Đề ôn thi THPT quốc gia môn Toán số 17

SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH
Tr THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 .
MÔN TOÁN – thời gian 180’
Câu 1 ( 3 điểm) : Cho hàm số y=x
4
-2x
2
-3.
a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.
b).Tìm tham số m đề đồ thị hàm số y=mx
2
-3 cắt đồ thị ( C) tại 3 điểm phân biệt và tạo thành hình phẳng
có diện tích bằng
128
15
.
Câu 2: ( 1 điểm ) a. Giải phương trình :
+
=
+
3 t anx 1
2
1
3 cos
2 2
x
.
b.Giải phương trình: 3
x
.2x=3

x
+2x+1
Câu 3: ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
2 2( )
1 1 1 1
x y x y x y
x y x y

+ + + + = +


+ = +



Câu 4: ( 1 điểm ) Tính tích phân
2
1
1 ln
(ln )
e
x x x x
I dx
x x x
+ + +
=
+
∫

Câu 5: ( 1 điểm )
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, có đáy (ABC) là tam giác vuông tại B có AB=a, BC=2a. Cạnh
A’C hợp với đáy một góc
0
30
. Gọi M là trung điểm của CC’. Tính thể tích khối chóp M.ABB’A’ và
khoảng cách từ A đến mp(MA’B’) theo a.
Câu 6:(0.5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn:
2 8 .z z i+ = −
Tìm số phức liên hợp của z.
Câu 7 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho đường tròn
2 2
3 3 26
( ) : ( ) ( )
2 2 4
C x y+ + − =
là
đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD. Gốc toạ độ O là trung điểm của BC. Xác định toạ độ các điểm A, B,
C, và D.
Câu 8 ( 1 điểm )Trong khoâng gian Oxyz cho đđường thẳng (d
1
) :
2 3
1 2 2
x y z− +
= =
− −
và đđường thẳng

(d
2
) :
1 1 2
2 1 3
x y z+ − −
= =
− −
.Tìm tọa độ giao điểm của( d
1
)và ( d
2
).Viết phương trình đường thẳng (d) đối
xứng (d
1
) qua (d
2
).
Câu 9 ( 0.5 điểm ) Một tổ sản xuất có 10 công nhân trong đó có 5 nam và 5 nữ. Chọn ngẫu nhiên 5
công nhân để đi dự hội nghị. Tính xác suất để chọn được số công nhân nam nhiều hơn số công nhân nữ.
Câu 10: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số
2 2 2
( ) 5 8 32 3 24 3 12 16f x x x x x x x= − + − − + + − +
.
Hết
HƯỚNG DẪN
Câu 1
b/ (1 đ ) Ta có f
1
(x)=f

2
(x) <=>x
4
-(2+m)x
2
=0
Điều kiện để phương trình trên có 3 nghiệm phân biệt là 2+m>0 =>m>-2

Lúc đó ta có các nghiệm x=0 ;x=
2 m± +

diện tích S=
0 2 2
4 2 4 2 4 2
0 0
2
(2 ) (2 ) 2 ( (2 ) )
m m
m
x m x dx x m x dx x m x dx
+ +
− +
− + + − + = − +
∫ ∫ ∫
=
5
5 3 5
(2 ) 2 ( 2 )
2
2 ( ) 2 2 4

5 3 15 15
0
x m x m m
m
+ + +
+
− = − =

Suy ra
5
5
( 2 ) 128
4 ( 2 ) 32 2 4 2( )
15 15
m
m m m tm
+
= ⇒ + = ⇒ + = ⇒ =
Câu 3:Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
2 2( )
1 1 1 1
x y x y x y
x y x y

+ + + + = +


+ = +



Bài giải:
2 2
2 2
2 2( ) (1)
1 1 1 1
(2)
x y x y x y
x y x y

+ + + + = +


+ = +


Điều kiện:
2
0
x y
xy
+ ≥ −


≠

.
Ta thấy x + y = 0 không là nghiệm của hpt. Do đó ta có thể xét hai trường hợp sau:
TH1:

2 0x y− ≤ + <
Từ pt (2 ) ta suy ra xy < 0.
2
1 1 1 1 1 1
(2) 2 . 0(3)pt
x y x y x y
   
⇔ + − + − =
 ÷  ÷
   
.
Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm x, y.
Khi đó phương trình (3) có nghiệm
1 1 1 1
1 8 . 0 8 0 8xy xy
x y x y
+ ⇒ + ≥ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ −
.
Khi đó ta có
2 2
2 16x y xy+ ≥ ≥
.
Đặt
2 0 2t x y t= + + ⇒ ≤ <
.
Từ pt (1) ta có
2 2
2 32 34 0t t t t+ − ≥ ⇔ + − ≥
điều này vô lí .
Vậy TH1 hệ phương trình vô nghiệm.

TH2: x + y >0.
Từ (2) suy ra xy > 0, do đó x và y đều dương.
Ta có
2 2
(2) ( )x y xy x y⇔ + = +
Do
2
2 2
( )
2
x y
x y
+
+ ≥
và
2
( )
4
x y
xy
+
≤
nên ta có
2 2
2 2
( ) ( )
( ) ( ) 2
2 4
x y x y
x y x y xy x y x y

+ +
≤ + = + ≤ + ⇒ + ≥
Đặt
2 2t x y t= + + ⇒ ≥
.
Từ (1)
2 2 2 4 2 3 2
2 ( 2) 5 6 0 ( 2)( 2 3) 0 (4)t t t t t t t t t t⇒ + − ≥ − ⇔ − − − ≤ ⇔ − + − − ≤
.
Ta có
3 2
2 3 0 2t t t t+ − − > ∀ ≥
, do đó, từ
(4) 2 0 2.t t⇒ − ≤ ⇔ ≤
Từ đó suy ra: t = 2
2x y⇒ + =
, thay vào hpt ta có xy=1
1x y⇒ = =
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là
1
1
x
y
=


=

.

Câu 8: .Tọa độ giao điểm I(1;2;-1)
. Trên (d
1
) lấy M
1
(2;0;-3).tọa độ hình chiếu của M
1
lên (d
2
) là H(
13 17 16
; ; )
7 7 7
−

Điểm đối xứng của M
1
qua

(d
2
) là M’
1
(
22 34 11
; ;
7 7 7
−
)
.đường thẳng (d) đi qua I có VTCP

15 20 4
( ; ; )
7 7 7
IM
−
=
uuur

PTTS(d):
15
1
7
20
2 ( )
7
4
1
7
x t
y t t
z t

= +



= + ∈




= − −


¡

Câu 10
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
2 2 2
( ) 5 8 32 3 24 3 12 16f x x x x x x x= − + − − + + − +
.
Bài giải:
Ta có TXĐ:
[0;8]D =
Đặt :
2 2
( ) 5 8 32, ( ) 3 12 16g x x x h x x x= − + = − +
Ta dễ dàng xác định được
[0;8]x∀ ∈
, thì
6 (2) ( ) (8) 12 2, 2 (2) ( ) (8) 4 7g g x g h h x h= ≤ ≤ = = ≤ ≤ =
và
2 2
0
3 24 0 ( 3 24 0 )
8
x
x x x x
x
=


− + ≥ − + = ⇔

=

.
Do đó
2
2
2 2
8( 2)
( ) 3 12 16 0 ( ) 2 [0;8]
5 8 32 3 24
x
f x x x h x x
x x x x
−
= + − + ≥ + ≥ ∀ ∈
− + + − +
.
Đẳng thức xảy khi và chỉ khi x = 2
min ( ) 2f x⇒ =
khi x= 2.
Ta có
2 2 2
( ) 5 8 32 3 24 3 12 16 ( ) ( ) 12 2 4 7 [0;8].f x x x x x x x g x h x x= − + − − + + − + ≤ + ≤ + ∀ ∈
Đẳng thức xảy khi và chỉ khi x = 8
max ( ) 12 2 4 7f x⇒ = +
khi x= 8.
Vậy
min ( ) 2f x =

khi x= 2 và
max ( ) 12 2 4 7f x = +
khi x= 8.
………………………………………………………………………………………………………………
.