De thi thu lan 2 lop 12A8

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 LỚP 12A1, 12 A2, 12A8. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015- LẦN 2 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề. 4 2 2 Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y  x  2m x  1 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1 . b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 3 điểm cực trị A, B, C và diện tích tam giác ABC bằng 32.. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình:. sin 2 x  cos2 x 2sin x  1 .. b) Giải phương trình:. 2 log 32 x  5 log 3 (9 x)  3 0. .. 1. 1 I  x dx e 1 0. Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân . Câu 4 (1,0 điểm). a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp những điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn 2 | z  i || z  z  2i | . b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số được chọn luôn có mặt chữ số 1.  P  : x  y  z  2 0 , Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng S  : x 2  y 2  z 2  4 x  2 y  2 z  3 0 A  1;  1;  2  , B  4;0;  1  mặt cầu và hai điểm . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn. Viết phương trình    song song với AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một mặt phẳng đường tròn có bán kính bằng 3 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , 2 AC BC 2a ,.  ABC  là trung điểm H của BC , mặt phẳng  SAB  hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  tạo với đáy một góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và SB theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC E  9; 4  nằm trên đường thẳng d : x  y  1 0 . Điểm nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F   2;  5 . nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC 2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình. thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm.. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình.  x  y  4 2 x 2  2 x  1  3 4 y  24 y 2  49 y  90  3 14  x3  4 x 3. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P. 1. 2a  b  8bc. . 1 2. 2b  2(a  c )2  3. . -------------------------------------Hết----------------------------------------Họ và tên thí sinh:………………………………………………………….SBD:…………………. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Câu 1. Nội dung. Điể m. a.(1,0 điểm) 0.25. 4 2 Vơí m=1 hàm số trở thành : y x  2 x  1. TXĐ: D  y ' 4 x 3  4 x , y ' 0  x 0; x 1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  1; .   ;  1. và.  0;1 ,. đồng biến trên khoảng.   1;0 . và. 0.25. Hàm số đạt cực đại tại x 0 , yCD 1 , đạt cực tiểu tại x 1 , yCT 0 lim y . x  . ,. lim y . x  . * Bảng biến thiên x. 0.25. –. y’. -1 -. 0. +. 0 +. 1 0. -. 0. 1. + + +. y 0. 0. Đồ thị: 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b.(1,0 điểm) y ' 4 x3  4m 2 x 4 x  x 2  m 2 . 0.25.  x 0 y ' 0   2 2  x m Đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị Khi đó giả sử 3 điểm cực trị là.  m  0  *. 0.25. A  0;1 , B( m;1  m 4 ), C ( m;1  m 4 ) 6. 0.25. Tam giác ABC có AB= | m | 1  m =AC nên là tam giác cân tại đỉnh A. Gọi I trung điểm 4 BC  I (0;1  m ) 1 S ABC  AI .BC m 4 . | m || m |5 32  m 2 2 (t/m). 2.. 0,25. (1,0 điểm) a). 2s inx(cos x  1)  2sin 2 x 0.  s inx 0 s inx(sin x  cos x  1) 0    sin x  cos x  1 0. 0. 25. Với s inx 0  x k 2 , k    x k 2  1 sin x  cos x  1 0  sin( x  )   ,k   x   k 2 4 2 2  Với.  x k , x   k 2 2 Vậy nghiệm của phương trình là , k . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. b) 2log 3 x  5log 3 (9 x )  3 0. Đk:x>0. 0,25 2 3. 2 3. Khi đó pt  2log x  5(log 3 9  log 3 x)  3 0  2log x  5log 3 x  7 0.  log 3 x  1    log 3 x 7  2. 1  x   3 (t/m)   x 27 3. 0,25. (1,0 điểm) 1 1  ex  I  1  x dx  dx    e 1   0 0 Cách 1.. 1. e. x. 0. 1 d (e x  1)  x  ln | e x  1| 1. . . 1 0. 1  ln. 2 e 1. 1. Cách 2. 3. Đặt. t e x  1  dt e x dx  dx . 0.25. 1 dt t1 .. Khi x=0 thì t 2 , khi x=1 thì t=e+1. Khi đó e 1. e 1. 1 t1  1 1 I  dt     dt ln t (t  1) t1 t t 2 2 . 4.. e 1. 2. 2 1  ln e 1. 0.75. (1,0 điểm) a). Gọi z  x  yi ( x, y  ) .. 0.25. Khi đó 2 | z  i || z  z  2i | | x  ( y  1)i || ( y  1)i |  x 2  ( y  1)2 ( y  1)2  y . 0,25. x2 . 4. Vậy tập hợp đó là parabol có phương trình. y. x2 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> b). 0.25. 4 Số phần tử của S là A7 840 .. 4 Các số có bốn chữ số khác nhau mà không có mặt chữ số 1 từ tập S là A6  360.. 0.25. 360 4 p 1   840 7 Do đó xác suất cần tìm là. 5.. (1,0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm. I  2;  1;  1. , bán kính R 3 .. Vì d ( I ,( P)) 0  3 R nên mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo một đường tròn.     n1  1;  1;1 , AB  3;1;1   AB, n1   2;  2;  4  Mặt phẳng (P) có vtpt    / / AB     P     n  1;  1;  2    Do mặt phẳng và có vtpt    : x  y  2 z  m 0 Suy ra phương trình mặt phẳng. 0,25. 0,25.  . cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3 5m  m 1  d  I,    6   6  m  11 6    thỏa mãn là x  y  2 z 1 0 và x  y  2 z  11 0 Vậy, có hai mặt phẳng 6.. 0,25 0,25. (1,0 điểm) Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1). Sj. Vì. SH   ABC . nên SH  AB (2). Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK Do đó góc giữa. M B. H. C. K.  SAB  với đáy bằng góc.   giữa SK và HK và bằng SKH 60. a 3  SH HK tan SKH  2 Ta có. 0.25. A. 1 1 1 a3 VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH  3 3 2 4 Vậy. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Qua B kẻ đường thẳng  / / AH . Hạ HE  ( E   ) . Hạ HF  SE ( F  SE ).. 0.25. Vì AH / /   AH / /( SBE )  d ( AH , SB ) d ( AH , ( SBE )) d ( H ,( SBE )).. BE  SH , BE  HE  BE  ( SHE )  BE  HF  HF  (SBE ) . Do đó, suy ra. Ta có Vậy. 7.. d  H ,  SBE   HF . HE BH .sin 600 . d ( AH , SB ) HF . SH .HE SH 2  HE 2. .. a 3 a 6 HF  2 nên 4 .. 0,25. a 6 4. (1,0 điểm).  Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC, do AC là phân giác của góc BAD nên E’ thuộc AD. E  9; 4  EE’ vuông góc với AC và qua điểm nên có phương trình x  y  5 0 .  x  y  5 0  x 3   I  3; 2    y  2 Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ  x  y  1 0 Vì I là trung điểm của EE’ nên E '(  3;  8)  E '(  3;  8) F (  2;  5) Đường thẳng AD qua và có VTCP là E ' F (1;3) nên phương trình là: 3( x  3)  ( y  8) 0  3x  y  1 0 . Điểm A  AC  AD  A(0;1) . Giả sử C (c;1  c) . 2 Theo bài ra AC 2 2  c 4  c 2; c  2 . Do hoành độ điểm C âm nên C ( 2;3). 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Gọi J là trung điểm AC suy ra J ( 1; 2) , đường thẳng BD qua J và vuông góc với AC có phương trình x  y  3 0 . Do D  AD  BD  D(1; 4)  B( 3; 0). 0,25. Vậy A(0;1) , B ( 3;0), C (  2;3), D (1; 4).. (1,0 điểm).. Đk.  x  y  4 2 x 2  2 x  1(1)  3 4 y  24 y 2  49 y  90  3 14  x3  4 x3 (2). 0.25.  x 1  2 x 2  2 x  1 0   (*)  x 1  2. 3 3 3 3 Khi đó (2)  4( y  2)  ( y  2) 4(14  x )  14  x (3) 3 2 Xét hàm số f (t ) 4t  t , ta có f '(t ) 12t  1  0, t   .. Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên  . 3 3 3 3 Mà (3) có dạng f ( y  2)  f ( 14  x )  y  2  14  x. 8.. Thay vào phương trình (1), ta được 0.25. x  2  3 14  x 3 2 x 2  2 x  1  2 x 2  2 x  1  2  x  3 14  x 3 0.. a 3  b3 2  a  b 0(4) 3 3 6 Đặt a 2  x, b  14  x , ta được Từ (4) suy ra a b , nên ta có. 0.25. Nếu a  b thì vế trái của (4) luôn dương, pt (4) vô nghiệm 3 3 3 3 Suy ra a b  2  x  14  x  (2  x) 14  x. 0.25.  x 1  2  y 3  2  x 2  2 x  1 0    x 1  2  y 3  2. Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm (x;y) của hệ pt đã cho là (1  9.. 2;3  2);(1  2;3 . 2). (1,0 điểm) .. Ta có. 1 1  . 8bc 2 b.2c b  2c. Suy ra 2a  b  8bc 2(a  b  c). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 2(a  c ) 2  2b 2 a  c  b . P Do đó. 8 2. 3  2(a  c)  2b. 2. . 8 . 3a b c. 1 8  . 2(a  b  c) 3  a  b  c. Đặt t=a+b+c, t>0. Xét hàm số f '(t )  Ta có. 1 8  , t  0. 2t 3  t. 0,25. 1 8 3(t  1)(5t  3)   , t  0. 2 2 2t (3  t ) 2t 2 (3  t ) 2. Lâp bảng biến thiên, ta suy ra. Do đó suy ra. f (t ) . P . f (t )  f (1) . 3 , t  0. 2. 3 3 . 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là - 2 khi a = c = 1/4, b=1/2 .. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>