Tài liệu Đề thi thử thpt quốc gia môn toán lần 3 năm 2015 trường thpt đoàn thượng, hải dương

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút 1 3 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  x 2  2 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm m để phương trình  x 4  2 x 2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm) 1) Cho hàm số y  x  cos x  3 sin x . Giải phương trình y '  0 . 2) Giải phương trình 9 x  7.3x  18  0 x2 , trục hoành và x 1 đường thẳng x  0 . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay D xung quanh trục Ox. Câu 4 (1,0 điểm) Câu 3 (1,0 điểm) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y  1) Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z 2  az  b  0 nhận z  2  3i làm nghiệm. 2) Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu nhiên một số từ E, tính xác suất để số được chọn là số lẻ. Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): ( x  2) 2  ( y  3) 2  ( z  1) 2  25 và đường thẳng  : x 2 y 3 z . Tìm tọa độ giao   1 2 1 điểm của  và (S). Viết phương trình mặt phẳng song song với  và trục Ox đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HB  3HA . Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a. 2 x 2  y 2  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3x Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2  x  y  1  4 x  y  5  x  2 y  2 Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi K là điểm đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc với BC cắt BC tại E và AEB  450 , phương trình cắt AB tại N(-1; 3). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết  đường thẳng BK là 3 x  y  15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3. Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)  9  0 . Tìm giá trị lớn  nhất của biểu thức S = a  a 2  1  b b  b2  1  c c  c2  1  a ……Hết…… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: …………………………………Số báo danh: ………………………... SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG Câu Ý 1 1 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2015 Môn thi: TOÁN Nội dung Điểm 1 3 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 4  x 2  2 2 1,00 x  0  x  1 TXĐ:  . y '  2 x3  2 x, y '  0   Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1);(0;1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (1;0);(1; ) 3  Điểm cực đại (1;0) , điểm cực tiểu  0;   2  lim y   . Lập được bảng biến thiên x  1 2 Vẽ đúng đồ thị 2 Tìm m để phương trình  x 4  2 x 2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt 1 3 m3 Viết lại phương trình dưới dạng  x 4  x 2   2 2 2 m3 Pt có 4 nghiệm  y  cắt (C) tại 4 điểm pb 2 3 m3 Từ đồ thị suy ra    1 2 2 0  m 1 Cho hàm số y  x  cos x  3 sin x . Giải phương trình y '  0 . 1 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 y '  1  sin x  3 cos x 2 2  1  y '  0  sin x  3 cos x  1  cos  x    6 2        x  6  3  k 2  x  2  k 2      x     k 2  x     k 2  6 6 3  Giải phương trình 9 x  7.3x  18  0 0,25 Đặt t  3 , t  0 ta được t  7t  18  0  t  9 (TM), t  2 (Loại) 0,25 0,25 x 2 t 93 9 x 2 x x2 , trục hoành và x 1 đường thẳng x  0 . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay D xung quanh trục Ox. x2  0  x  2 . x 1 0,25 0,50 Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y  3 1,00 0,25 0 2  x2 Gọi V là thể tích khối tròn xoay thu được thì V      dx x 1  2  2 0  3  6 9   V    1    dx    1   dx x 1  x  1 ( x  1) 2  2  2  0 0,25 0 9      x  6ln x  1   x  1  2  V  (8  6ln 3) 4 4 5 6 0,25 0,25 Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z  az  b  0 nhận z  2  3i làm nghiệm z  2  3i  z  2  3i . Thay vào pt ta được (2  3i ) 2  a (2  3i )  b  0  2a  b  5  (3a  12)i  0  2a  b  5  0 a  4   3a  12  0 b  3 Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được 2 chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu nhiên một số từ E, tính xác suất để số được chọn là số lẻ. Mỗi số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt có thể coi là một chỉnh hợp chập 3 của 5 pt đã cho. Do đó số phần tử của E là A53  60 1 2 Gọi A là biến cố số được chọn là số lẻ  n( A)  3. A42  36 n( A) 36 3  P ( A)    n() 60 5 Tìm tọa độ giao điểm của  và (S). Viết phương trình mặt phẳng song song với  và trục Ox đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S).  có ptts là x  2  t ; y  3  2t ; z  t thế vào pt (S) ta được t 2  (6  2t ) 2  (t  1) 2  25 t  3  A(5; 3; 3) 2 3t  11t  6  0   2 t   B  8 ; 5 ;  2   3 3 3 3  Gọi (P) là mp chứa Ox và song song . Hai vecto i  (1;0;0) và  u  (1; 2; 1) không cùng phương, có giá song song hoặc nằm trên (P)    nên (P) có vtpt n  i  u  (0;1; 2)  ( P ) : y  2 z  D  0 3  2  D 5 (P) tiếp xúc (S)  d ( I ;( P ))  R  5  D  5  5 5  D  5  5 5  ( P) : y  2 z  5  5 5  0 Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a 5a Tam giác BCH vuông tại B  HC  BC 2  BH 2  2 0   SCH   45  tam giác SHC Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH 0,50 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 5a 2 1 1 5a 10 VS . ABCD  S ABCD .SH  4a 2 .  a 3 3 3 2 3 Gọi E là đỉnh thứ 4 của hbh BCAE  BE / / AC 4 4  d ( AC ;SB )  d ( AC ;( SBE ))  d ( A;( SBE ))  d ( H ;( SBE )) (Do AB  HB ) 3 3 Gọi M là trung điểm của BE. Tam giác ABE vuông cân tại A  AM  BE , AM  a 2 vuông cân tại H  SH  HC  0,25 0,25 3 3a 2 AM  4 4 Kẻ HK  SI  HK  ( SBE )  d ( H ;( SBE ))  HK Kẻ HI // AM  HI  BE , HI  1 1 1 15    HK  a 2 2 2 HK HS HI 2 59 4 15 10  d ( AC ;SB )  . a a 3 2 59 59 Ta có 0,25 7 2 x 2  y 2  xy  5 x  y  2  y  2 x  1  3  3 x Giải hệ phương trình  2  x  y  1  4 x  y  5  x  2 y  2 ĐK: y  2 x  1  0, 4 x  y  5  0, x  2 y  2  0, x  1  y  2x  1  0  x  1 0  0   TH 1.  (Không TM hệ) 3  3 x  0  y  1 1  10  1 TH 2. x  1, y  1 . Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được x y2 ( x  y  2)(2 x  y  1)  y  2 x  1  3  3x   1 ( x  y  2)   y  2 x  1  0 . Do y  2 x  1  0  y  2 x  1  3  3 x  1,00 0,25 0,25 nên 1  y  2x  1  0  x  y  2  0 y  2 x  1  3  3x Thay y  2  x vào pt thứ 2 ta được x 2  x  3  3 x  7  2  x  x 2  x  2  3x  7  1  2  2  x 3x  6 2 x  ( x  2)( x  1)   3x  7  1 2  2  x 3 1    ( x  2)    1  x  0  3x  7  1 2  2  x  3 1 Do x  1 nên  1 x  0 3x  7  1 2  2  x Vậy x  2  0  x  2  y  4 (TMĐK) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết  AEB  450 , phương trình 0,25 0,25 đường thẳng BK là 3 x  y  15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3 8 1,00 AKB   AEB  450  AKB vuông cân tại Tứ giác ABKE nội tiếp   ABK  450 A   Đt BK có vtpt n1  (3;1) , gọi n 2  (a; b) là vtpt của đt AB và  là góc   n1 .n2 3a  b 1 giữa BK và AB  cos       2 n1 n2 10. a 2  b 2 b  2a 3a  b  5. a 2  b 2  4a 2  6ab  4b 2  0    a  2b  Với a  2b , chọn n 2  (2;1)  AB : 2 x  y  5  0  B (2;9) (Loại)  Với b  2a , chọn n 2  (1; 2)  AB : x  2 y  5  0  B (5;0) (TM) Tam giác BKN có BE và KA là đường cao  C là trực tâm của BKN  CN  BK  CN : x  3 y  10  0 . ABK và KCM vuông cân 0,25 0,25 0,25  KM  1 1 AC  1 . 1 BK    BK  BK  4 KM 4 2 2 2 2 2 7 9 M  MN  BK  M  ;   K (3;6) 2 2 AC qua K vuông góc AB  AC : 2 x  y  0 A  AC  AB  A(1; 2) . C là trung điểm của AK  C (2; 4) Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)  9  0 . Tìm giá trị lớn 9 2 CK   nhất của biểu thức S = a  a 2  1     b  b Ta có ln S  b ln a  a 2  1  c ln b   c  b  1   a ln  c  2 b2  1 c  c  1 c2  1 a 0,25 1,00 2 Xét hàm số f ( x)  ln( x  x 2  1), x  0 . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số 4 3 3  tại điểm  ;ln 2  có phương trình y  x  ln 2  5 5 4  4 3 Chứng minh được ln( x  x 2  1)  x  ln 2  , x  0 5 5 4 3  ln(a  a 2  1)  a  ln 2  . Tương tự, cộng lại ta được 5 5 4 3  ln S  (ab  bc  ca )   ln 2   (a  b  c) 5 5  1 Cuối cùng sử dụng bất đẳng thức (ab  bc  ca )  (a  b  c) 2 và giả 3 9 9 thiết a  b  c  , rút gọn ta thu được ln S  ln 2 . Từ đó S  4 4 2 . 4 4 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  . Vậy giá trị lớn nhất của 4 4 S là 4 2 . 0,25 0,25 0,25 0,25