de Luyen thi THPT quoc gia so 5

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Phạm Ngọc Thuyết. ĐỀ SỐ 6. 01649836618. ĐỀ LUYỆN THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút. Câu 1*.(2đ) Cho hàm số y   x  . 2 x (C ) x2. a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) b) Đường thẳng    : y  7 x  10 cắt (C) tại 2 điểm A, B phân biệt. Tính độ dài AB. Câu 2*.(1đ) a) Giải phương trình: sin 2x  4  8cosx  sinx b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i) z  1  3i  0 . Tìm phần ảo của số phức w  1  zi  z . Câu 3*. (0,5 đ). Giải bất phương trình 2log3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2  y 3  y 2  4( x  y  1)  xy 2 Câu 4. (1 đ) Giải hệ phương trình:  2 2 2 2.  ( x  1) y  x (2 y  1)  x  3x  2. Câu 5*. (1 đ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y . x 1 và các trục tọa x2. độ. Câu 6. (1 đ) Cho hin ̀ h chóp S.ABCD có đáy ABCD là hiǹ h thang với đáy lớn là AD; các đường thẳng SA, AC và CD đôi mô ̣t vuông góc với nhau; 𝑆𝐴 = 𝐴𝐶 = 𝐶𝐷 = a 2 và 𝐴𝐷 = 2𝐵𝐶. Tính thể tích của khố i chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳ ng SB và CD. Câu 7. (1 đ) Trong mă ̣t phẳ ng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Đường thẳ ng d song song với BC cắ t các ca ̣nh AB, AC lầ n lươ ̣t ta ̣i M và N sao cho AM  CN . Biế t rằ ng M(–4; 0), C(5; 2) và chân đường phân giác trong của góc A là D(0; –1). Haỹ tìm to ̣a đô ̣ của A và B. Câu 8*. (1 đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 : và  2 :. x 1 y  3 z   2 3 2. x 3 y z 2 . Tìm tọa độ giao điểm của 1 và  2 và viết phương trình mặt phẳng   6 4 5. (P) sao cho đường thẳng  2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P). Câu 9*. (0,5 đ) Một nhóm gồm 6 học sinh có tên khác nhau, trong đó có hai học sinh tên là An và Bình. Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng dọc. Tính xác suất sao cho hai học sinh An và Bình đứng cạnh nhau. …………………………..Hết…………………………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Phạm Ngọc Thuyết. 01649836618. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 6 C âu C.1.a. đim 0,25. * Tập xác định: 𝐷 = ℝ ∖ {−2} 4. * y' .  x  2. 2.  0, x  D. * Tiệm cận ngang: y= –1 vì lim y  1; lim y  1 x  x . 0,25. * Tiệm cận đứng x= –2 vì lim y  ; lim y   x  2 . . * Bảng biến thiên: X - –2. x  2 . . + . Y’ Y –1. –. 0,25. – +. – –1 Hàm số nghịch biến trên: (–  ;–2), (–2;+  ) Hàm số không có cực trị * Điểm đặc biệt: -6 –4 –2 0 2 X Y -2 –3 kxd 1 0 * Đồ thị: y. 0,25. x=-2 3. 1 -3. x. 2 -2. -1. 0 y=-1. -5. 0,25 C.1.b. * Gọi M 0  x0 ; y0  là tiếp điểm * f '( x)  x 2  4 x  3; f ''( x)  2 x  4 * f ''( x)  0  2 x0  4  0  x0  2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Phạm Ngọc Thuyết. 01649836618 2 3. * Suy ra, y0  f  2   , f '( x0 )  f '(2)  1 0,25. * Phương trình tiếp tuyến: y  f '  x0  x  x0   y0  1  x  2  . 2 8  x  3 3. * Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y   x  C.2.a. 0,25. 8 3. Giải phương trình: sin 2x  4  8cosx  sinx s inx  4 (vn) Biến đổi phương trình về dạng: (s inx-4)(2 cos x  1)  0   cos x  1 2  1 2. 0,25. . Với cosx   x    k 2 3. . Kl: phương trình có 2 họ nghiệm: x    k 2 ,. 0,25. 3. C.2.b. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i) z  1  3i  0 . Tìm phần ảo của số phức w  1  zi  z. 0,25. Giả sử z  x  yi( x, y  )  z  x  yi . Theo giả thiết, ta có x  2 (1  i)( x  yi)  1  3i  0  0  ( x  y  1)  ( x  y  3)i  0    y  1. Suy ra z  2  i .. C.3. Ta có w  1  (2  i)i  2  i  3  i 2  2i  i  2  i . Vậy Im w  1. 0,25. ĐK: x  1 . BPT  2log 3 ( x  1)  log 1 (2 x  1)  2. 0,25. 32.  log3 ( x  1)  log3 (2 x  1)  1  log3 ( x  1)(2 x  1)  1. ( x  1)(2 x  1)  3  2 x 2  3x  2  0 1    x  2 . Kết hợp ĐK ta có tập nghiệm là S  1; 2  2. C.4.  y 3  y 2  4( x  y  1)  xy 2 (1) Giải hệ phương trình:  2 2 2 2.  ( x  1) y  x (2 y  1)  x  3x  2 (2). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Phạm Ngọc Thuyết. 01649836618. y  2 Biến đổi pt ban đầu về dạng ( y  2)( y  2)( y  1  x)  0   y  2  y  x  1. 0,25. 0,25. TH 1: Với y = 2 thay vào pt (2) : 8 x 2  3 x  6  0 vô nghiệm TH 2: Với y = - 2 thay vào (2): 3x  6  0  x  2 suy ra nghiệm (x; y) =(-2;2) 1 2. 1 2. 5 2. TH 3: Với y  x  1 thay vào (2): x 4  x  3  0  ( x 2  ) 2  ( x  ) 2   0 (vn). 0,25. 0,25. Kl: hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (2; 2) C.5 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y . x 1 và các trục x2. tọa độ 0. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (-1; 0). Do đó S  . 1. x 1 dx = Ta có S   x2 1 0. 0.  (1 . 1. x 1 dx x2. 3 )dx x2. 0,25. 0,25. 0,25 0.  ( x  3ln x  2 )|. 1.  1  3ln. C.6. 2 3  3ln  1 3 2. Cho hin ̀ h chóp S.ABCD có đáy ABCD là hin ̀ h thang với đáy lớn là AD; các đường thẳng SA, AC và CD đôi mô ̣t vuông góc với nhau; SA = AC = CD = a 2 và AD = 2BC. Tính thể tích của khố i chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳ ng SB và CD.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Phạm Ngọc Thuyết. 01649836618. Ta có: SA  AC và SA  CD  SA  (ABCD).  ACD vuông cân ta ̣i C  AD = 2a  BC = a. Go ̣i I là trung điể m AD  AI = BC, AI // BC và CI  AD  ABCI là hình vuông.. 0,5. S. K D. I. A H B. C.  AB  AD. 2 Do đó SABCD = (AD  BC).AB  3a . Vâ ̣y VSABCD =. 2. 2. 2. 3. 1 1 3a a 2 . .SABCD .SA  . .a 2  3 3 2 2. Ta có CD // BI  CD // (SBI)  d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(C, (SBI)) Go ̣i H = AC  BI và AK  SH ta ̣i K. Ta có AK  (SBI)  d(A, (SBI)) = AK. Ta có. 1 AK. 2. . 1 SA. 2. . 1 AH. 2.  d(A; (SBI)) = AK = (SBI)) =. C âu 7. a 10 . 5. . 1 2. 2a. . 4 2. 2a. . 5 2. 2a. 0,5.  AK = a 10 . 5. a 10 . Vì H là trung điể m AC nên d(C; (SBI)) = d(A; 5. Vâ ̣y d(CD, SB) =. a 10 . 5. Trong mă ̣t phẳ ng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Đường thẳ ng d song song với BC cắ t các ca ̣nh AB, AC lầ n lươ ̣t ta ̣i M và N sao cho AM  CN . Biế t rằ ng M(–4; 0), C(5; 2) và chân đường phân giác trong của góc A là D(0; –1). Hãy tim ̀ to ̣a đô ̣ của A và B Go ̣i D' là điể m trên ca ̣nh BC sao cho CD' = MN. Ta có MNCD' là hiǹ h biǹ h hành  MD' = CN = AM   AMD' cân ta ̣i M   MD'A =  MAD' = D'AC  AD' là phân giác của góc A  D' trùng D. CA qua C và song song MD  CA có vectơ chỉ phương là MD = (4; –1) x  5  4t.  AC: . y  2  t. .. A  AC  A(5 + 4a; 2 – a)  MA = (9 + 4a; 2– a).. A. N. M. B. D. C.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Phạm Ngọc Thuyết. 01649836618. Ta có MA = MD  (9 + 4a)2 + (2 – a)2 = 17  17a2 + 68a + 85 – 17 = 0  a = – 2 . Vâ ̣y A(–3; 4). MA = (1; 4)  AB:.  3x –5y=5 .. x4 y   4x – y = –16 ; 1 4. 4x  y  16. Do đó B: . 3x  5y  5. C.8. DC = (5; 3)  BC:. 0,5. x y 1  5 3. 0,5 x  5. . y  4. . Vâ ̣y B(–5; –4).. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x 1 y  3 z x 3 y z 2 . Tìm tọa độ giao điểm của 1 và 1 :     và  2 : 2 6 4 3 5 2  2 và viết phương trình mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng  2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P).. Viết lại 1 và  2 dưới dạng tham số Giải hệ phương trình tìm được giao điểm A(3; 0; 2). 0,25. Đường thẳng 1 có VTCP u1   2; 3; 2  Đường thẳng  2 có VTCP u2   6; 4; 5 . 0,25. Gọi (Q) là mặt phẳng chứa 1 ,  2 thì (Q) có VTPT là n  u1 , u2   (7;22;26) Vì  2 là hình chiếu vuông góc của đường thẳng 1 lên mặt phẳng (P)  (P) chứa  2 và ( P )  (Q ) Do đó (P) cũng đi qua A và có VTPT là n1  n , u2   (214;191; 104) (P) có phương trình là: 214 x  191 y  104 z  850  0. C.9. Một nhóm gồm 6 học sinh có tên khác nhau, trong đó có hai học sinh tên là An và Bình. Xếp ngẫu nhiên nhóm học sinh đó thành một hàng dọc. Tính xác suất sao cho hai học sinh An và Bình đứng cạnh nhau. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Phạm Ngọc Thuyết. 01649836618. Mỗi cách xếp ngẫu nhiên 6 học sinh thành 1 hàng dọc là một hoán vị của 6 phần tử  n()  6!  720 (phần tử). 0,25. Gọi A là biến cố: "An và Bình đứng cạnh nhau"..  n( A)  5!.2!  240 (phần tử). 0,25  P( A) . n( A) 240 1   (phần tử) n() 720 3.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>