a Câu lạc bộ “Nhảy hiện đại” của trường chuyên Lê Quý Đôn có 3 học sinh chuyên toán, 8 học sinh chuyên anh và 5 học sinh chuyên văn.. Chọn ngẫu nhiên một nhóm gồm 5 học sinh đi giao lưu
Trang 1Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
Trường Chuyên Lê Quý Đôn
BÀ RỊA – VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA – Năm học 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 4
2 3
y x x
Câu 2 (1 điểm) Tính giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2 2
2 3 1 ( )
1
f x
x
trên đoạn 0;1
3
Câu 3 (1 điểm)
a) Câu lạc bộ “Nhảy hiện đại” của trường chuyên Lê Quý Đôn có 3 học sinh chuyên toán, 8 học sinh chuyên anh và 5 học sinh chuyên văn Chọn ngẫu nhiên một nhóm gồm 5 học sinh đi giao lưu với trường đại học RMIT Tính xác suất chọn được học sinh của cả 3 môn chuyên và không có nhiều hơn 1 học sinh chuyên toán b) Giải bất phương trình: 3 2 1 2
3
log (x 2) log (x 1) 0
Câu 4 (1 điểm): Giải phương trình cos 2xsin 2xsinx 5cosx2
Câu 5 (1 điểm): Tính tích phân
1 2 0
(tan 1 )
I x x x dx
Câu 6 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và đường cao SH với H là điểm thỏa mãn
3
AB AH
.Góc tạo bởi hai mặt phẳng (SCD) và (ACD) bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.HBCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC, HD
Câu 7 (1 điểm): Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A(2;1;–3), B(4;3;–2), C(6;–4;–1) Chứng minh
rằng A,B,C không thẳng hàng Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và vuông góc với mặt phẳng (ABC)
Câu 8 (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) Biết A(–1;–1), B(7;–
1) và trung điểm cung BC(không chứa A) của đường tròn (T) là D(6;6); đường thẳng BC đi
qua điểm M(–1;5) Tìm tọa độ trung điểm cung AC(không chứa B) của đường tròn (T)
Câu 9 (1 điểm): Giải hệ phương trình:
( 1) ( 1) ( 1)( 1)
Câu 10 ( 1 điểm): Cho các số dương a, b, c thay đổi và thỏa a + b + c = 1 Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
T
Trang 2ĐÁP ÁN – LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1
+ Tập xác định: D = ℝ
+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
3
' 4 4
0
1
x
x
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (–1;0) và (1;+∞), nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;–1) và (0;1) Giới hạn: limx y; limx y
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = –1, yCT = –4 và x = 1, yCT = –4; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = –3 Bảng biến thiên:
+ Đồ thị
Giao Ox tại (0;–3) Giao Oy tại ( 3;0) và ( 3;0)
Câu 2
Xét hàm số
2 2
2 3 1 1
y
x
trên đoạn [0; ]1
3
Ta có:
(4 3)(1 ) 2 (2 3 1) 3 2 3 2 (x 1) 2 1
Trang 3Hàm số y đồng biến, liên tục trên đoạn [0; ]1
3 , có
1 1 (0) 1; ( )
3 4
Vậy giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y trên đoạn [0; ]1
3 lần lượt là –1 và
1 4
Câu 3
a) Gọi A là biến cố “Chọn được học sinh của cả 3 môn chuyên và không có nhiều hơn 1 học sinh chuyên toán”
Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn 5 học sinh từ 16 thành viên của câu lạc bộ, bằng 5
16 4368
C
Tính số kết quả thuận lợi cho A: Xét 3 trường hợp:
TH1: Chọn 1 học sinh chuyên toán, 1 học sinh chuyên anh, 3 học sinh chuyên văn: Số cách chọn 1 học sinh chuyên toán, 1 học sinh chuyên anh và 3 học sinh chuyên văn lần lượt là 3, 8, C Theo quy tắc nhân số cách 53
chọn nhóm 5 học sinh là 3
5
3.8.C 240 TH2: Chọn 1 học sinh chuyên toán, 2 học sinh chuyên anh, 2 học sinh chuyên văn: Số cách chọn nhóm 5 học sinh như vậy là 2 2
8 5
3 .C C 840 TH3: Chọn 1 học sinh chuyên toán, 3 học sinh chuyên anh, 1 học sinh chuyên văn: Số cách chọn nhóm 5 học sinh như vậy là 3 .5 840C83
Theo quy tắc cộng, số kết quả thuận lợi cho A là 240+840+840 =1920
Xác suất cần tính là 1920 40
4368 91
A
3
log (x 2) log (x 1) 0 (1)
Điều kiện :
2 2
(x 2) 0 | | 1
2
1 0
x x x
Với điều kiện trên ta có:
(1) log ( 2) log ( 1) 0
log ( 2) log ( 1)
( 2) 1
4 5 0
5
4
x
x
Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là ( ; 1) (1; )5
4
Câu 4
Ta có:
2
2
cos 2 x sin 2 x sinx 5cosx 2
2cos 1 2sin cos sin 5cos 2
2cos 5cos 3 sin (2cos 1) 0
(2cos 1)(cos 3 sin ) 0
1
cos (Do cosx+sinx+3 -1-1+3>0)
2
<=>x= 2
3
x
k
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x= 2
3 k
(kZ )
Trang 4Câu 5
I x x x dxx xdxx xdx I I
Tính
1
2 1
0
tan
I x xdx
Đặt u x du dx dv ; tan2x v tanx x
1
0
(tanx x) (tan ) tan1 1 (ln | cos | )
1 tan1 ln( 1)
2
x
cos
Tính
1
2
0
1
I x xdx
Đặt
2
tdt dx
Với x=0=>t=1;x=1=>t=0
=>
2
0
(1 ) ( 2 t) dt (2 2 ) ( )
1
Vậy 1 2 tan1 ln(cos1) 7
30
Câu 6
Vẽ HE ⊥ CD tại E Ta có CD = (SCD) (ACD), CD ⊥ HE, CD ⊥ SH ⇒ CD ⊥ (SHE)
Mà (SHE) (ACD) = CD; (SHE) (SCD) = SE nên góc giữa (SCD) và (ACD) là (SE;HE)=SEH=600
AHED là hình chữ nhật nên HE = AD = a
∆ SHE vuông tại H nên SH HE.tan 60o a 3
Diện tích đáy
2
HBCD ABCD AHD
a
Thể tích khối chóp:
3
S HBCD HBCD
a
Qua C vẽ đường thẳng song song với HD cắt AB tại J Vẽ HI ⊥ CJ tại I, HK ⊥ SI tại K
Ta có CJ ⊥ HI, CJ ⊥ SH ⇒ CJ ⊥ (SHI) ⇒ CJ ⊥ HK
HK ⊥ CJ, HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ (SCI)
Trang 5Vì HD // (CI) ⇒ HD ⊥ (SCI) ⇒ d(HD;SC) = d(HD;(SCI)) = d(H; (SCI)) = HK.
10
Tam giác SHI vuông tại H ⇒ 1 2 12 12 3 13
13
a HK
Vậy khoảng cách giữa SC và HD là 3 13
13
a
Câu 7
Ta có:
(2; 2;1)
(4; 5;2)
AB
AC
Giả sử A, B, C thẳng hàng, thì tồn tại số thực k sao cho:
2 4
1 2
k
k
(mâu thuẫn)
Vậy A, B, C không thẳng hàng
Có AB AC . 2.4 2.5 1.2 0 AB AC.
Vì (P) ⊥ (ABC), (P) (ABC) = AB, CA (ABC), CA ⊥ AB ⇒CA ⊥ (P)
Phương trình mặt phẳng (P) qua A nhận AC (4; 5;2)
làm vectơ pháp tuyến có dạng:
4x-5y+2z+3=0
Câu 8
Gọi phương trình đường tròn (T) có dạng x2y2ax by c 0 Vì A,B,D ∈ (T) nên ta có hệ:
.Suy ra phương trình ( ) : (x 3)T 2(y 2)2 25
(T) có tâm I(3;2)
D là điểm chính giữa cung BC nên ID ⊥ BC Suy ra đường thẳng BC đi qua B và nhận ID (3; 4)
làm vectơ pháp tuyến, có phương trình : 3x+4y-17=0
Gọi ( ;17 3 )
4
c
C c Vì C ≠ B nên c ≠ 7 Ta có:
c
C T c c c c
Suy ra C1;5 ; AC(0;6) Phương trình AC: x + 1 = 0
Gọi E là điểm chính giữa cung AC không chứa B Suy ra E và B nằm khác phía với đường thẳng AC và IE
⊥AC
Đường thẳng IE qua I và nhận AC(0;6) làm vectơ pháp tuyến, có phương trình: 6y-12=0y-2=0
Gọi ( ;2), (T) (e 2)2 25 8
2
e
e
Nếu e = 8 thì E và B cùng phía đối với đường thẳng AC Nếu e= –2 ⇒ E(–2;2) ⇒ E và B nằm khác phía đối với AC
Vậy điểm cần tìm là E(–2;2)
Câu 9
( 1) ( 1) ( 1)( 1) (1)
(I)
Trang 6Điều kiện: x ≥ –2; y ≤ 4 Với điều kiện đó, ta có:
0, ,
(x ) ( ) (x ) 1 0
1
x y
y x
Suy ra (I) 1 3 2
y x
Ta có:
2
2
2 2 2
(2) ( 2 1) ( 3 2) 4 4
( 1)( 4)
2 1 3 2
1
4(3)
2 1 3 2
(3) 3 2 1 ( 4)( 2 1)( 3 2)
( 3 1) ( 2 2) ( 4)( 2 1)( 3 2)
( 4)
x
x
x
2
( 2)( 2 1)( 3 2)(4)
x
Phương trình (4) vô nghiệm vì có vế trái âm, vế phải không âm ∀ x ≥ –2
Vậy 1; 0
2; 3
(thỏa mãn điều kiện)
Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (–1;0) và (2;3)
Câu 10
Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho hai số dương, ta có:
( )( )
b c c a a b
Từ đó kết hợp với a + b + c = 1 ta có:
a b a c a b a c a a b a c
Ta có 2 bất đẳng thức tương tự, từ đó suy ra 1 1 1 1( 2 2 2 )(2)
a b c a b b c c a
Từ (1) và (2) suy ra 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1
2( ) 2( ) 2( ) 2(1 ) 2(1 b) 2(1 )
T
Ta chứng minh: 4 1 27 7, (0;1)(*).
2(1 ) 8
a a
2
(*)4(4a1) (1 a)(27a 7) 0 3(3a1) 0luôn đúng
Trang 7Ta có hai bất đẳng thức tương tự, từ đó suy ra 27( ) 21 3
a b c
Dấu bằng xảy ra khi 1
3
a b c Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 3
4