Tài liệu Đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 môn toán trường thpt bạch đằng, hải phòng

SỞ GD&ĐT HẢI PHÒNG TRƯỜNG THPT BẠCH ĐẰNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3mx  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 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O ( với O là gốc tọa độ ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x . 2 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   1 Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình x3  2 ln x dx . x2 52 x 1  6.5x  1  0 . b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3  và đường x 1 y 1 z  3 . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với   1 3 2 đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 . thẳng d : Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình của  đường thẳng AB .  x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   4 y 2  x  2  y  1  x  1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P bc 3a  bc  ca 3b  ca  ab 3c  ab …….Hết………. ĐÁP ÁN Câu 1 Nội dung a.(1,0 điểm) Vơí m=1 hàm số trở thành : y   x3  3x  1 TXĐ: D  R y '  3x 2  3 , y '  0  x  1 Điểm 0.25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng  1;1 0.25 Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1 lim y   , lim y   x x * Bảng biến thiên x – y’ + y 0.25 + -1 0 1 0 3 – + + -1 - Đồ thị: 4 0.25 2 2 4 b.(1,0 điểm) y '  3 x 2  3m  3  x 2  m  0.25 y '  0  x 2  m  0  * Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  m  0 **   Khi đó 2 điểm cực trị A  m ;1  2m m , B    m ;1  2m m  1 2 Tam giác OAB vuông tại O  OA.OB  0  4m3  m  1  0  m  ( TM (**) ) 1 2 (1,0 điểm) Vậy m  2. 0.25 0.25 0,25 sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x 0.25  (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0  2 sin x  cos x  3   2 sin 2 x  0 0. 25  2sin x  cos x  3  sin x   0 sin x  0  sin x  cos x  3(Vn) 0. 25  x  k . Vậy nghiệm của PT là x  k , k  Z 0.25 (1,0 điểm) 2 2 2 2 2 ln x x2 ln x 3 ln x I   xdx  2  2 dx  2  2 dx   2  2 dx x x 2 1 1 x 2 1 1 1 0.25 2 ln x dx x2 1 Tính J   3 Đặt u  ln x, dv  0.25 1 1 1 dx . Khi đó du  dx, v   2 x x x 2 2 1 1 Do đó J   ln x   2 dx x x 1 1 2 1 1 1 1 J   ln 2    ln 2  x1 2 2 2 Vậy I  4. 1  ln 2 2 0.25 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 5 x  1 52 x 1  6.5x  1  0  5.52 x  6.5 x  1  0   x 1 5   5 x  0   Vậy nghiệm của PT là x  0 và x  1  x  1 b,(0,5điểm) n     C113  165 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51 .C62  135 135 9 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là  165 11 5. 0.25 (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25  Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3  Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT 0.25 Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1  y  1  3  z  3  0  2 x  y  3z  18  0 0.25 0.25 Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t  2 2 AB  27  AB 2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0 6. t  3  13 10 12    3 Vậy B  7;4; 6  hoặc B   ; ;   t  7  7 7  7 (1,0 điểm) Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1) Sj Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) 0.25 0.25 Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc   60 giữa SK và HK và bằng SKH M B H C  Ta có SH  HK tan SKH a 3 2 K A 1 1 1 a3 3 Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH  3 3 2 12 0.25 Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM Ta có 7. a 3 a 3 1 1 1 16 . Vậy d  I ,  SAB       2  HM  2 2 2 4 4 HM HK SH 3a (1,0 điểm) 0.25 0,25  Gọi AI là phan giác trong của BAC  Ta có :  AID   ABC  BAI A E M' K M I B C 0,25   CAD   CAI  IAD    CAI ,  nên  AID  IAD ABC  CAD Mà BAI  DAI cân tại D  DE  AI D PT đường thẳng AI là : x  y  5  0 0,25 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0 Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)   VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3 0,25 0,25 Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5x  3 y  7  0 (1,0 điểm).  x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4(1)    4 y 2  x  2  y  1  x  1(2) 0.25  xy  x  y 2  y  0  Đk:  4 y 2  x  2  0  y 1  0  Ta có (1)  x  y  3  x  y  y  1  4( y  1)  0 Đặt u  x  y , v  y  1 ( u  0, v  0 ) u  v Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0   u  4v(vn) 8. Với u  v ta có x  2 y  1, thay vào (2) ta được :  4 y 2  2 y  3   2 y  1  2  y  2 4 y2  2 y  3  2 y  1  y  2 ( vì    4 y2  2 y  3  y  1  2 y  y 1  1  0  2 y2  0   y  2    4 y2  2 y  3  2 y 1 y 1 1  2 4 y2  2 y  3  2 y  1  1  0y  1 ) y 1  1 Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2  9. (1,0 điểm) . 0.25  1 0 y  1  1  0.25 0.25 Vì a + b + c = 3 ta có bc  bc bc   bc  1 1     2  ab a c  3a  bc a(a  b  c)  bc (a  b)(a  c) 1 1 2 Vì theo BĐT Cô-Si: , dấu đẳng thức xảy ra  b = c   ab ac (a  b)( a  c) Tương tự Suy ra P  ca 3b  ca  1  ca  1    và 2 ba bc  ab 3c  ab  1  ab  1    2 ca cb  bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3     , 2(a  b) 2(c  a) 2(b  c) 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = 0,25 0,25 0,25 3 khi a = b = c = 1. 2 0,25