DE71 THPT nguyễn huệ đăk lăk _ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TOÁN NĂM 2015

b Tìm m để đường thẳng yxm cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 3 , với I là giao điểm của hai tiệm cận.. Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuô

SỞ GD & ĐT ĐĂK LĂK

TRƯỜNG THP T NGUYỄN HUỆ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015

Môn: TOÁN

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

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số

1

x y x



 (1)

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

b) Tìm m để đường thẳng yxm cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 3 , với I là giao điểm của hai tiệm cận

Câu 2 (1,0 điểm)

sin 2x2 cos x3sinxcosx b) Giải phương trình: log (42 x14).log (42 x1) 3

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân

1

1

ln d

e

x



Câu 4 (1,0 điểm)

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z2i z   Tính mô đun của số phức 5 i w 1 izz2 b) Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20 Chọn ngẫu nhiên ra 5 tấm thẻ Tính xác suất để trong 5 tấm thẻ được chọn ra có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 2 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 4

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A2;5;1 và mặt phẳng

( ) : 6 P x  3 y  2 z  24  0 Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784  và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H, sao cho điểm A nằm trong mặt cầu

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật Tam giác SAB đều và nằm

trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Biết SD2a 3và góc tạo bởi đường thẳng SC

và mặt phẳng (ABCD) bằng 30 Tính theo 0 a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC)

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC

Biết B2; 3 và AB  BC, đường thẳng AC có phương trình xy  , điểm 1 0 M   2; 1 nằm trên đường thẳng AD Viết phương trình đường thẳng CD

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

3 3 2 3

x y











Câu 9 (1,0 điểm) Cho a b c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện , , ab bc ca3 Chứng minh rằng:

1a b( c)1b c a(  )1c a( b)abc

-Hết -

Học sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 - ĐỀ SỐ 71

Thời gian làm bài 180 phút

-oOo -ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015

1

(2,0đ)

a) (1,0 điểm)

 Tập xác định D  \ 1 

 Sự biến thiên: - Chiều biến thiên:

 2

1

1

x



Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;1 và 1; 

0,25

- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1

    tiệm cận ngang: y 1

1 1 lim ; lim x x y y         tiệm cận đứng: x 1 0,25 - Bảng biến thiên: x  1 

y' - -

y 1 

 1

0,25

 Đồ thị:

x

y

1

0,25

b) (1,0 điểm)

Gọi d y:  x m

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:

1

x

 1 

    (Vì x 1 không phải là nghiệm của phương trình)

2

0,25

Ta có m240,m nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị ( C) tại hai điểm phân biệt A,

B với mọi m

0,25

Khi đó, A x x 1; 1m B x x,  2; 2 m, với x x1, 2 là hai nghiệm của phương trình (1)

Ta có: 1;1  , 

2

m

2 1 2 1 2 1 2 8 1 2 2 4

0,25

2

4 1

IAB

2

4

IAB

0,25

2

(1,0đ)

a) Phương trình đã cho tương đương 2sin2x3sinx 2 2 sin cosx xcosx0

2 sinx1 sin xcosx20

0,25

 sinxcosx 2 0: Phương trình vô nghiệm



2 6

7 2 6











  







0,25

log (4x 4).log (4x1) 3 2 log (4 x1) log (4x1)3 0,25

Đặt t log (42 x1), phương trình trở thành: 2  3 1

3

t

t t

t







 t 1 log (42 x1) 1 4x 1 2 x0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x 0

0,25

3

(1,0đ) Ta có:

0,25

 Tính

1

ln d

e

 Đặt ulnx và dvxdx Suy ra 1

x

2

2

x

v 

Do đó,

2

1

e

0,25

 Tính

1

1

ln d

e

x x x

ln

x

   Khi x 1 thì t 0, khi xe thì t 1

Ta có:

1

1 2

e

t

x x

0,25

Vậy,

2

3 4

e

4

(1,0đ) a) Đặt zabi a b ,   Từ giả thiết ta có: 3 5 1



Do đó z 1 2i

0,25

b) Số phần tử của không gian mẫu là:   5

20 15504

Trong 20 tấm thẻ, có 10 tấm thẻ mang số lẻ, có 5 tấm thẻ mang số chẵn và chia hết cho 4, 5

tấm thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 4

0,25

Gọi A là biến cố cần tính xác suất Ta có:   3 1 1

10 5 5 3000

Vậy, xác suất cần tính là:    

 

3000 125

15504 646

n A

P A

n

0,25

C H

A

B

D S

I K

5

(1,0đ)

Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P) Suy ra:

2 6

1 2

 





 



  



Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) nên H d( )P

Vì Hd nên H2 6 ;5 3 ;1 2 t  t  t

0,25

Mặt khác, H( )P nên ta có: 6 2 6  t3 5 3  t2 1 2  t240  t 1

Do đó, H  4; 2;3

0,25

Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu

Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784, suy ra 4R2 784 R14

Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H nên IH ( )P  I d

Do đó tọa độ điểm I có dạng I2 6 ; 5 3 ;1 2 t  t  t, với t  1

0,25

Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:

     

2 2 2

14 ( , ( )) 14

14

d I P

t t

AI

t

 









  





Do đó, I8;8; 1 

Vậy, mặt cầu ( ) :S x82 y82 z12196

0,25

6

(1,0đ)

Gọi H là trung điểm của AB Suy ra SH (ABCD)

30

Ta có: SHC SHDSCSD2a 3 Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

0 0

0,25

Vì tam giác SAB đều mà SH a 3 nên AB2a Suy ra

2 2

BC  HC BH  a Do đó, S ABCD AB BC 4a2 2

Vậy,

3

a

0,25

Vì BA2HA nên d B SAC ,  2d H SAC ,  

Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI Ta có:

ACHI và ACSH nên ACSHI ACHK Mà, ta lại có: HK SI

Do đó: HK SAC

0,25

3

HI

Suy ra,

2 2

HS HI HK



66 11

a

Vậy , d B SAC ,  2d H ,SAC 2HK 2a 66

0,25

B' A

B

D C

M

7

(1,0đ)

Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp trong một đường tròn Mà BCCD nên AC là đường phân giác của góc BAD

Gọi B' là điểm đối xứng của B qua AC

Khi đó B'AD Gọi H là hình chiếu của B trên AC Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:



Suy ra H3; 2

Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’ Do đó B' 4 ;1 

0,25

Đường thẳng AD đi qua M và nhận MB'

làm vectơ chỉ phương nên có phương trình

x y  Vì A  AC  AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:



Do đó, A1; 0

Ta có ABCB’ là hình bình hành nên  ABB C'

Do đó, C5; 4

0,25

Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra d: 3xy140

Gọi I dAD, suy ra I là trung điểm của AD Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:







Suy ra, 43 11

;

10 10

  Do đó,

38 11

;

0,25

Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận CD

làm vectơ chỉ phương nên có phương trình

9x13y970 (Học sinh có thể giải theo cách khác)

0,25

8

(1,0đ)

3 3 2

3







Điều kiện: x  2

(1)x   x 2 y 3y 4yx   x 2 y1  y1 2

0,25

Xét hàm số   3

2

f t t  t trên  2; 

f t  t      t Suy ra hàm số f t  đồng biến trên  2; 

Do đó: xy1

0,25

Thay yx1 và phương trình (2) ta được: x3 3 2 x2 1

x

 

x

0,25

 x20 x2 y3



(*)

x

0,25

Do đó phương trình (*) vô nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x y ;  2; 3

9

(1,0đ) Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:

2 3

3ab bc ca3 (abc) abc1 0,25

1b c a(  )3b 1c a b(  )3c

0,25

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

ab bc ca

0,25

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc1,ab bc ca 3 abc1, ( , ,a b c0) 0,25

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( https://www.facebook.com/HIEN.0905112810 

đã gửi tới  www.laisac.page.tl