de luyen thi thpt quoc gia so 9

Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn.. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng SAB vuông góc với đáy, tam

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 1



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

b*) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của đồ thị (C) bằng 4

Câu 2 (1,0 điểm)

a*) Giải phương trình: 2(cosxsin 2 )x  1 4sin (1 cos 2 )x  x

b*) Giải phương trình:     1

x

Câu 3* (1,0 điểm) Tính tích phân

2

1

e

x x

x



Câu 4* (1,0 điểm)

a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết: z2z 3 2i

b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB)

vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a

Câu 6* (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng  đi qua A  3; 2; 4    , song song với mặt phẳng

  P : 3 x  2 y  3 z   7 0 và cắt đường thẳng   2 4 1

:

d     

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M(5;7) nằm trên

cạnh BC Đường tròn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ

đỉnh A bé hơn 2

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình





Câu 9 (1,0 điểm) Cho a b c, , là các số thực dương và a b c    3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

3

2

abc P

ab bc ca a b c

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:………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

1a

Cho hàm số y = x 1



 (C)

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

1,00

 Tập xác định: D=R\{3}

 Sự biến thiên:

 2

4

3

x



- Hàm số nghịch biến trên các khoảng   ;3  và  3;  

0,25

- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1;

    tiệm cận ngang: y1

  3   3

    tiệm cận đứng: x  3

0,25

-Bảng biến thiên:

x  3 

y’ - -

y 1 

0,25

1



 Đồ thị:

0,25

1b Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của đồ thị (C)

Gọi    ;   3 1   

0

0 0

x

x x

M , (x0 ≠3) là điểm cần tìm, ta có:

Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang: y =1 là 



0

4 d

x 3

0,5





0 0

4

Với x0 2; ta có M 2; 3    Với x0 4; ta có M 4;5  

Vậy điểm M cần tìm là M 2; 3    và M 4;5  

0,25

2a a) Giải phương trình: 2(cosxsin 2 )x  1 4sin (1 cos 2 )x  x 0,5

Phương trình đã cho tương đương với: 2cos x  2sin 2 x   1 4sin 2 cos x x

(1 2cos )(2sin 2 x x 1) 0

2

cos

2

sin 2

5 2

12

x

x

   





(k  Z)

Vậy pt có nghiệm là: 2

3

x   k 

;

12

x  k

; 5

12

x  k

(k  Z)

0,25

5

-5

y

x

1

0,25

2b

x

2

PT      

    

Đặt

5 1

( 0) 2

x

t t

  

1

t

   

0,25

2

x

x

    

3

Tính tích phân

2

1

e

x x

x



2

ln

x x



1

1

1

e

e

x

2 1

1 ln

ln

2

v











1

1

e

2

5

e I

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu

4a

Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết: z2z 3 2i 0,25

Gọi z a bi a b , ( R)  z  a bi

Ta có : 3a + bi = 3-2i

0,25 Suy ra : a=1 và b = -2

4b Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học

nữ Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba

bộ môn

0,5

Ta có :  C164  1820

Gọi A: “2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ”

B: “1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ”

C: “1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “

Thì H=A   B C: “Có nữ và đủ ba bộ môn”

0,25

( )

7

C C C C C C C C C

5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc

với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 60 0 Tính thể tích khối chóp

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a

1,00

Gọi H là trung điểm AB Do SAB cân tại S,suy ra SHAB, mặt khác (SAB)(ABCD)

nên SH(ABCD) và SCH600

3

15 4 4 15 3

1

3

Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên  và

K là hình chiếu của H lên SE, khi đó  (SHE) HK suy ra HK(S,)

Mặt khác, do BD//(S,) nên ta có

 

d BD SA d BD S d



0,25

Ta có EAH DBA450 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra

2 2

a AH

HE 

 

2

15

31 15

2

a a

HE HS

HE HS a

a

   

 

31

15 2

BD

0,25

6

Viết phương trình đường thẳng  đi qua A  3; 2; 4   , song song với mặt phẳng

  P : 3 x  2 y  3 z   7 0 và cắt đường thẳng   2 4 1

:

1,00

Ta có nP 3; 2; 3    Giả sử B(2 + 3t ; –4 – 2t ; 1 + 2t) là giao điểm của  và d 0,25 Khi đó AB    1 3 ; 2 2 ;5 2 t   t  t , AB ||   P  AB  nP  AB n P    0 t 2 0,25

Vậy phương trình đường thẳng   3 2 4

:

x y z

7

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M(5;7) nằm trên cạnh

BC Đường tròn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C thuộc đường

thẳng d: 2x-y-7=0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C

nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2

1,00

E

k

S

Gọi I là tâm đường tròn đường kính AM thì I là trung điểm

AM

Dễ thấy MINsd MN2MBN 900 Điểm C  d: 2x-y-7=0 C(c;2c-7) Họi H là trung điểm của MN =>H(11/2; 9/2) Phương trình đường thẳng  trung trực của MN

đi qua H và vuông góc với MN là d: x-5y+17=0

Điểm I => I(5a - 17;a)

0,25

  2 2

Vì MIN vuông cân tại I và

  2 2 2

5

4

a

a







Với a=5 =>I(8;5) => A(11;9) (loại)

Với a=4 =>I(3;4) => A(1;1) (t/m)

0,25

E  c EN   c

Vì ACBD AC EN 0

2

11

2

7( / )

5

c

c t m

c loai









 



0,25

E H N

I

B A

C D

M

Suy ra: C(7;7) => E(4;4)

8

Giải hệ phương trình

( 2 ) 2 4 8 2 2 (2)







1,00

Điều kiện:

2 0 0

x y

x y

 



 



  



Xét y = 0, hệ vô nghiệm nên y khác 0 Chia cả 2 vế của (1) cho y ta được:

Dat t= ( 1)

x t y

 

0,25

   

1( i)

2( / )

t t t

t loa

t t m

 





0,25

Với t = 2 => x=2y, thế vào (2) ta được:

3

3

y y

Xét hàm số f(u)=u3+2u với u>0; có f’(u) = 3u2 +2>0, mọi u>0 => hàm số đồng biến

0,25

Hệ có nghiệm duy nhất (2;1) 0,25

9

Cho a b c, , là các số thực dương và a b c    3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

3

2

abc P

ab bc ca a b c

1,00

Áp dụng Bất đẳng thức: (x y z)2 3(xyyzzx), x y z, ,  ta có:

2

(ab bc ca  ) 3abc a b c(   ) 9abc0 ab bc ca  3 abc

(1a)(1b)(1  c) (1 abc) ,a b c, , 0 Thật vậy:

 1  a    1  b 1       c 1 ( a b c ) ( ab bc ca   )  abc   1 33abc  3 (3 abc )2 abc   (1 3abc )3

0,25

Khi đó:

3 3

2

abc

abc abc

Đặt 6

abct; vì a, b, c > 0 nên

3

3

a b c abc    

0,25

2

, 0;1 3(1 ) 1

t

   

5

t t t



Do đó hàm số đồng biến trên  0;1      1

1 6

Q Q t Q

6

Vậy maxP = 1

Hết