đề thi thử toán lần 2 năm 2015 quảng xương

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG 4
TỔ TOÁN - TIN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 2
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút )
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số
( )
2 2

2 1
x
y C
x
+
=
+

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b. Tìm m để đường thẳng
: 2 1d y mx m
= + +
cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B
sao cho biểu thức
2 2
P OA OB= +
đạt giá trị nhỏ nhất ( với O là gốc tọa độ).
Câu 2. (1 điểm)
a. Giải phương trình:
( )
cos2 cos sin 1 0x x x
+ − =

b. Tính môđun của số phức
2
(1 2 )(2 )z i i= − +
.
Câu 3. (0.5 điểm) Giải phương trình
2 2
log ( 3) log ( 1) 3x x
− + − =
Câu 4. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình
2 3
3
2 3
(1 )( 3 3) ( 1) .
( , )
2 4 2( 2)
y x y x y x
x y
x y x y

− − + − = −

∈


− + − = −

¡
.
Câu 5. (1.0 điểm) Tính tích phân
5

1
1
3 1
I dx
x x
=
+
∫
.
Câu 6. (1.0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
.Góc
·
0
60BAC =
,hình chiếu của
S
trên mặt
( )
ABCD
trùng với trọng tâm của tam giác
ABC∆
.
Mặt phẳng
( )
SAC

hợp với mặt phẳng
( )
ABCD
góc
0
60
. Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách từ
B
đến 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,
D(2; 2) và CD = 2AB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC. Điểm
22 14
;
5 5
M
 
 ÷
 

là trung điểm của HC. Xác định các tọa độ các điểm A, B, C của hình thang biết B thuộc
đường thẳng
: 2 4 0x y∆ − + =

Câu 8. (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho
(P): x 2y 2z 3 0
− + + =
, đường thẳng
1
x 3 y 4 z 2
d :
2 3 2
− + −
= =
−
,
2
x 3 y 6 z
d :
6 4 5
− −
= =
−
. Tìm
1 2
M d , N d∈ ∈
sao cho MN song 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:

2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
4 4 4
a b c
b c a a b b c c a
+ + +
+ + ≥ + +
+ + +
.
Câu/
ý
HƯỚNG DẪN CHẤM
Thang
điểm
1a
*TXĐ:
¡
\
1
2
 
−
 
 
*SBT:

( )
2
2 1
' 0,
2
2 1
y x
x
−
= < ∀ ≠−
+
5 (1;3); ( 3;1)I d c A B
⇒ ∈ ⇒ = ⇒ −
0.25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
1
;
2
 
−∞ −
 ÷
 
và
1
;
2
 
− +∞
 ÷
 

Tính giới hạn và tiệm cận
0.25
Lập bảng biến thiên 0.25
*Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị 0.25
b
PT hoành độ giao điểm:
2 2 1
2 1;
2 1 2
x
mx m x
x
+
= + + ≠ −
+
2
4 4 1 0mx mx m
⇒ + + − =
, (1); Đặt
( )
2
4 4 1g x mx mx m
= + + −
0,25
* (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt
⇔
PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2
⇔
0
' 4 0 0

1
0
2
m
m m
g


≠


∆ = > ⇔ >


 

− ≠
 ÷

 

0,25
*Gọi hoành độ các giao điểm A và B là
1 2
,x x
thì
1 2
,x x
là các nghiệm của PT (1)
⇒

1 2
1 2
1
1
.
4
x x
m
x x
m
+ =−



−
=


Có: OA
2
+OB
2
=
( ) ( )
2 2
2 2
1 1 2 2
2 1 2 1x mx m x mx m
+ + + + + + +
=

( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
1 2 1 2
4 1 4 1 2 1m x x m m x x m
+ + + + + + +
=
( )
( ) ( )
2
2
1
4 1 1 4 1 2 1
2
m
m m m m
m
−
 
+ − − + + +
 ÷
 
0,25
=
5 1
2
2 2
m
m

+ +

5 9
2
2 2
≥ + =
(Áp dụng BĐT cô si vì m dương) 0,25
Dấu bằng xảy ra
⇔
1
2
m
=
( thỏa mãn); KL:
1
2
m
=
là giá trị cần tìm
2.a
( )
cos2 cos sin 1 0x x x
+ − =
cos2 0
1
sin
4
2
x
x

π
=


⇔
 

+ =
 ÷

 

0,25
+) Với
( )
cos 2 0
4 2
k
x x k
π π
= ⇔ = + ∈
¢
+) Với
2
1
sin ( )
4
2
2
2

x k
x k
x k
π
π
π
π
=

 

+ = ⇔ ∈
 ÷

= +
 

¢
0,25
2.b
2 2
2
(1 2 )(2 ) (1 2 )(4 4 )
(1 2 )(3 4 ) 3 4 6 8 11 2
z i i i i i
i i i i i i
= − + = − + +
= − + = + − − = −
0,25
Vậy

2 2
11 2 11 2 5 5z i z
= − ⇒ = + =
0,25
3
2 2
log ( 3) log ( 1) 3x x
− + − =
(1)
ĐKXĐ: x > 3 (*)
Với ĐK (*) (1)
⇔
[ ]
2
log ( 3)( 1) 3x x
− − =


⇔
3
( 3)( 1) 2x x− − =

0,25

⇔
1
5
x
x
= −


=


đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của (1) x = 5 0,25
4
ĐKXĐ:
2 2
0
0, 1 1, 1
x y x y
x y x y
 
− ≥ ≥
 
⇔
 
≥ ≥ ≥ ≥
 
 

Nhận xét
1, 1x y
≥ =
không là nghiệm của hệ. Xét
1y
>
thì pt (1) của hệ (I)
2 2
( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) 0x x y y y x y

+ − − − + − − =

2
3 0
1 1 1
x x x
y y y
 
⇔ + − + =
 ÷
− − −
 

0,25
, 0
1
x
t t
y
= >
−
. Khi đó, pt (1) trở thành
( )
( )
4 2 3 2
3 0 1 2 3 0 1.t t t t t t t t
+ + − = ⇔ − + + + = ⇔ =

0,25
Với t = 1, thì

1 1
1
x
y x
y
= ⇔ = +
−
, thế vào pt(2), ta được
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
3 3
2 3 2 3
2
2
2
2
33 3
3
2
2
2
2
33 3
3
1 2 4 2 1 1 2 4 1 0
1
1 6 0

4 1 4 1
6 1
1 1 0
4 1 4 1
x x x x x x x x
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x x x
 
− − + − = − ⇔ − − + − − − =
 
 
− −
 
⇔ − − + =
 
− + + − − + −
 
 
 
− −
 ÷
⇔ − − + =
 ÷
 ÷
− + + − − + −
 

0,25
( )
2
1 5
1 0 1
2
x x x x
+
⇔ − − = ⇔ = ≥
.
Với
1 5 3 5
.
2 2
x y
+ +
= ⇒ =

Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm
( )
1 5 3 5
; ; .
2 2
x y
 
+ +
=
 ÷
 ÷

 

0,25
5
Đặt
2
1
3 1, 0
3
t
t x t x
−
= + ≥ ⇒ =

2
3
dx tdt
⇒ =
Đổi cận:
1 2; 5 4.x t x t
= → = = → =
0,25
4
2
2
1
2
1
I dt
t

=
−
∫

4
2
1 1
( )
1 1
I dt
t t
⇔ = −
− +
∫
0,25
( )
4
2
ln 1 ln 1I t t
= − − +
0,25
2ln3 ln5I
= −

0,25
6
O
S
A
D

C
B
H
E
* Gọi
O AC BD
= ∩
Ta có :
·
0
, 60OB AC SO AC SOB
⊥ ⊥ ⇒ =
Xét tam giác SOH vuông tại H :
0 0
3
tan 60 .tan 60 . 3
6 2
SH a a
SH OH
HO
= ⇒ = = =
0,25
Ta có : tam giác ABC đều :
2
3
2.
2
ABCD ABC
a
S S

= =

Vậy
2 3
1 1 3 3
. . . .
3 3 2 2 12
SABCD ABCD
a a a
V SH S= = =
(đvtt)
0,25
* Tính khỏang cách
Trong
( )SBD
kẻ
OE SHP
khi đó ta có :
; ;OC OD OE
đôi một vuông góc Và :
3 3
; ;
2 2 8
a a a
OC OD OE= = =
0,25
Áp dụng công thức :
2 2 2 2
1 1 1 1
( , )d O SCD OC OD OE

= + +
3
112
a
d⇒ =
Mà
( ) ( )
6
, 2 ,
112
a
d B SCD d O SCD= =
0,25
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
:3 16BM x y+ =

Tọa độ B là nghiệm của hệ
{

2 4
(4;4)
3 16
x y
B
x y
− = −
⇒
+ =

0.25
Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có
1 10 10
2 ( ; )
2 3 3
AB IB
DI IB I
CD IC
= = ⇒ = ⇒
uuur uur

Phương trình đường thẳng
: 2 10AC x y+ =
Phương trình đường thẳng
: 2 2DH x y− =
suy ra tọa độ
14 18
( ; )
5 5
H

suy ra tọa độ
C(6;2)
0.25
Từ
2 (2;4)CI IA A= ⇒
uur uur
0.25
C
A
B
D
I
H
M
8
Ta có
1
x 3 2t
d : y 4 3t
z 2 2t
= +


= − −


= +

,
2

x 3 6u
d : y 6 4u
z 5u
= +


= +


= −

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 2t− + + − − −
uuuur
, Vectơ pháp tuyến của (P)
( )
p
n 1; 2;2= −
uur
p
MN.n 0 t u 2 0= ⇔ + + =
uuuur uur

0.25
( ) ( )
12t 18
d MN,(P) d M,(P)
3
+
= =
. Theo gia thiết suy ra
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
( )
4
11
n C 330Ω = =
0.25
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
( )
( )
( )

n A
160 16
P A
n 330 33
= == =
Ω
0.25
10
Ta có
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
4 4 4 4 4 4
a b c
VT
b b c c a a
     
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷
     

2 2 2 2 2 2
1
2 2 2 2
a b c a b c
b c a b c a
 
≥ + + = + +
 ÷
 

0.25
Mặt khác:
2 2 2
1 2 1 2 1 2
; ;
a b c
b a b c b c a c a
+ ≥ + ≥ + ≥
Cộng theo vế các BĐT trên ta được:
2 2 2
1 1 1a b c
b c a a b c
+ + ≥ + +
0.25
Suy ra:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4
VT
a b c a b b c c a
 
       
≥ + + = + + + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
 
       
 

1 4 4 4 1 1 1
4
VP

a b b c c a a b b c c a
 
≥ + + = + + =
 
+ + + + + +
 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
1a b c
= = =
0.5
Thí sinh làm cách khác, đảm vảo tính chặt chẽ và chính xác vẫn được điểm tối đa