đề toán thi thử năm 2015 đề số 144.pdf

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

TÂY NINH

ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA
NĂM 2015
TRƯỜNG THPT QUANG TRUNG Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút


Câu 1. (2
,0 điểm
) Cho hàm số
4 2
y x 2x 1
  

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b)Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
4 2
x 2x 1 m 0
   
.

Câu 2.
(
1,0 điểm
)
a) Cho sin a +cosa= 1,25 và
π π
< a <

4 2
. Tính sin 2a, cos 2a và tan2a.
b) Tìm số phức z thỏa mãn:

1
(3 )
1 2
  

z
z i
i

Câu 3. (
0,5 điểm
)

Giải phương trình:
1
1
2
4 7.2 1 0


 
x
x
.
Câu 4. (1,
0 điểm

) Giải bất phương trình:
       
x x x x x
2
2 3 1 3 22 5 3 16

Câu 5. (
1.0 điểm
) Tính tích phân:
1
2(1 ln)



e
x xdx
I

Câu 6.
(1.0 điểm
) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a,



0 0 0
90, 120, 90
ASB BSC CSA  
.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mp(SAB)
Câu 7. (1.0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C): (x -
1)
2

+ (y + 1)
2

= 20. Biết rằng AC=2BD và điểm B thuộc đường thẳng d: 2x - y - 5 = 0. Viết phương
trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có hoành độ dương
.

Câu 8. (1
.0 điểm)

Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: x + y – 2z –
6 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc với mặt phẳng
(P), tìm tọa độ tiếp điểm
.

Câu 9. (0,5 điểm)
Có 2 hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ và 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2 bi đỏ
và 4 bi trắng . Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên, tính xác suất để 2 bi được chọn cùng
màu
.
Câu 10. (1.0 điểm
)

Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
     

P x y z
2 2 2
3 3 3
log 1 log 1 log 1


Hết











2
-2
x
y
1-1
O
1
f x
 
= -x
4
+2


x
2
+1

Đáp án:

CÂU


ĐÁP ÁN


ĐI
ỂM



Câu 1
a)(1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
*TXĐ: D=


*Xét sự biến thiên:
+
4 2
x x
lim y lim ( x 2x 1)
 
     

0,25
+y’= -4x
3
+4x
Cho y’=0
2
x 0 y 1
4x( x 1) 0 x 1 y 2
x 1 y 2

  


       


   





0,25
+BBT:
x

-1 0 1



y’ - 0 + 0 - 0 +

y
2 2

1




-Hs đồng biến trên mỗi khoảng (-1;0) , (1;

)
Và nghịch biến trên mỗi khoảng (

;-1) , (0;1)
-
Hs đ
ạt cực tiểu tại điểm x=0, y
CT
=1 và đ
ạt cực đại tại các điểm x=
1

, y
CĐ
=2

0,25

*Đồ thị (C):




d:y=m+2









0,25
b) (1 điểm) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình:


4 2
x 2x 1 m 0
   

(1)

(1)
4 2
x 2x 1 m 2
     

0,25
Nhận xét: (1) là pt hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d: y=m+2
(d song song hoặc trùng với trục Ox)
Do đó: số nghiệm của pt (1) bằng số giao điểm của (C) và d

0,25
Dựa vào đồ thị (C) ta có kết quả biện luận sau:
*m+2<1

m<-1: (C) và d có 2 giao điểm

pt (1) có 2 nghiệm
*m+2=1

m<= -1: (C) và d có 3 giao điểm

pt (1) có 3 nghiệm

0,25
*1<m+2<2

-1<m<0: (C) và d có 4 giao điểm

pt (1) có 4 nghiệm

*m+2=2

m=0: (C) và d có 2 giao điểm

pt (1) có 2 nghiệm
*m+2>2

m>0: (C) và d không có điểm chung

pt (1) vô nghiệm
0,25










Câu 2
a) (0,5 điểm) Cho sin a +cosa= 1,25 và
π π
< a <
4 2
. Tính sin 2a, cos 2a và tan2a.
Ta có: sin a +cosa= 1,25
25
1 sin 2

16
a  

0,25
9
sin 2
16
a 


0,25
2
5 7
cos 2 1 sin
16
a a    
(vì
2
2
a

  
)

0,25
9 7
tan2
35
a  

0,25
b) (0,5 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn:
1
(3 )
1 2
  

z
z i
i

Đặt z=a+bi, với a,b


.
Ta có:

1 1
(3 ) ( ) (3 )
1 2 1 2

       
 
z a bi
z i a bi i
i i


0,25

( ) 1
( ) (3 )
2 2
   
    
a b a b i
a bi i


0,25
2 3
2 1
  



    

a b a
a b b


0,25
4
1







a
b
. Vậy : z=4+i

0,25





Câu 3
(0,5 điểm)

Giải phương trình:
1
1
2
4 7.2 1 0


  
x
x
(1).
(1)

2
7
2.2 .2 1 0

2
   
x x

Đặt t=2
x
, điều kiện t >0. Pt trở thành:

2
7
2 1 0
2
  
t t



0,25
1
4
2 (lo¹i)
t
t



 

 


2
x
=
1
4

x= -2
Vậy tập nghiệm pt là S={-2}


0,25





Câu 4

(1,0 điểm) Giải bất phương trình:
       
x x x x x
2
2 3 1 3 2 2 5 3 16
(1)

Điều kiện:
1
4
x


Với điều kiện trên pt (1) tương đương:


       
x x x x
2
2 3 1 2 3 1 20



0,25

Đặt t=
  
x x
2 3 1
, t >0
Bpt trở thành:
   
t t
2
20 0
5
4 (lo¹i)
t
t





 


Với

t
5
, ta có:
x x x x x
2
2 3 1 5 2 2 5 3 3 1
         



0,25
x
x x
x
x x
2
2
3 1 0
2 5 3 0
3 1 0
26 11 0

  


  




  


   





0,25

x
x
1
3
13 6 5





 



Vậy tập nghiệm bất pt là: S=
1
;
3
 

 
 



0,25







Câu 5
(1.0 điểm) Tính tích phân:
1
2 (1 ln )



e
x x dx
I

Ta có :
1 1
2 2 ln

 
e e
xdx x xdx
I


0,25
Đặt I
1
=
1
2

e
xdx
và I
2
=
1
2 ln

e
x x dx

Ta có :
2 2

1 1
1
  
e
I x e



0,25
Tính I
2
=
1
2 ln

e
x x dx
.
Đặt:
2
1
ln
2

  




  


u x du dx
x
dv xdx v x

2 2
2 2 2
2 1 1
1
1 1
( ln ) .
2 2

    

e
e e
x e
I x x x dx e
x




0,25
Vậy I=I
1
- I
2
=

2
3
2

e


0,25










Câu 6
(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a,



0 0 0
90 , 120 , 90
ASB BSC CSA  
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách từ C đến mp(SAB)

B

A
C
S


Chứng minh:
( )

SA mp SBC


. .
1
.
3
  
S ABC A SBC SBC
V V S SA

0,25
2
0 2
1 1 3 3
. .sin120 .
2 2 2 4
  
SBC
a
S SB SB a

Vậy:
2 3
.
1 3 3
. .
3 4 12
 
S ABC
a a
V a

0,25
-Ta có các tam giác SAB, SAC vuông cân tại A và SA=SB=SC=a nên:
2
 
AB AC a

-Trong tam giác SBC ta có:
BC=
2 2 0 2 2
1
2 . .cos120 2 . . 3
2
 
      
 
 
SB SC SB SC a a a a a

Đặt

2 2 3
2 2
  
 
AB AC BC a a
p
2
2
15
( 2) .( 3)
4
    
ABC
a
S p p a p a







0,25



Vậy: d(S,(ABC))=
3
.
2

3 3
3
5
12
5
15
4
 
S ABC
ABC
a
V
a
S
a



0,25

Câu 7









(1.0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường
tròn (C): (x - 1)
2

+ (y + 1)
2

= 20. Biết rằng AC=2BD và điểm B thuộc đường thẳng

d: 2x - y - 5 = 0. Viết phương trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có
hoành độ dương
.

H
I
D
C
B
A


Gọi I là tâm đường tròn (C), suy ra I(1;-1) và I là giao điểm của 2 đường chéo
AC và BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng AB .
Ta có: AC=2BD
2
 
IA IB

Xét tam giác IAB vuông tại I, ta có:
2 2 2 2
1 1 1 5 1
5
4 20
     
IB
IA IB IH IB



0,25
Ta lại có điểm B


d

B(b, 2b-5)
*IB=5
2 2
4
( 1) (2 4) 5
2
5



     

 

b
b b
b
. Chọn b=4 (vì b>0)


B(4;3)


0,25
Gọi
( ; )

n a b


là VTPT của đường thẳng AB, pt đường thẳng AB có dạng:
a(x-4)+b(y-3)=0

0,25
Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C) nên ta có:
d(I,AB)=
20

2 2
| 3 4 |
20
 
 

a b
a b

2 2
2
11 24 4 0
11
2



    




a b
a ab b
a b

*Với a=2b, chọn b=1, a=2

pt đường thẳng AB là: 2x+y-11=0
*Với
2
11

a b
, chọn b=11, a=2

pt đường thẳng AB là: 2x+11y-41=0

0.25











Câu 8
(1.0 điểm)

Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: x + y
– 2z – 6 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc
với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điểm
.

Ta có O(0;0), do mặt cầu (S)có tâm O và tiếp xúc với mp(P) nên ta có:
R=d(O,(P))=
2 2 2
| 6|
6
1 1 ( 2)


  



0,25
Vậy pt mặt cầu (S) là: x
2
+y
2
+z
2
= 6
0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mp(P), H chính là tiếp điểm của mặt
cầu (S) và mp(P)

Đường thẳng OH đi qua O và vuông góc mp(P) nhận
(1,1, 2)
 
n

là vectơ pháp
tuyến của mp(P) làm vectơ chỉ phương, pt đường thẳng OH có dạng:
2






 

x t
y t
z t

*
( , , 2 )
  
H OH H t t t




0,25
*Ta lại có

( ) 2( 2 ) 6 0 1
        
H mp P t t t t
. Vậy H(1,1,-2)

0.25

Câu 9
(0,5 điểm)
Có 2 hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ và 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2
bi đỏ và 4 bi trắng . Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên, tính xác suất để 2 bi
được chọn cùng màu
.
Gọi w là không gian mẫu: tập hợp các cách chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên bi
( ) 7.6 42
  
n w

Gọi A là biến cố 2 bi được chọn cùng màu
( ) 4.2 3.4 20
   
n A

0,25
Vậy xác suất của biến cố A là P(A)=
( ) 20 10
( ) 42 21
 
n A
n w

0,25



Câu 10
(1.0 điểm)

Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
     
P x y z
2 2 2
3 3 3
log 1 log 1 log 1


Trong mp(Oxy), gọi
a x b y c z
3 3 3
(log ;1), (log ;1), (log ;1)
  

 

và
n a b c n
(1;3)
    


   

Ta có:
a b c a b c x y z
2 2 2 2 2
3 3 3
log 1 log 1 log 1 1 3
            
 
   



0,5
P
10
 
, dấu = xảy ra khi ba vecto
a b c
, ,

 
cùng hướng và kết hợp điều kiện đề

bài ta được x=y=z=
3
3

Vậy MinP=
10

khi x=y=z=
3
3

0,5