ĐỀ MẪU SOẠN DÀNH CHO KỲ THI CHUNG QUỐC GIA 2015 Môn Toán Tây Ninh

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy ABCD.. Gọi K là điểm thuộc cạnh AB thỏa mãn KB = 3KA.. Tính th

SỞ GIÁO DỤC VÀO ĐÀO TẠO TÂY NINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG LÊ KHA

ĐỀ MẪU SOẠN DÀNH CHO KỲ THI CHUNG QUỐC GIA 2015

Môn : Toán ( Thời gian làm bài 180 phút)

Câu 1 (2 đ) Cho hàm số 1

2

x y x

+

=

− a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

b) Tìm các điểm thuộc trục Oy để từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox

Câu 2 (1 đ)

a) Cho góc α thỏa mãn 0

2

π α

< < và có cos 1

3

α = Tính

1 sin 2

2 cos

4

π α

+

=

 − 

b) Cho z z là các nghiệm phức của phương trình: 1, 2 2

2z −4z+ =11 0 Tính giá trị của biểu thức

A= z + z − z +z

Câu 3 (1 đ) Giải phương trình 1 4 3 0

9x −3x + =

Câu 4 (1 đ) Giải bất phương trình: x3+2x2+2x≥(2x2+ +x 1) x+1

Câu 5 (1 đ) Tính tích phân: 1( ( ) )

I =∫ e + +x dx

Câu 6 (1 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tam giác SAB vuông cân tại S

và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD) Gọi K là điểm thuộc cạnh AB thỏa mãn KB = 3KA Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa SB và KD

Câu 7 (1 đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C)x2+y2 =25 ngoại tiếp ABC∆

nhọn có chân các đường cao hạ từ B, C lần lượt là M(− −1; 3 ,) (N 2; 3− ) tìm tọa độ các đình

ABC

∆ , biết rằng điểm A có tung độ âm

Câu 8 (1 đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;1; 2) , mặt phẳng

( )P :15x+3y−2z+ =1 0 và đường thẳng : 1 2 4

d − = − = −

− Chứng tỏ đường thẳng d cắt mặt phẳng (P) và viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M, cắt đường thẳng d và song song với mặt phẳng (P)

Câu 9 (1 đ) Một đoàn tàu có 8 toa ở một sân ga Có 8 hành khách từ sân ga lên tàu, mỗi người

độc lập với nhau chọn một cách ngẫu nhiên lên một toa Tính xác suất để mỗi toa có đúng khách lên tàu

Câu 10 (1 đ) Cho a b c, , là 3 số thực dương thỏa mãn ( 2 2 2) ( )2

3 a + +b c ≤ 10 a b c+ + −27

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 4( ) ( )

3

2

a b

a b c

+

+ +

ĐÁP ÁN

Câu 1

a) Tập xác định: D R= \{ }2

Sự biến thiên:

+ chiều biến thiên: ( )2

3

2

x

−

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

+ giới hạn và tiệm cận:

Do xlim→−∞y=xlim→+∞y=1; nên tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là :y=1

lim , lim

→ = −∞ → = +∞; nên tiệm cận đứng của đồ thị hàm số là x=2 0,25đ + bảng biến thiên:

0,25 đ + Đồ thị:

0,25 đ

b)

gọi M(0;m) thuộc Oy

Đường thẳng ( )∆ qua M có dạng y kx m= +

( )∆ tiếp xúc ( ) ( )

1

1 2

3

2 2

x

kx m x

C

k x

+

 −



−



Thế (2)và (1) ta có: ( )2

m

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

Qua M kẻ được 2 tiếp tuyến phân biệt với (C) ⇔ pt( )3 có 2 nghiệm phân biệt khác 1

( )

2

f



( )

#1

* 1 2

m m





⇔  > −

Gọi x x1, 2 là nghiệm pt (3), tọa độ các tiếp điểm là (x y1; 1) (, x y và2; 2)

;

Theo Viet: 1 2 1 2

;

Hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox⇔ y y1 2<0 0,25 đ

2 4 4 2

m

+

−

So với điều kiện (*), ta có giá trị cần tìm là :

1 3

#1

m m

 > −





Câu 2

Do 0

2

π α

< < nên

2

sin 1 cos 1

sin cos

sin cos

2 cos

4

α

+

+

0,25 đ

Giải phương trình ta được các nghiệm:

Ta có

2 2

3 2 22

Câu 3

Đặt 1 0,

3x

t= > phương trình đã cho trở thành

4 3 0

3

t

t

=



1

3x

t= ⇒ = ⇔ =x

1

3x

t= ⇒ = ⇔ = −x

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 0, x = -1 0,25 đ Câu 4

Đặt t= x+ ≥1 0 thì bất phương trình trở thành:

x − x t+ xt ≥t

0

x t x xt t

x t do xt t x t R

1

0

x

 − − ≥



0

v x

x x

≥







1 5

2

x +

So sánh với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là 1 5;

2

= +∞÷÷

Câu 5

Ta có 1( ( ) ) 1 1 ( )

0 e x+ln 1+x dx= 0e dx x + 0ln 1+x dx I= +I

+ 1 01

1 1 0

1

ln 1 ln 1

x

x

+

= ln 2 ( ln 1( ) ) 1 2ln 2 1

0

Câu 6

Gọi H là trung điểm AB Chứng minh được SH ⊥(ABCD) và

2

a

Vậy

3 2

Gọi I thuộc cạnh CD sao cho ID=3IC thì DK/ /BI

Do đó ( , ) ( ,( ) ) ( ,( ) ) 3 ( ,( ) )

2

d DK SB =d DK SBI =d K SBI = d H SBI 0,25đ

Kẻ HE⊥BI tại E và HF ⊥SE tại F ta chứng minh được: d H SBI( ,( ) ) =HF

Ta có : .sin· .sin· . 2

17

BI

Và : 1 2 12 12 332 2 33

a HF

HF = SH +HE = a ⇒ =

Vậy ( , ) 33

11

a

Câu 7

(C) có tâm O bán kính R = 5

Chứng minh OA MN⊥

Phương trình

( )

0

PVT có MN 3 1;0

OA

OA

∋



 uuuur= Tọa độ A=( )C ∩OA thỏa hệ 2 2 25 (0; 5)

0

A x

( )

VTCP 2

0; 5

1;1

AB A

AB



Tọa độ B AB= ∩( )C thỏa ( )

5; 0

5 0

x y

x y

x y

0; 5

AC A

AC



 uuuur

Tọa độ C= AC∩( )C thỏa ( )

4; 3

x y

x y



Kiểm tra uuur uuurAB AC >0;BC BAuuur uuur >0;CA CBuuuruuur > ⇒ ∆0 ABC nhọn

KL: A(0; 5 ,− ) ( ) (N 5;0 ,C −4;3) 0,25 đ Câu 8

Mặt phẳng (P) có VTPT nr =(15;3; 2− ) và đường thẳng d có vectơ chỉ phương ur=(2; 1;13− ) Suy ra n ur r=1# 0 vậy d cắt (P) 0,25 đ

Dễ thấy M không thuộc (P) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng d và ∆ , ta có

(1 2 ;2 ; 4 13 ),

N + m −m + m m R∈

Khi đó đường thẳng ∆ có VTCP MNuuuur=(2 ;1m −m;13m+2) 0,25 đ

Mặt khác, vì đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (P), nên ta có

r uuuur

0,25 đ

Suy ra MNuuuur=(2;0;15)

Vậy đường thẳng ∆ có phương trình

1 2

1 ,

2 15

= +





 = +



0,25 đ

Câu 9

Gọi A là biến cố: “mỗi toa có đúng một khách lên tàu”

Vậy ( ) 8

8! 315

8 1013072

A

P A = = =

Câu 10

3 a + +b c ≤ 10 a b c+ + −27

3 a b c 27 10 a b c

3 a b c 27 30 a b c

1 a b c 9

( )

1 a b c 3 1

a b a b c

a b c

+ +

( )

3

+ +

3 a b c

a b c

+ +

( )

,

a b c t f t t a b c

t

a b c

Do (1) nên, t∈[ ]1;3 xét f t( ) t 3,t [ ]1;3

t

3

t

= − = ⇔ = vì t > 0

Bảng biến thiên:

0,25 đ

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 4 khi 1

3

a b c= = = hay a b c= = =1 0,25 đ