đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE154 THPT bùi thị xuân, lâm đồng (l4) w

SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN
(ĐềĐỀ
thi gồm
01 trang)
SỐcó 154

ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016)
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 01
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 2  4  x 2  .
x 3 mx 2 1
Câu 2: (1,0 điểm) ) Định m để hàm số y  
 đạt cực tiểu tại x  2 .
3
2
3

Câu 3: (1,0 điểm)
a) Giải phương trình log 52 x 3  20log 5 x  1  0 trên tập hợp số thực.
b) Tìm môđun số phức z thỏa mãn điều kiện: 1  i  z  i   2 z  2i .
Câu 4: (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y  x 3  3x  1 và
y  x 1.
Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1;1;2) , B (1;0;1) ,
C (1;1;0) và D (2; 1; 2) .
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm B, C, D.
b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 6: (0,5 điểm)
a) Giải phương trình: sin x  1  cos 2 x .

b) Cho 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông
hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung.
Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu
vuông góc của A trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Góc
giữa cạnh bên và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.ABC và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AA với BC.
Câu 8: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với AC có phương
trình là: x  7 y  32  0 , hai đỉnh B, D lần lượt thuộc đường thẳng d1 : x  y  8  0 ,

d 2 : x  2 y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh
A có hoành độ âm.

1

2
 2 x  3 y  1  4 y   3
Câu 9: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
x
e x  e y  y  x


.

1
.
2
ab
bc
ca
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

.


(1  a )(1  b) (1  b)(1  c ) (1  c)(1  a )
Câu 10:(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c 

-----------------------Hết-----------------------

883


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

NỘI DUNG

ĐIỂM

+) Tập xác định D  R

x   2
+) Đạo hàm: y '  4 x 3  8 x ; y '  0  
x  0

0.25

Câu 1: +) các giới hạn : lim y  ; lim y   ( Đồ thị không có tiệm cận)
x 
x 
(1 điểm)

+) bảng biến thiên

0.25
0.25

+) nêu các khoảng tăng; giảm và cực trị
0.25

+) Đồ thị
+) Đạo hàm y '  x 2  mx

0,25

Câu 2: +) Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 nên y ' 2  0  4  2m  0  m  2
(1 điểm)
+) Thử lại

0,25
0,25

+) Vậy m  2 thỏa yêu cầu đề bài.
a)  )

5
5
b) +) Điều kiện x  0
)

Câu 3:
(1 điểm)

1  i   z  i   2 z  2i  z 

0,25
1 i 2 1
  i
3 i 5 5

0.25
0.25

z 

(1)  9log25x - 10log5 x + 1= 0

+) Đặt : t=log 5 x . Phương trình có dạng

9t 2  10t  1  0  t  1  t 

1
9

0.25

) t  1  log5 x  1  x  5
0.25

1
1
1

 log5 x   x  5 9
9
9
Phương trình hoành độ giao điểm:

) t 

x  0

x 3  3 x  1  x  1  x 3  4 x  0  x( x 2  4)  0   x  2
 x  2

0.25

2

Diện tích: S 



x

3

- 4 x dx

0.25

2

Câu 4
(1 điểm)

Xét dấu f ( x )  x 3  4 x :



x
f(x)

-

0

S=

 (x

-2
0

0
+ 0

2
- 0


+

0.25

2
3

- 4x)dx +  (-x 3 + 4x)dx

-2

0
0

2

1
1
 ( x 4 - 2x 2 )  (- x 4 + 2x 2 )
4
4
2
0

= 4 + 4 = 8 (đvdt)

884

0.25


Câu 5:

(1 điểm)



a) +) BC  2 ;1 ; 1 , BD  1; 1; 3 .

 


Véc tơ pháp tuyến của (P) là n  BC , BD  4; 7;1 .


+) Phương trình mặt phẳng (P): 4  x  1  7  y  0  z
  1  0.

0,25

0,25

Vậy phương trình mặt phẳng (P) : 4x  7y  z  3  0.





b)+) Bán kính R  d A, P 

4.(1)  7  2  3
42  7 2  (1)2

2



66

+) Phương trình mặt cầu (S): x  1   y  1  z  2 
2

2

2

.

0,25

2
.
33

0,25

a) +) PT  sin x  1  1  sin2 x
+) sin x  1  sin x  1sin x  1  0  sin x  1sin x  2  0
+)  sin x  1 (Do sin x  2  0 )  x 

0,25



 k 2 k  
2


+) Vậy phương trình có nghiệm là  x   k 2 k  
2
Câu 6: b)+) Để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau:
(1 điểm)
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: C 73 .C 102  1575 cách

0,25

025

+) TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: C 74 .C 101  350 cách
TH3: 5 bông hồng nhung có: C 75  21 cách
+)  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách.
+) Số cách lấy 4 bông hồng thường C 175  6188  P 
+) Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp
'
tam giác đều ABC  AH
 (ABC )
+) HA là hình chiếu A’A trên mặt
phẳng (ABC) nên

 
A 'A, ABC   A 'A, AH 

 A 'A H  600

1946
 31, 45%
6188

A'

025
C'

B'

0.25
A

C
H
B

Câu 7
(0,5
điểm

+ ) S ABC 

a2 3
2a 3 a 3
a 3
, AH 

;A' H 

3 a
4
3 2
3
3

+) VABC .A'B 'C '

0.25

a3 3
 S ABC .A ' H 
(đvtt)
4









' '
+) AA’//(BB’C’C)  d AA' , BC  d A' ,(BBC
C) 

3VA' .BB 'C 'C
S BB 'C 'C



2VABC .A'B 'C '
S BB 'C 'C

0.25

'
+) Chứng minh BC  AH , BC  AH
 BC  AA'  BC  BB '

+)  S BB 'C "C  BC .BB ' 

2a 2 3
3

0.25

3a
+) Vậy d AA' , BC 
4





885


+) B thuộc d1  B t1 ;8  t1  và D

thuộc d2  D 2t2  3; t2 

 BD  2t2  t1  3; t2  t1  8
0.25

+) Do BD vuông góc AC suy ra:


BD cuøng phöông n  1;7
2t2  t1  3 t 2  t1  8

1
7
 13t2  8t1  13 1



t  2t  3 8  t  t 
2
1
2
+) Khi đó trung điểm I của BD : I  1
;


2
2

 8  t  t 
t  2t2  3

1
2
+) I thuộc d :  1
 7 
  31  0
2
2


 9t2  6t1  9  3t2  2t1  3

0.25

t  0  B 0; 8
13t2  8t1  13

+) Vậy ta có hệ : 
1
3t2  2t1  3
t  1  D  1;1

 2
ra :
Câu 8 +) Từ đó suy

x
y 8
BD  5 2; BD  1;7   BD  : 
 7x  y  8  0
(1 điểm)

1
7
+) Gọi C thuộc AC

 C  31  7t; t   d C ; BD  



7 31  7t   t  8
5 2



5
2

9  2t

+) Từ giả thiết :
1
5
S ABCD  2S BCD  2 BD.d C;BD  5 2.
9  2t  75  9  2t  3


2
2
t  6  C  11;6
9  2t  3
 

 
.
9

2
t

3
t

3

C

10;
3





+) Mặt khác A dối xứng với B qua I cho nên ta tìm được tọa độ A .
 1 
Với C(-11;6 ) và I   ; 3  A  10; 0 ( loại vì A có hoành độ âm ).
 2 
 1 
Với C(10;3 ) I   ; 3 thì A  11; 3 ( chọn )
 2 

0.25

0.25

+) Vậy các đỉnh hình thoi thỏa mãn là A(–11; 3), B(0; 8), C(10; 3) và D(–1; 1)
Câu 9
(1 điểm)

x  0


+) ĐK:  x   1 (*)

2
 
 x  1


2  e

x

0.25

 x  ey  y

886


Xét f t   e t  t có f / t   e t  1  0, t ; nên từ (2) ta có x  y

1
3
x
+) Nếu x  0 thì phương trình tương đương với
Từ (1), ta có

2x 2  3x  1  4x 

3
1
3
1
3
1
 2  4   2 1 . Đặt t  2   2 (t  0) 1 .
x x
x x
x x
t  0
Phương trình (1) trở thành 
 t  3.
t  t 2  6

+) Với t  3 , ta có

x  3  37 (tm )

3
1
2

14
2   2  3  7x  3x  1  0  

x x
 x  3  37 (k .tm )

14
2

0.25

+) Nếu x  0 thì phương trình tương đương với
2

3
1
3
1
 2  4  2
x x
x x

2 .

3
1
 2 , (t  0) . Phương trình 2 trở thành
x x
t  0


 t  2.

t  6  t 2

Với t  2 , ta có

x  3  17 (k .tm )

3
1
4
2   2  2  2x 2  3x  1  0  

x x
x  3  17 (tm )

4

Đặt t  2 

0.25

+) Kết hợp với điều kiện (*) suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là:
 3  37 3  37   3  17 3  17 

 , 
 .
;
;




14  
4
4
 14


0.25

 1
+) Ta có a,b, c  0;  ; Đặt x  a  1, y  b  1, z  c  1
 2 

5
1
Từ điều kiện suy ra x , y, z  1;   và x  y  z  

2 
2

0.25

Câu 10 +) Áp dụng Cô si cho 3 số dương x , y, z , ta có
(1 điểm)
5
x  y  z  3 3 xyz    3 xyz  0
6
Mặt khác 1  a 1  b   a  1b  1  ab  a  b  1

 ab  a  1b  1  a  b  1  a  1b  1  c  1 

887

0.25

3
2


Do đó:

2 c  1  3
ab
2z  3
 1
 1
2xy
2 1  a 1  b 
1  a 1  b 

bc
2x  3
ca
2y  3
 1
;
 1
2yz
2xz

1  b 1  c 
1  c 1  a 

Tương tự:

1  2x  3 2y  3 2z  3 

) P  3  


2  yz
xz
xy 

Xeùt Q 

Q



2x  3 2y  3 2z  3


yz
xz
xy
2

2

2 x y z

2

  3 x  y  z   4 x

xyz

2

2

y z

2

  15

0.25

2xyz

12 3 x 2y 2z 2  15
2xyz
 5 
12t 2  15
+) Đặt t  3 xyz , t   ; 0 , ta có
Q
 6 
2t 3


 5 
12t 2  15
 ; 0
Xét hàm số
g t  
,
t

 6 
2t 3

2
 5 
45  12t
 ; 0
g / t  

0,

t

 6 
2t 4

 5 
Suy ra g t  là hàm đồng biến với mọi t   ; 0
 6 

 5  144

Suy ra Q  g t   g   
 6 
25
Q

Suy ra

P  3

+) Vậy max P 

72
3

25 25

3
5
1
đạt được khi x  y  z    a  b  c 
25
6
6

-----------------------Hết-----------------------

888

0,25