DE31 THPT chuyên NQD đồng tháp _ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TOÁN NĂM 2015

Người ta chọn ra 4 người trong chi đoàn đó để lập một đội thanh niên tình nguyện.. Tính xác suất để trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ.. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng S

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 1

THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 1 3 2  2 

1 1 3

y x mx  m m x (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi m  2

b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực đại tại x  1

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình  2  

log x1 log 2x 1 2

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân

3 2 2

2 1

5 4

x





 

Câu 4 (1,0 điểm)

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện   2

2 3 z (4 i  i z)   (1 3 )i Tìm phần thực và phần ảo của z

b) Một chi đoàn có 15 đoàn viên trong đó có 7 nam và 8 nữ Người ta chọn ra 4 người trong chi đoàn đó để

lập một đội thanh niên tình nguyện Tính xác suất để trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3;  0

120

cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD)

bằng 600 Tính theo a thể tích của khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2P x y 3z 1 0 và điểm

3; 5; 2

I   Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng  P Tìm tọa độ tiếp điểm

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn     2 2

C x  y  và đường thẳng   :x    Từ điểm A thuộc y 1 0   kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với  C tại B

và C Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  







Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn cmina b c, ,  Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

2 2 2 2

- Hết -

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:

Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhânhttp://boxmath.vn/forum/đã chia sẻ đếnwww.laisac.page.tl

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 - ĐỀ SỐ 31

Thời gian làm bài 180 phút

-oOo -187

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 1 Môn: TOÁN; Khối: A+B

(Đáp án – thang điểm gồm 01 trang)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

1 1 3

y x mx  m m x (1)

Với m 2, hàm số trở thành: 1 3 2

3

y x  x  x

♥ Tập xác định: D  

♥ Sự biến thiên:

ￚ Chiều biến thiên: 2

y x  x ; y'0x1 hoặc x 3

0.25

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;3 ; 

+ Đồng biến trên các khoảng ;1 và 3;  

ￚ Cực trị:

+ Hàm số đạt cực tiểu tại x  ; y3 CTy(3) 1 ; + Hàm số đạt cực đại tại x  ; y1 CĐ 7

(1) 3

y

 

ￚ Giới hạn: lim ; lim

     

0.25

b.(1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực đại tại x 1

 Tập xác định: D  

 Đạo hàm: 2 2

y x  mxm m

0.25

1

(2,0 điểm)

♥ Điều kiện cần:

Hàm số đạt cực đại tại x 1  y'(1)0

0.25

188

 m23m 2 0  1

2

m m

 



 



♥ Điều kiện đủ:

Với m  , ta có: 1 y'x22x1, y'  0 x 1

Bảng biến thiên

x  1 

'

y  0 

y

Từ BBT ta suy ra m  không thỏa 1

0.25

Với m2, ta có: 2

' 4 3

3

 



 

 



x y

Bảng biến thiên

x  1 3 

'

y  0  0 

y CĐ

CT

Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x1

♥ Vậy hàm số đạt cực đại tại x 1khi m 2

0.25

Giải phương trình  2  

log x1 log 2x 1 2 (1)

♥ Điều kiện:

1

1 0

1

2 1 0

2

x x

 



0.25

♥ Khi đó:  1 log3 x 1 log 23 x  1 1

log3x1 2 x11

 x 1 2 x  (2) 1 3

0.25

 Với 1 1

2  thì x   2  1 x2x  1 3 2x23x  : pt vô nghiệm 4 0 0.25

2

(1,0 điểm)

 Với x 1 thì      2 1

2

Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm phương trình đã cho là x  2

0.25

Tính tích phân

3 2 2

2 1

5 4

x





 

♥ Ta có:

2

0.25

♥ Do đó:

3

3 3

3ln x 4 ln x 1

3

(1,0 điểm)

4

(1,0 điểm)

a.(0,5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện   2

2 3 z (4 i  i z)   (1 3 )i Tìm phần

thực và phần ảo của z

♥ Đặt z  , a bi a b   ta có: , 

23 zi  (4 i z)   (1 3 )i  23i abi  (4 i a) bi   (1 3 )i 6a2b  4a2b i   8 6i

0.25

6 2 8 7

     

♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 7 và phần ảo bằng 17

0.25

b.(0,5 điểm) Một chi đoàn có 15 đoàn viên trong đó có 7 nam và 8 nữ Người ta chọn ra 4

người trong chi đoàn đó để lập một đội thanh niên tình nguyện Tính xác suất để trong 4

người được chọn có ít nhất 1 nữ

♥ Số phần tử của không gian mẫu là  C154 1365

Gọi A là biến cố "trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ”

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là A C154 C741330

0.25

♥ Vậy xác suất cần tính là (A)   



P

1365 39

0.25

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3;  0

120

cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng

(SBC) và (ABCD) bằng 600 Tính theo a thể tích của khối chóp S ABCD và khoảng

cách giữa hai đường thẳng BD và SC

 Do đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3;  0

120

BAD  nên các tam giác

Suy ra:  2

2

3 3 3 3

 Gọi H là trung điểm của BC Suy ra AHBC SHBC

Do đó SBC ; ABCD  AH SH; SHA600

0.25

 Xét tam giác SAH ta có: 0  3 3 3

.tan 60

 Vậy 1 1 3 2 3 3 3 3 3

0.25

5

(1,0 điểm)

 Gọi OACBD Vì DBAC , BDSC nên BDSAC tại O

 Kẻ OI SC  OI là đường vuông góc chung của BD và SC

0.25

190

 Sử dụng hai tam giác đồng dạng ICO và ACS hoặc đường cao của tam giác

SAC suy ra được 3 7

14

a

OI  Vậy  ,  3 7

14

a

0.25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2P x y 3z 1 0 và điểm

3; 5; 2

I   Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng  P Tìm tọa độ

tiếp điểm

 Bán kính mặt cầu  

2 2 2

2.3 ( 5) 3.( 2) 1 18

;( )

14

2 1 3

0.25

 Phương trình mặt cầu:   2  2 2 162

7

 Tiếp điểm chính là hình chiếu vuông góc H của I xuống mặt phẳng  P đã cho

 Đường thẳng IH qua I và nhận PVT n  2; 1; 3   của mặt phẳng  P làm

VTCP có phương trình là

3 2 5

2 3

  



  



  



t   

0.25

6

(1,0 điểm)

 Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình

3 2 5

2 3

  



  



   



    



 Hệ này có nghiệm 9, 3, 26, 13

 Do đó tiếp điểm H có tọa độ là 3; 26 13;

7 7 7

H  



 

0.25

7

(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn     2 2

và đường thẳng   :x    Từ điểm A thuộc y 1 0   kẻ hai đường thẳng lần

lượt tiếp xúc với  C tại B và C Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác

ABC bằng 8

  C có tâm I2; 2 ,  R  5 , A    A a ;  a 1

 Từ tính chất tiếp tuyến  IABC tại H là trung điểm của BC

Giả sử IAm IH, n m  n 0

2

ABC

S  BC AH BH AH mn n  (1)

0.25

 Trong tam giác vuông IBA có 2 5

n

     (2) 0.25

Thay (2) vào (1) ta có: 5 2 6 4 2

n

 

n21n414n2125 0

Suy ra n1,m5

0.25

3 3; 2

A a



                

0.25

Giải hệ phương trình  

2 2 4 1 1 (1)

4 1 2 1 6 (2)







♥ Điều kiện: x  0

Ta thấy x  không thỏa mãn phương trình (2) 0

Với x 0 thì    2 

2



  (3)

0.25

♥ Xét hàm số f t( )t1 t21, với t  

Ta có

2 2

2 1

1

t

f t

t





, với mọi t   Suy ra f t đồng biến trên   

Do đó:  3 f2y f 1 2y 1

 

 

0.25

♥ Thay 2y 1

x

 vào phương trình (2) ta được phương trình:

3  2 

x  x x  x  (4) Xét hàm số   3  2 

g x x  x x  x với x 0; 

Ta có   2 5 2 1  

x



Suy ra g x đồng biến tr  ên 0;

Do đó:  4 g x g 1   x 1

0.25

8

(1,0 điểm)

Với 1 1

2

x   y

♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm x y là ;  1;1

2

 

 

 

 

0.25

9

(1,0 điểm)

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn cmina b c, ,  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2

♥ Ta có:

2 2

2 2 2 2

a c a aca ac a  Tương tự ta có

2

2 2

2

c

b c   b 

0.25

♥ Do đó ta có theo bất đẳng thức Cô-si thì

2 2 2 2

       

Vậy nên ta có

0.25

192

8

♥ Đặt t a b c với t  0 Xét hàm số

4

8 ( )

t

  trên (0;) Ta có:

5

5 5



Bảng biến thiên

t 0 2 

  '

f t  0 

 

f t

5

2

0.25

♥ Dựa vào BBT suy ra

0;

5

2

   Do đó 5

2

P  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t    và 2 a b 2 c 0

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 5

2, đạt được khi a  và b 2 c  0

0.25

Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhânhttp://boxmath.vn/forum/đã chia sẻ đếnwww.laisac.page.tl

193