DE THI THU THPT 07062015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG Web: ĐỀ THI THỬ. KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn Toán. Thời gian 180 phút. Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3 x 2  1 , có đồ thị (C). a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b.Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) và đường thẳng d : y  x  2. Câu 2 (1,0 điểm). a. Giải phương trình : 4 sin 5 x.sin x  2 cos 4 x  3 b. Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (2  i)(1  i)  z  4  2i . Tính môđun của z . Câu 3 (1,0 điểm). a. Giải phương trình log 52 x  log 0,2 (5 x )  5  0. 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. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =.  ( x  cos. 2. x) sin xdx .. 0. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Điểm E (2;3) thuộc đoạn thẳng BD , các điểm H ( 2;3) và K (2; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm E trên AB và AD . Xác định toạ độ các đỉnh A, B , C , D của hình vuông ABCD. Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;3; 2) , đường thẳng x 1 y  4 z d:   và mặt phẳng ( P) : 2 x  2 y  z  6  0 . Tìm tọa độ giao điểm của d với (P) và 2 1 2 viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A, có tâm thuộc d đồng thời tiếp xúc với (P)..  x 2 y  x 2  1  2 x x 2 y  2. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: . 3 6 2 2  y ( x  1)  3 y( x  2)  3 y  4  0. ( x, y   ) .. Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn 1  2 2  x  1  2 2, y  0, z  0 và x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. P. 1 1 1 .   2 2 ( x  y) ( x  z ) 8  ( y  z) 2 ----------------HẾT----------------. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu Câu 1 (2,0 điểm). ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung. Điểm. a) (1,0 điểm) 1) Tập xác định : D   2) ý: a, Giới hạn : b, Bảng biến thiên: Hàm số đb-nb- cực trị 3) Đồ thị: b) (1,0 điểm). 0,25 0,25 0,25 0,25 x  3. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là  x  3  x 2  1  0   x  1. 0,25.  x  1. Câu 2 (1,0 điểm). Suy ra giao điểm là A  3;1 , B 1; 1 , C  1; 3 Phương trình tiếp tuyến tại A  3;1 là y  9 x  26 Phương trình tiếp tuyến tại B 1; 1 là y  3x  2 Phương trình tiếp tuyến tại C  1; 3 là y  9 x  6 KL: Các phương trình tiếp tuyến là: y  9 x  26 ; y  9 x  6 ; y  3x  2 a) (0,5 điểm) Pt  2(cos 6 x  cos 4 x)  2 cos 4 x  3  cos 6 x . 0,25. 0,25. b) (0,5 điểm) Đặt z  a  bi , ( a, b   ), khi đó z  a  bi . Theo bài ra ta có. 0,25. (2  i)(1  i )  a  bi  4  2i  a  3  (1  b)i  4  2i. Câu 3 (0,5 điểm). 0,25. 0,25.  3 5  x k 2 36 3. a  3  4 a  1   . 1  b   2  b  3. 0,25. Do đó z  1  3i , suy ra z  12  32  10. 0,25. a. Đk: x>0. Pt (1)  log52 x  log 5 (5 x)  5  0  log 52 x  log 5 x  6  0 log 5 x  3  x  125   KL: Vậy tập nghiệm pt (1) là T  1/ 25;125 log x   2  x  1 / 25  5 b. n     C503  19600. 0,25 0,25 0.25. 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; n  A  660 ; P  A  Câu 4 (1,0 điểm).  2.  2.  2. 660 33  19600 980.  2. 0,25. 2. I   x sin xdx   cos x sin xdx . Đặt I1   x sin xdx, I 2   cos2 x sin xdx 0. 0. 0. u  x  du  dx Đặt    I1   x cos x dv  sin xdx  v   cos x  2.  2. 0.  2 0.  2.   cos xdx  sin x. 1. 0,25.  2. 1 3.  2 0. 0. cos 3 x 2 1 I 2   cos x sin xdx    cos xd (cos x)    . 3 0 3 0 0 2. 0.25. 0,25 0,25. 4 3. Vậy I  1   .. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 5 (1,0 điểm). Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra. S. SH  ( ABCD)   30 0 . và SCH Ta có: SHC  SHD  SC  SD  2a 3 . Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:. K A. D I. H. 0,25. SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3. B. C. HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a. 1 4a 3 6 Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 Vậy, VS . ABCD  S ABCD .SH  . 3 3. 0,25. Vì BA  2HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC   Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Do đó: HK   SAC  .. 0,25. 2a 66 11  AH : x  2  0 Ta có: EH : y  3  0 EK : x  2  0    AK : y  4  0  2 2 Giả sử n  a; b  ,  a  b  0  là VTPT của đường. 0,25. Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2HK  Câu 6 (1,0 điểm). a. Có:  ABD  450 nên:. 2. a b. 2. .  A  2; 4 . thẳng. 0,25. BD .. 0,25. 2  a  b 2. Với. a  b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  1  0   EB   4; 4      E nằm trên đoạn BD (thỏa mãn)  ED  1;1. Khi đó: C  3; 1. 0,25. Với a  b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  5  0 ..   EB   4; 4     B  2; 7  ; D 1; 4      EB  4 ED  E  ED   1;1 Vậy: A  2; 4 ; B  2; 1 ; C 3; 1 ; D  3; 4 . Câu 7 (1,0 điểm). nằm ngoài đoạn. BD (L). 0,25.  x  1  2t d có phương trình tham số  y  4  t .  z  2t  Gọi B  d  ( P) , do B  d nên B (1  2t; 4  t; 2t ). 0,25. Do B  ( P) nên 2(1  2t )  2(4  t )  2t  6  0  t  4  B(7;0; 8). 0,25. Gọi I là tâm mặt cầu (S), do I thuộc d nên I (1  2a; 4  a; 2a) Theo bài ra thì (S) có bán kính R  IA  d ( I , ( P))  (2  2a )2  (a  1) 2  (2  2a )2  2.  9a  2a  9 . 2(1  2a )  2(4  a )  2 a  6 22  2 2  12. 0,25. 4 a  16 3. 2.  9(9a  2a  9)  (4 a  16)2  65a 2  110a  175  0  a  1; a  . 35 . 13. +) Với a  1  I  (1; 3; 2), R  4  ( S ) : ( x  1)2  ( y  3) 2  ( z  2)2  16 +) Với a  . 35 116  83 87 70   I    ; ; ; R  13 13  13 13 13 . 3. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. 2. 2. 83   87   70  13456   (S ) :  x     y     z    13 13 13 169      . Câu 8 (1,0 điểm). Điều kiện: x 2 y  2 . Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2) (2)  x 6 y 3  3 x 2 y  y 3  3 y 2  3 y  1  3( y  1)  ( x 2 y )3  3 x 2 y  ( y  1)3  3( y  1). 0,25. (3). Xét hàm số f (t )  t 3  3t có f '(t )  3t 2  3  0, t   Do đó (3)  f ( x 2 y )  f ( y  1)  x 2 y  y  1, ( y  1). Thế vào (1) ta được x 2 y  x 2  1  2 x y  1. 0,25.  x 2 ( y  1)  2 x y  1  1  0  ( x y  1  1)2  0  x y  1  1. nên x . 1 5 2. hoặc x . 1  5 2. 0.25. 1 5 1 5 1  5 1 5 . Với x  .  y y 2 2 2 2  1  5 1 5   1  5 1  5  Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y )   ; ;  , ( x; y )    2 2 2     2 1 1 1 1 1 1 Ta có P       2 2 2 2 2 (1  z ) (1  y ) 8  (1  x) (1  y ) (1  z ) 8  (1  x) 2. Với x . Câu 9 (1,0 điểm). Ta sẽ chứng minh Thật vậy:. 0,25. 1 1 1   2 2 (1  y ) (1  z ) 1  yz. 1 1 1    (1  yz )[(1  z ) 2  (1  y ) 2 ]  [(1  z )(1  y )]2 . 2 2 (1  y ) (1  z ) 1  yz.  (1  yz )(2  2 z  2 y  z 2  y 2 )  (1  zy  z  y ) 2. 0,25. 2.  2( z  y )(1  zy )  2(1  yz )  (1  zy )( y  z )  2 zy (1  yz )  (1  zy ) 2  2( z  y )(1  zy )  ( z  y )2  (1  zy )( y  z ) 2  2  4 yz  2 y 2 z 2  (1  yz ) 2  ( y  z )2  4 yz  0  yz ( y  z )2  (1  yz ) 2  0 (hiển nhiên đúng).. Dấu “=” xảy ra khi y  z  1 . 2. yz (1  x )2 (1  x )2  yz  yz  yz      2 4 4  2  1 1 1 1 4 Do đó     (1  y )2 (1  z ) 2 1  yz (1  x)2 4  (1  x)2 1 4 4 1 P  4  (1  x)2 8  ( x  1) 2. Ta lại có. 0,25. Do 1  2 2  x  1  2 2 nên ( x  1)2  [0;8) . Đặt t  (1  x )2  t  [0;8) và P  Xét f (t ) . 4 1  4t 8t. 4 1 4 1 3t 2  72t  240  với t  [0;8) . f '(t )     4t 8t (4  t )2 (8  t )2 (4  t )2 (8  t ) 2. 0,25. 2. f '(t )  0  3t  72t  240  0  t  4; t  20 (loại) (1  x)2  4  x  3 3 3 Do đó P  f (t )  và P  khi  y  z  1  4 4  x  y  z  1  y  z  1  3 Vậy min P  khi x  3, y  z  1 4. ----------------HẾT---------------4. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>