 0 ∀ x ∈ [1;e]
Có y(1) = 1, y(e) = e
Vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [1;e] lần lượt là e và 1
Câu 3
1 Ta có
(2 3 ) 3 2 (1 i)i 3 2i (i 1) 4 3i
4 3 (4 3 )(2 3 ) 1 18 1 18
z
| | ( ) ( )
i z i
i
z
2 Có
Trang 32
2
2
log 3log (2 ) 1 0
log 3log 2 0
(log 2)(log 1) 0
1
2
x x
x
x
=
= −
<=> = − <=>
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là { ; }1 1
4 2
Câu 4
2
2
I xe dx xe dx xe dx J
Tính J=
2
1
x
xe dx
∫
Đặt
2
1
u v du dx
dv e dx v e
J x e dx e e e e e e e e
=>
Vậy 2 1
2
I e= +
Câu 5
+ Ta có SA ⊥ AB ⇒ ∆ SAB vuông cân tại A ⇒ AB SA a= = 3
Có AD là hình chiếu của SD trên mặt phẳng đáy ⇒ góc giữa SD và đáy là (SD;AD)=SDA=300
Suy ra AD=SA.cot300=3a
2
3
1
3
ABCD
S ABCD ABCD
S AB AD a
+ Gọi E là điểm đối xứng với A qua B ⇒ EB // CD và EB = CD = AB ⇒ EBDC là hình bình hành ⇒ EC // BD
⇒ BD // (SCE) ⇒ d(BD ; SC) = d(BD; (SCE)) = d( B; (SCE))
Trang 4Vì AB ∩ (SCE) = E và 1
2
BE= AE ( ;( )) 1 ( ;( ))
2
d B SCE d A SCE
Vẽ AH ⊥ CE tại H, AI ⊥ SH tại I Vì CE ⊥ AH, CE ⊥ SA ⇒ CE ⊥ (SAH) ⇒ CE ⊥ AI
⇒ AI ⊥ (SCE) ⇒ d(A; (SCE)) = AI
Có: AE=2AB=2a 3;BD= AB2+AD2 =2a 3
Vì BD // CE nên AEH ABD AEH ~ DBA g g( ) AE AH AH AE AD. 3a
Có 12 12 1 2 3
2
a AI
Vậy d(BD;SC)=3
4
a
Câu 6
1 Có
2sin 5 cos3x sin 8 x (sin 8 x sin 2 x) sin 8 x sin 2 x
2sinxcosx (sin 2sin cos cos ) (sin cos )
(sinx cos ) 1 ( ) 1
x
−
2 Xảy ra 3 trường hợp:
+ Trường hợp 1: Khối 12 có 2 em, khối 11 có 2 em, khối 10 có 1 em
Có C C C182 202 171 =494190
+ Trường hợp 1: Khối 12 có 2 em, khối 11 có 1 em, khối 10 có 2 em
Có 2 1 2
18 20 17 416160
C C C =
+ Trường hợp 1: Khối 12 có 3 em, khối 11 có 1 em, khối 10 có 1 em
Có 3 1 1
18 20 17 277440
C C C =
Vậy có 494190 + 416160 + 277440 = 1187790 cách chọn
Câu 7
+ Vì M ∈ ∆1 ⇒ M(2 + t; 5 + 3t; t); M ∈ (α) ⇒ 2 + t – (5 + 3t) + t + 2 = 0 ⇔ t = –1 ⇒ M(1;2;–1) + Gọi N là giao của d với ∆2 ⇒ N(1 + n; –1 + n; –2 + 2n)
0 3 0 0 3 (4; 2; 4)
<=> − + + = => = =>
Đường thẳng d đi qua M và nhận MNuuuur=(3;0;5) làm VTCP nên có phương trình
1 3
1 5
d y
= +
=
= − +
Câu 8
Trang 5Gọi N là trung điểm AB, vì AD = BE nên N cũng là trung điểm DE.
Suy ra AC = 2MN, DE = 2NE = 2ND Mà AC = DE nên MN = NE = ND ⇒ ∆MED vuông tại M
Có MEuuur= −( 4;0) Đường thẳng MD đi qua M và nhận (1;0) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: x – 8 = 0
Tọa độ D là nghiệm của hệ: 8 0 (8;15)
x
D
x y
− =
Có ( 4; 5)
2
DE= − −
uuur
nên đường thẳng DE nhận (5;–8) làm VTPT ⇒ (DE): 5x – 8y – 10 = 0
Vì ( ;130 5 )
24
c
C CD∈ =>C c −
Vì M là trung điểm BC nên B(16 ;5 70)
24
c
c −
−
5 70
24 14
5 (2;0); (14; )
2
c
c
−
=> =
=>
Vậy (2;0); (14; )5
2
Câu 9
2
12 8
2 4 2 2
9 16
x
x
−
+ (1)
Điều kiện: –2 ≤ x ≤ 2
Xét ( ) 2 4 2 2 122 8
9 16
x
x
−
+ trên [–2;2] Ta có hàm số liên tục trên [–2;2]
Tìm nghiệm của phương trình f(x) = 0 (2)
Trang 62
2
2 2
2
(2)
2
3
0(3)
9 16 4(2 x 4) 16 8 2 16(2 )
9 32 16
x
x
x
=
<=>
2 2
2 2
2 2
2
8(32 9 x ) 4 2
3
2 8 2
8
2 8 2
9 32
4 2
( ) 3
4 2
( ) 3
x x
x x x
x x x
<=>
=
<=>
=
Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là { ;2 4 2}
3 3 Bảng xét dấu f (x):
Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là [-2; ) (2 4 2; 2]
3 ∪ 3
Câu 10
Đặt a x;b y;c z a b c, , 0;abc 1
Điều kiện đề bài trở thành
Trang 74 4 4 4 2 2
1
2
c P
Vì ab ≤ 1 nên ta có
1
ab
−
P
ab ab
+ + Đặt t = ab Xét
( )
1 2 1
f t
+ + trên
1
;1 2
2
t t
Hàm số liên tục và nghịch biến trên 1;1
2
1 7 ( ) ( )
2 6
P f t f
Dấu bằng xảy ra khi x=1;y= 2;z=2
Vậy GTLN của P là 7
6
