Tính thể tích khối chóp S ABCD.. Chứng minh rằng:.
Trang 1ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 - ĐỀ SỐ 114
Thời gian làm bài 180 phút
-oOo -Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số 2 2 ( )
2 1
x
x
+
=
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số.
b) Tìm m để đường thẳng d y : = 2 mx m + + 1cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt A và B
sao cho biểu thức P OA = 2+ OB2 đạt giá trị nhỏ nhất (với O là gốc tọa độ)
Câu 2 (1 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 x ( cos x + sin x − = 1 ) 0
b) Tính môđun của số phức: ( ) ( )2
1 2 2
z = − i + i
Câu 3 (0.5 điểm) Giải phương trình: log2( x − + 3 ) log2( x − = 1 ) 3
Câu 4 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:
( , ) ( )
3
x y
¡ .
Câu 5 (1.0 điểm) Tính tích phân
5 1
1
3 1
x x
=
+
Câu 6 (1.0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a Góc
· 600
BAC = , hình chiếu của Strên mặt ( ABCD ) trùng với trọng tâm của tam giác
ABC
∆ Mặt phẳng ( SAC ) hợp với mặt phẳng( ABCD ) góc 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách từ Bđến mặt phẳng ( SCD )theo a.
Câu 7 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và
D Biết D ( ; ) 2 2 và CD = 2 AB Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC Điểm
;
22 14
5 5
là trung điểm của HC Xác định các tọa độ các điểm A B C , , của hình thang
biết B thuộc đường thẳng ∆ − : x 2 y + = 4 0
Câu 8 (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho ( ) : P x − 2 y + 2 z + = 3 0, đường thẳng
song với ( ) P và khoảng cách từ MN đến ( ) P bằng 2.
Câu 9 (0.5 điểm) Một hộp đựng 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11 Lấy ngẫu nhiên 4
viên bi rồi cộng các số trên viên bi lại với nhau Tính xác suất để kết quả thu được là một số lẻ
Câu 10 (1.0 điểm) Cho a b c , , là ba số thực dương Chứng minh rằng:
Trang 2
Thang điểm
1a
*TXĐ: ¡ \ 1
2
−
2
x
−
+
5 (1;3); ( 3;1)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1
; 2
−∞ −
1
; 2
Tính giới hạn và tiệm cận
0.25
*Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị 0.25 b
x
+
2
4 mx 4 mx m 1 0
⇒ + + − = , (1); Đặt g x ( ) = 4 mx2+ 4 mx m + − 1
0,25
* (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt ⇔PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2
⇔
0
1 0 2
m
g
≠
∆ = > ⇔ >
0,25
*Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x x1, 2 thì x x1, 2 là các nghiệm của PT (1)
⇒ 1 2
1 2
1 1
4
x x
m
x x
m
4m +1 x +x +4m m+1 x +x +2 m+1
2
m
m
−
0,25
2 + m+2m 5 2 9
Dấu bằng xảy ra ⇔ 1
2
m = ( thỏa mãn); KL: 1
2
m = là giá trị cần tìm 2.a cos 2 cosx( x+sinx− =1) 0
cos 2 0
1 sin
x
=
0,25
4 2
k
x= ⇔ = +x π π k∈¢
+) Với
2 1
2
x k
π π
=
Trang 32.b 2 2
2
(1 2 )(2 ) (1 2 )(4 4 )
3
log ( x − + 3) log ( x − = 1) 3 (1)
ĐKXĐ: x > 3 (*)
Với ĐK (*) (1) ⇔ log (2[ x − 3)( x − 1) ] = 3
⇔ 3
(x−3)(x− =1) 2
0,25
⇔ x x = − 5 1
=
đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của (1) x = 5 0,25
4
ĐKXĐ:
Nhận xét x≥1,y=1 không là nghiệm của hệ Xét y>1 thì pt (1) của hệ (I)
2
0,25
, 0 1
x
y
− Khi đó, pt (1) trở thành
t + + − = ⇔ −t t t t + + + = ⇔ =t t t
0,25
1
x
y x
− , thế vào pt(2), ta được
2 2
3
2 2
3
1
− −
− −
0,25
2
x= + ⇒ =y +
Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm ( ; ) 1 5 3; 5
0,25
5
Đặt
2
1
3
t
3
4
2 2
1 2
1
t
=
−
2
2
ln 1 ln 1
2ln 3 ln 5
Trang 4O
S
A
D
C B
H E
* Gọi O=AC∩BDTa có : OB⊥AC SO, ⊥AC⇒SOB· =600
SH OH HO
0,25
Ta có : tam giác ABC đều : 2. 2 3
2
a
0,25
* Tính khỏang cách
Trong ( SBD ) kẻ OE SH P khi đó ta có : OC OD OE đôi một vuông góc Và : ; ;
112
a d
⇒ =
112
a
7
Gọi E là trung điểm DH ta thấy ABME là hình bình hành nên ME⊥AD, nên E là
trực tâm tam giác ADM ⇒AE⊥MD mà AE⊥BM nên DM ⊥DM
0.25
Từ đó suy ra phương trình BM : 3x y+ =16
Tọa độ B là nghiệm của hệ { 2 4 (4;4)
Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có 1 2 (10 10; )
CD = IC = ⇒uuur= uur⇒
Phương trình đường thẳng AC x: +2y=10
Phương trình đường thẳng DH: 2x y− =2 suy ra tọa độ (14 18; )
5 5
H suy ra tọa độ
C(6; 2)
0.25
C
D
M
Trang 5Ta có 1
x 3 2t
z 2 2t
= +
= − −
= +
, 2
x 3 6u
d : y 6 4u
= +
= +
= −
Suy ra M 3 2t; 4 3t; 2 2t( + − − + )
N 3 6u;6 4u; 5u+ + −
0.25
Ta có MN 6u 2t;10 4u 3t; 2 5u 2tuuuur( − + + − − − ), Vectơ pháp tuyến của (P)
p
n = −1; 2; 2
uur
p
MN.n = ⇔ + + =0 t u 2 0
d MN,(P) d M,(P)
3
+
12t 18+ = ⇔ = − ∨ = −6 t 1 t 2
0.25
Khi t= − ⇒ = −1 u 1 tương ứng ta có M 1; 1;0( − ), N 3; 2;5(− )
Khi t= − ⇒ =2 u 0 tương ứng ta có M 1; 2; 2(− − ), N 3;6;0( ) 0.25
9
Gọi Ω là tập hợp các cách lấy ra 4 viên bi từ 11 viên bi ban đầu, ta có
11
Số các viên bi đánh số lẻ là 6, số các viên bi đánh số chẵn là 5
Gọi A là biến cố lấy ra 4 viên bi có tổng là một số lẻ
TH1 Trong 4 viên lấy ra có 1 viên bi lẻ, 3 viên bi chẵn Suy ra TH1 có
1 3
6 5
C C =6.10 60= cách
TH2 Trong 4 viên lấy ra có 3 viên bi lẻ, 1 viên bi chẵn, Suy ra TH2 có
3 1
6 5
C C =20.5 100= cách
0.25
Vậy ( ) 1 3 3 1
6 5 6 5
n A =C C +C C =160 Suy ra P A( ) n A( ) ( ) 160 16
10
Ta có
VT
0.25
Mặt khác: a2 1 2; b2 1 2; c2 1 2
Cộng theo vế các BĐT trên ta được: a2 b2 c2 1 1 1
Suy ra:
VT
≥ + + ÷= + ÷ + + ÷ + + ÷
1 4 4 4 1 1 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a b c= = =1
0.5
Thí sinh làm cách khác, đảm vảo tính chặt chẽ và chính xác vẫn được điểm tối đa