On thi quoc gia

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THPT NVK ĐỀ 7. ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 2x  1 x 1 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành. Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình: sin 2 x  3 sin x 0 y. 2.  1  2i  z  3  2i  . b) Tìm phần thực phần ảo của số phức z thỏa Câu 3.(1 điểm) 31log x 30  3log x  1 ,  x    a) Giải phương trình: b) Trong một hộp kín có 50 thẻ giống nhau được đánh số từ 1 đến 50. Lấy ngẫu nhiên 3 thẻ, tính xác suất lấy được đúng hai thẻ mang số chia hết cho 8. 2 1  x ln x I  dx 2 x 1 Câu 4: ( 1 điểm) Tính Câu 5: ( 1 điểm) 0  Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác vuông tại B, AB a 3 , ACB 60 , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác ABC, gọi E là trung điểm AC biết SE a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB). Câu 6: ( 1 điểm) A  1;  3;  2  B   4;3;  3  P  : x  2 y  z  7 0 Trong không gian (Oxyz) cho và và mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ, song song với AB và vuông góc với (P); tìm điểm N thuộc trục Oz sao cho N cách đều A và B. Câu 7: ( 1 điểm) 0  Trong mặt phẳng (Oxy) cho hình thang cân ABCD ( cạnh đáy AB), AB = 2CD, ADC 135 . Gọi I là giao của hai đường chéo, đường thẳng đi qua I và vuông góc với hai cạnh đáy là d : x  3y  4 0 . Tìm tọa độ điểm A 15 biết diện tích của hình thang ABCD là 2 , hoành độ của điểm I là 3 và trung điểm AB có tung độ không âm. Câu 8: ( 1 điểm)  xy 1  1  x 2 4  y  y 8   x, y     4 2 3 3  3 x y  2 x y  26 x 2 x  14 Giải hệ phương trình:  Câu 9: ( 1 điểm) a   0;1 , b   0;2  , c   0;3 Cho ba số thực a, b, c thỏa: . 2  2ab  ac  bc  8 b b P   1  2a  b  3c b  c  b  a  c  8 12a2  3b2  27c 2  8 Tìm giá trị lớn nhất của -----------------HẾT ------------------. . . .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN CÂU 1( 2đ). ĐÁP ÁN. ĐIỂM. a) ( 1 điểm) D  \   1 TXĐ: * Giới hạn tiệm cận lim y 2 x   => đồ thị có một đường tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2 lim  y  ; lim  y  x    1 x    1 => đồ thị có một đường tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1 * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 1 y'   0x  D 2  x  1 Hàm số đồng biến trên hai khoảng Hàm số không có cực trị - Bảng biến thiên: x  y’ y. 0.25. 0.25.   ;  1 ;   1;  0.25 -1. . +. + 2.   . 2 *Đồ thị:. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> y. 6. 4. 2. 0. -5. 5. x. -2. -4. b) ( 1 điểm) Gọi M là giao điểm của (C) với trục Ox. Hoành độ của M là nghiệm của phương trình 2 x 1 0 x 1 1  1 M  ;0  x  2 => (C) cắt trục Ox tại  2 . 2( 1đ). 0.25.  1 y '    4 Tiếp tuyến có hệ số góc là  2  1  y 4  x    y 4 x  2 2  Phương trình tiếp tuyến: a) ( 0.5 điểm). 0.25. sin 2 x . 3 0. 0.25.  sin x 0  x k     k    cos x  3  x   k 2 6   2. 0.25. 3 sin x  sin x 2 cos x . . .    S k ;   k 2 , k   6   Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là : b) ( 0.5 điểm) 5  12i  5  12i   1  2i  2   1  2i  z  3  2i   z  1  2i  1  2i   1  2i . 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . 3(1 đ). 29 2 29 2  i z  i 5 5 5 5. 29 2 Vậy số phức z có phần thực là 5 và phần ảo là 5 a) ( 0.5 điểm) 31log x 30  3log x  1 ( ĐK: x > 0) 1  3.3log x  .3log x 30 3 10 log x  .3 30 3  3log x 9  log x 2  x 100 ( nhận) S  100 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là b) ( 0.5 điểm) Gọi  là không gian mẫu. 3 Chọn 3 thẻ bất kì trong 50 thẻ có C50 cách chọn 3 n    C50 19600 => số phần tử trong không gian mẫu là: Gọi A là biến cố “ Trong 3 thẻ lấy được có đúng hai thẻ mang số chia hết cho 8” Từ 1 đến 50 có 6 số chia hết cho 8 2 1 Do đó số cách chọn 3 thẻ và có đúng 2 thẻ chia hết cho 8 là : C6 .C44 660. n  A  660 => số kết quả thuận lợi cho biến cố A là Vậy xác suất để chọn ngẫu nhiên 3 thẻ có đúng hai thẻ mang số chia hết cho 8 là: 660 33 P  A   19600 980 2 2 2 4 (1 đ) 1  x ln x 1 ln x I  dx  2 dx   dx 2 x x x 1 1 1 2. 2. 1 1 1 I1  2 dx   x x1 2 1 Xét 2 ln x I 2  dx 1 x Xét t ln x  dt . Đặt Đổi cận: x 1  t 0. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.25. dx x. x 2  t ln 2 ln 2. t2 I 2  tdt  2 0 2. ln 2.  0. 1  ln 2 I 2 Vậy. ln 2 2 2. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 5(1đ). Gọi G là trọng tâm tam giác ABC; gọi M, N lần lượt là trung điểm BC, AB. SG   ABC  Theo giả thiết có Xét tam giác ABC vuông tại B AB AB AC  2a BC  a   sin ACB tan BCA Có , , BE a GE   3 3. S. 0.25. H E. A. C. G. N. M. K B. 0.25. 1 a2 3 SABC  AB.BC  2 2 ( đvdt) Ta có Xét tam giác SGE vuông tại G có. SG  SE 2  GE 2  3a2 . a 2 a 26  9 3. 1 1 a 26 a2 3 a3 78 VS . ABC  SG.SABC  . .  3 3 3 2 18 ( đvdt) Vậy thể tích khối chóp S.ABC là CN 3GN  d  C ,  SAB   3d  G ,  SAB   Có (1)  AB  SG(do SG   ABC  , AB   ABC  )  AB   SGK   AB  GK do GK // BM, MB  AB GK // BM  K  AB     Vẽ ta có  GH  AB(do AB   SGK  , GH   SGK  )  GH   SAB   GH  SK  H  SK  GH  SK   Vẽ ta có d G,  SAB   GH d C ,  SAB   3GH Suy ra  (2) ; từ (1) và (2) suy ra  GK AG 2 2 a     GK  BM  BM AM 3 3 3 Ta có GK // BM Xét tam giác SGK vuông tại G và có đường cao GH 1 1 1 9 9 243 a 78  2   2   GH  2 2 2 2 GS GK 26a a 26a 27 Suy ra GH Vậy 6( 1 đ). d  C ,  SAB   3GH  . AB   5;6;  1. Ta có:   AB, n   4; 4; 4   . a 78 9. , mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là.  n  1;  2;1. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> (Q) là mặt phẳng đi qua gốc tọa độ O(0;0;0)   , (Q) song song với AB và vuông góc với mặt  AB, n   4; 4; 4   phẳng (P) suy ra mặt phẳng (Q) nhận  làm véc tơ pháp tuyến x  y  z  0 Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là. 0.25. N thuộc trục Oz => N ( 0; 0; m). 0.25. 2. AN  1  9   m  2  ; BN  16  9   m  3 . 2. 2 2 N cách đều A, B  AN BN  m  4m  14 m  6m  34  m  10 Vậy N (0;0; -10). 7(1 đ). 0.25. E. C. D I. B. A. M. Gọi E  AD  BC , gọi M là trung điểm đoạn AB 0 0   Ta có tam giác EAB cân tại E và EAB 180  ADC 45 suy ra tam giác ABE vuông cân tại E. 1 DC  AB, DC // AB 2 Ta có => DC là đường trung bình tam giác EAB suy ra I là trọng tâm tam 1 AB EA 2 IM  EM   3 6 6 giác EAB và SECD ED EC 1 4 1  .   SEAB  SABCD 10  EA 2 3 2 Ta có SEAB EA EB 4 Suy ra. EA  20  IM . 0.25. 0.25. 10 3 xI 3  yI . 1  3. 1  I  3;   3 . Đường thẳng d trùng với đường thẳng IM, có M  3m  4; m   m 0  M thuộc d =>  m 0 2 1 10 2  IM   3m  1   m      m  2 3 3  3 do m 0 suy ra M(4;0)  Có Đường thắng AB đi qua M(4;0) và vuông góc với d suy ra phương trình đường thẳng AB là 3x  y  12 0 . A thuộc đường thẳng AB => AB EA 2 AM    10 2 2 Có. A  a;  3a  12 . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  a 3 2    3a  12   10  10a 2  80a  150 0    a 5 A  3;3 A  5;  3 Vậy hoặc  xy 1  1  x 2 4  y  y 8  1    3 x 4 y  2 x 2 y  26 x 2 3 x 3  14  2   ĐK: y 0 AM . 8(1đ).  a  4. 2. . . 4y . Ta có. y y. .  1 . xy 1  1  x. 2. .  . . 0.25. .  xy 1  1  x 2 2. y 0. 4y . do đó từ phương trình (1) suy ra x>0; y>0 y. . 4  y  y 8.  . 4  y  y  x  x 1 x2 . . 4y  y 2 2  y y. . 4 1 y. 2.  2   2   2   x  x 1  x   1   y   y   y        (3) 2.  0;   .  0;  . Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên Xét hàm số. f  t  t  t 1  t. f '  t  1  1  t 2 . 2. trên. Có. t2 1  t2.  0t   0;  .  2  2 4 f  x f   x  y 2   y x y   Mà phương trình (3) có dạng 4 y 2 x vào phương trình (2) ta có Thay. 0.25. 0.25.  12 x 2  26 x  8 2 3 x 3  14   6 x 2  13 x  4  3 x 3  14 3.   x  2    x  2   x 3  14   3 x3  14  4  g  u  u3  u Xét hàm số trên R 2 g '  u  3u  1  0u  R Có Suy ra hàm số g(u) đồng biến trên R mà phương trình (4) có dạng:.  x 1  2  nhaän  x 3  14  x  2  3 x 3  14   6 x 2  12 x  6 0    x 1  2  loại  => y 12  8 2 1  2;12  8 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất a   0;1 , b   0;2 , c   0;3 Ta có:  1  a   b  c  0 b  c ab  ac     2a  b  3c 2ab  bc  ac 2a  2c ab  bc  2  b   a  c  0 g  x  2  g. . 3. . . 9(1đ). . 0.25. 2  2ab  ac  bc  2  2ab  ac  bc   1  2a  b  3c 1  2ab  ac  bc. . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Mặt khác. b  c a  b  c . ( vì. a   0;1. 0.25. ). 8 b 8 b 8 b   b  c  b  a  c   8 a  b  c   b  a  c   8 2ab  bc  ac  8 Với mọi số thực x, y, z, ta có 2 2 2  x  y    y  z    y  x  0  2  x 2  y 2  z2  2 xy  2 yz  2 xz .  3  x 2  y 2  z2   x  y  z . 2. 2 2  12a2  3b2  27c2  3   2a   b 2   3c      b b  2 2 2 => 12a  3b  27c  8 2ab  bc  ac  8.  2a  b  3c . 2. 2a  b  3c 2ab  bc  ac. Suy ra 2  2ab  bc  ac  8 b b P   1  2ab  bc  ac 2ab  bc  ac  8 2ab  bc  ac  8 2  2ab  bc  ac  8  P  1  2ab  bc  ac 2ab  bc  ac  8 2ab  bc  ac  t   0;13 Đặt t 2t 8 f  t   , t   0;13 t 1 t  8 Xét hàm số 2 8 f ' t   , f '  t  0  t 6 2 2  t  1  t  8. 0.25. 16 47 16 f  0  1; f  6   ; f  13   f  t   t   0;13 7 21 7 16 2 16 16 P a 1; b 2; c  P 7 . Khi 3 thì 7 . Vậy giá trị lớn nhất của P là 7 Do đó:. 0.25.

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