đề toán thi thử lần 2 năm 2015 trường cao bá quát

TÔ TOÁN
TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT -QN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
Lần 2
Câu 1(2điểm): Cho hàm số
1
2 1
x
y
x
+
=
−
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
b)Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho tồn tại ít nhất một điểm
( )
M C∈
mà tiếp tuyến tại
M

của
( )
C
tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng
2 1y m= −
Câu 2 (1điểm) Giải phương trình
2
1 9
(3sin sin 3 ) cos 5cos 3 0
2 2

x x x x
π
 
− + − − + =
 ÷
 

Câu3 (1điểm). Tính tích phân
3
1
2 4
0
1
=
+ +
∫
x dx
I
x x
Câu 4(1điểm). a)Tìm số phức z thỏa mãn
( )
( )
2
2
2
3 2 1 0z z z+ − + + =

b) Cho tập hợp
{ }
1,2,3,4,5E =

.Gọi M là tập hợp tât cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số,các
chữ số đôi một khác nhau thuộc E .Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M.Tính xác suất để tổng các
chữ số của số đó bằng 10
Câu 5(1điểm)Trong không gian vởi hệ tọa độ
Oxyz
cho 3 điểm
( ) ( ) ( )
2;1;0 , 0;4;0 , 0;2; 1A B C −
và
đường thẳng
1 1 2
:
2 1 3
x y z
d
− + −
= =
.Lập phương trình đường thẳng
∆
vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
và cắt đường thẳng
d
tại điểm
D
sao cho 4 điểm
, , ,A B C D
tạo thành một tứ diện có thể tích
bằng

19
6
Câu 6(1điểm).Trong hệ tọa độ
Oxy
cho đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
: 1 2 4C x y− + − =
và 2 đường thẳng
1 2
: 1 0, : 1 0d mx y m d x my m+ − − = − + − =
.Tìm m để mỗi đường thẳng
1 2
,d d
cắt
( )
C
tại 2 điểm phân
biệt sao cho 4 giao điểm đó tao thành 1 tứ giác có diện tích lớn nhất
Câu 7(1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. SA = a và vuông góc với
mặt phẳng (ABC). M, N lần lượt là trung điểm AD, DC. Góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt
phẳng (ABC) bằng 45
0
. Tính thể tích hình chóp S.ABNM và khoảng cách từ D đến mặt phẳng
(SBM).
Câu 8 (1điểm).Giải hệ phương trình
( )
3 6
6 2 6
1 2 3

1 4 5
y x y x
x y x

+ =


+ =


Câu 9(1điểm) .Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn
( )
1 1 1
9a b c
a b c
 
+ − + − =
 ÷
 
Chứng minh rằng:
( )
4 4 4
4 4 4
1 1 1
38025a b c
a b c
 
+ + + + ≥
 ÷
 

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1
(2.0đ)
a) 1.0đ
TXĐ:
1
\
2
D R
 
=
 
 


( )
/
2
3
2 1
y
x
−
=
−
,
x D∀ ∈
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
1 1

( ; );( ; )
2 2
−∞ +∞

0,25
Giới hạn:
1 1
2 2
lim , lim
x x
y y
− +
   
→ →
 ÷  ÷
   
= −∞ = +∞
nên
1
2
x =
là tiệm cận đứng
1
lim lim
2
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
nên

1
2
y =
là tiệm cận ngang
0,25
Bảng biên thiên:
X
-
1
2
+
y'
- -
y
1
2
+
-
1
2

0,25
Đồ thị:
0,25
b) 1.0đ

Pt tiếp tuyến tại
( )
0 0
,M x y

là
( )
( )
0 0
2
0
3
2 1
y x x y
x
= − − +
−
0,25
Gọi A,B là giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành,trục tung tương ứng
Nên
( )
2
0 0
2
0
2 4 1
2 1
B
x x
y
x
+ −
=
−
và trọng tâm G của tam giac OAB có

( )
2
0 0
2
0
2 4 1
3 2 1
G
x x
y
x
+ −
=
−
0,25
Theo giả thiết nó nằm trên đường thẳng
2 1y m= −
nên
( )
2
0 0
2
0
2 4 1
2 1
3 2 1
x x
m
x
+ −

= −
−
Ta lại có
( )
( )
( ) ( )
2
2
2 2
0 0
0 0 0
2 2 2
0 0 0
6 2 1
2 4 1 6
1 1
2 1 2 1 2 1
x x
x x x
x x x
− −
+ −
= = − ≥ −
− − −
0,25
Vậy để tồn tại ít nhất một điểm M thỏa mãn điều kiện bài toán thì
1 1
2 1
3 3
m m

−
− ≥ ⇔ ≥
0,25
Câu 2
(1.0đ)
Phương trình đã cho tương đương:
3 2 3 2
2sin sin 5 5sin 3 0 2sin 5sin sin 2 0x x x x x x+ − + + = ⇔ + + − =
0,25
2
2
sinx = - 1
(sinx + 1)(2sin 3sinx - 2) 0
2sin 3sinx - 2 0
x
x

+ = ⇔

+ =

0,25
sinx = - 1 x = - 2
2
k
π
π
⇔ +

( )

1


2
sinx 2
2sin 3sinx - 2 0
1
sinx
2
x
= −


+ = ⇔

=


2
6
5
2
6
x k
x k
π
π
π
π


= +

⇔


= +



( )
2

0,25
Kết hợp (1) và (2), ta có:
2
6 3
x k
π π
= +
0,25
Câu 3
(1.0đ)
3
1
2 4
0
1
=
+ +
∫

x dx
I
x x
=
1
3 4 2
0
( 1 )x x x dx
+ −
∫
=
+ −
∫ ∫
1 1
3 4 5
0 0
1x x dx x dx
0,25
= + + −
∫ ∫
1 1
4 4 5
0 0
1
1 ( 1)
4
x d x x dx
0,25
1
1

4 4 6
0
0
1 2 1
( 1) 1
4 3 6
x x x
 
= + + −
 ÷
 
0,25
1 1 1 2 1
2
3 6 6 3
−
= − − =
0,25
Câu 4
(1.0đ) Viết lại phương trình
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2
3 (2 ) 0 3 2 3 2 0z z iz i z z iz i z z iz i+ − − + = ⇔ + − + + + − − − =
Pt
( )
2
2
3 2 0 2 2 1 9z z iz i z i+ − + + = ⇔ + + =
có 2 nghiệm

1 , 2z i z i= − = − −
0,25
( )
2
2
3 2 0 2 2 1 9z z iz i z i+ − − − = ⇔ − + =
có 2 nghiệm
1 , 2z i z i= + = − +
Pt có 4 nghiệm
1 , 2 ,1 , 2i i i i− − − + − +
0,25
Số các số thuộc M có 3 chữ số là
3
5
60A =
Số các số thuộc M có 4 chữ số là
4
5
120A =
0,25
(VN)
Số các số thuộc M có 5 chữ số là
5
5
120A =
Suy ra số phần tử của M là :60+120+120=300

Các tập con của E có tổng các phần tử băng 10 gồm
{ } { } { }
1 2 3

1,2,3,4 , 2,3,5 , 1,4,5E E E= = =
Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số băng 10
Từ
1
E
lập được số các chữ số thuộc A là 4!
Từ mỗi tập
2
E
và
3
E
lập được số các số thuộc A là
3
!
Suy ra số phần tử của A là 4!+2.3!=36
Do đó xác suất cần tính là
36
0,12
300
P = =
0,25
Câu 5
(1,0đ)
( )
( 2;3;0); ( 2;1; 1); , 3; 2;4AB AC AB AC
 
= − = − − = − −
 
uuur uuur uuuruuur

Phương trình đường thẳng
∆
có VTCP
( )
3;2; 4u = −
r
0,25
Với
( )
3 3
1 3;0;5 : 2
5 4
x t
t D y t
z t
= +


= ⇒ ⇒ ∆ =


= −

0,25
Với
16 3
17 19 47 19
16; ; : 2
2 2 2 2
47

4
2
x t
t D y t
z t


= − +

− − − −

 
= ⇒ − ⇒ ∆ = +

 ÷
 

−

= −


0,25
Câu 6
(1,0đ)
Đường tròn
( )
C
có tâm
( )

1;2I
và có bán kính
2R =
Véc tơ pháp tuyến của
1 2
,d d
lần lượt là
( ) ( )
1 2 1 2 1 2
;1 , 1; . 0n m n m n n d d= = − ⇒ = ⇒ ⊥
ur uur ur uur
0,25
Gọi A,B là giao điểm của
1
d
với
( )
C
,C,D là giao điểm của
2
d
với
( )
C
(A,B,C,D theo thứ tự trên đường tròn)

1 2
,h h
lần lượt là khoảng cách từ
I

đến
1
d
,
2
d
Ta có
1 2
2 2
1
,
1 1
m
h R h R
m m
= < = <
+ +
nên
1
d
,
2
d
luôn cắt
( )
C
tại 2 điểm phân biệt
2 2 2 2
1 2
2 , 2AB R h CD R h= − = −

( ) ( )
2 2 2 2
1 2
2 2
2 2
2 2
1
. 2 .
2
4 3 3 4
4 3 3 4
2 7
1 1
ACBD
S AB CD R h R h
m m
m m
m m
= = − − =
+ +
+ + +
= ≤ =
+ +
0,25

0,25
Câu7
(1,0đ)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1m
= ±
0,25
Gọi H là giao điểm của BM và AN.
Do M, N là các trung điểm nên
BM AN⊥

( )SA mp ABCD
BM SH
BM AN
⊥

⇒ ⊥

⊥


·
SA AH SHA⊥ ⇒
nhọn
Suy ra
·
SHA
là góc giữa hai mặt phẳng: (ABCD) và (SBM) nên
·
0
45SHA =

ASAH a
⇒ = =

0,25
0,25
Trong tam giác vuông ABM:
2 2 2
1 1 1
AB AM AH
+ =

2 2 2 2 2
2 2
1 4 1 5 1
5 5 5
AB AB AH AB AH
AB AH AB AH a
⇔ + = ⇔ =
⇔ = ⇔ = =
dt(ABNM) = dt(ABCD) - dt(BCN) - dt(MND)
= 5
2 2 2
2
5 5 25
4 8 8
a a a
a − − =

Suy ra thể tích hình chóp S.ABNM là:

2 3
1 25 25

. .
3 8 24
a a
V a= =
0,25
Gọi F là trung điểm BC. Ta có DF//BM nên DF //mp(SBM).
Gọi E là giao điểm của DF và AN
Suy ra d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM))
Gọi K là hình chiếu của E trên đường thẳng SH thì
( )EK mp SBM⊥

Từ đó d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM)) = EK
M trung điểm AD nên H là trung điểm AE
⇒
HE = HA = a
Để ý rằng
·
0
45KHE =

2
a
EK⇒ =

Vậy
( , ( ))
2
a
d D mp SBM =
0,25

Câu 8
(1,0đ)


Nhận xét x=0 thay vào hệ tâ thấy vô lý 0,25
Xét
0x
≠
,chia 2 vế của hai pt trong hệ cho
6
x
và đặt
3
1
z
x
=
Ta có
( )
( )
2 2
2
2 2
2 3
2 3
4 5
2 4 5
yz z y
yz y z
z y

z y yz
+ =


+ =
 
⇔
 
+ =
+ − =




Đặt
2S z y
P yz
= +


=

ta có hệ
2
3
4 5
SP
S P
=



− =

Giai hệ ta được
3
1
S
P
=


=

suy ra
1
1
z
y
=


=

hoặc
2
1
2
z
y
=




=


0,5
Hệ có 2 cặp nghiệm
( )
,x y
là
( )
1,1
và
3
1 1
,
2 2
 
 ÷
 ÷
 
0,25
Câu 9
(1,0đ)
Đặt
a b
t
b a
= +

( ) ( )
( )
2
1 1 1 1 1 1 1
9 1
3 2 2 2 1
14
a b
a b c a b c
a b c a b c a b
t t t
t
 + 
     
= + − + − = + + + − + +
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
≤ + − + = + −
⇒ ≥

( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
4 4 4 4 4
4 4 4 4 4
4 4
4 4 4 4 4
4 4 4 4 4 4 4

2
2
4 4 2
4 4
1 1 1 1 1
1
1 1 1 1 1 1
1 2
1 1
1 1 38025
a b c a b
a b c a b
a b
c a b a b
c a b a b a b
a b t
a b
   
+ + + + = + + + +
 ÷  ÷
   
+
     
+ + ≥ + + + + + + =
 ÷  ÷  ÷
     
 
 
= + + + = − ≥
 ÷

 ÷
 ÷
 
 
0,5
0,5