Tài liệu Bộ thi thử thpt quốc gia môn toán

  • Số trang: 127 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 193 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Đã đăng 62512 tài liệu

Mô tả:

BỘ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN ĐỀ 1 3 2 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  6 x  9 x  1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 1 3 9 x  3x 2  x  m  0 có một nghiệm duy 2 2 nhất: Câu 2 (1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos 2 x  (1  2 cos x)(sin x  cos x)  0 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 điểm) Giải bất phương trình: 2log3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2  x y  x y  2 Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 2 2 2  x  y  1  3  x  y (x,y ) 1 Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân I   1  x   2  e2 x  dx 0 Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA. Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình: x  y  1  0 , phương trình đường cao kẻ từ B là: x  2 y  2  0 . Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;-2;1), B(-1;0;3), C(0;2;1). Lập phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. Câu 9 (0,5 điểm) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,....,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi trên ba thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ. Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z và x  y  z  3 . Tìm giá x z trị nhỏ nhất của biểu thức: P   z  3y . y ---------------------Hết-------------------- ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 1) Câu Đáp án 0.25 x  3 y' 0   x  1 TXĐ: D  , y /  3x 2  12 x  9 . 1.a (1,0 điểm) Điểm Hàm số nghịch biến trên các khoảng(-  ;1) và (3;+  ), đồng biến trên khoảng (1;3) 0.25 lim y  , lim y   x  BBT x  x 1  + y' 0 3 – 0  + 3 y 0.25  -1  0.25 Đồ thị : đi qua các điểm (3;-1), (1;3), (2;1), (0;-1) Pt : 1.b (1,0 điểm) 1 3 9 x  3x 2  x  m  0  x3  6 x 2  9 x  1  2m  1 (*) 2 2 Pt (*) là pt hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d y  2m  1 (d cùng phương trục Ox) . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C) và d. Dựa vào đồ thị (C), để pt có một nghiệm duy nhất thì : 0.25 0.25 0.25 0.25  2m  1  1 m  0    2m  1  3  m  2 cos 2 x  (1  2 cos x)(sin x  cos x)  0 2.a (0,5 điểm) sin x  cos x  0  (sin x  cos x)(sin x  cos x  1)  0   sin x  cos x  1   sin( x  4 )  0   2  sin( x  4 )  2 2.b (0,5 điểm)    x  4  k     x   k 2  2  x    k 2   (1  i ) z  1  3i  0  z  => w = 2 – i . 0.25 (k  ) 1  3i  2i 1 i Số phức w có phần ảo bằng - 1 0.25 0.25 0.25 3 (0,5 điểm) ĐK: x > 1  2 x 2  3x  2  0 , 2 log3 ( x  1)  log 3 (2 x  1)  2 1 2   x2  log 3[( x  1)(2 x  1)]  1 => tập nghiệm S = (1;2] Điều kiện: x+y  0, x-y  0 4 (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25  u  v  2 (u  v)  u  v  2 uv  4 u  x  y   Đặt:  ta có hệ:  u 2  v 2  2   u 2  v2  2 v  x  y  uv  3   uv  3  2 2   0.25  u  v  2 uv  4 (1)  . Thế (1) vào (2) ta có:   (u  v) 2  2uv  2  uv  3 (2)  2  uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv ) 2  uv  0 .  uv  0 Kết hợp (1) ta có:   u  4, v  0 (vì u>v). u  v  4 0.25 Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).. u  1  x Đặt  2x dv  (2  e )dx 5 (1,0 điểm) du  dx =>  1 2x v  2 x  2 e 1 2 1 1 I  (1  x)(2 x  e2 x )   (2  e 2 x )dx 0 1 2 2 1 2 1 0 1 4 = (1  x)(2 x  e 2 x )  ( x 2  e 2 x ) 1 0 (1,0 điểm) Tính được VS . ABC  0.25 0.25  e2  1 4 Gọi H là trung điểm AB-Lập luận SH  ( ABC ) -Tính được SH  a 15 6 0.25 4a 3 15 3 0,5 0.25 0.25 Qua A vẽ đường thẳng  / / BD , gọi E là hình chiếu của H lên  , K là hình chiếu H lên SE Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S,  ))=2d(H, (S,  ))=2HK 0.25 a 2 Tam giác EAH vuông cân tại E, HE  2 1 1 1 31 15     HK  a 2 2 2 2 HK SH HE 15a 31 0.25 15  d ( BD, SA)  2 a 31 Gọi H là trực tâm  ABC. Tìm được B(0;-1), cos HBC  7 (1,0 điểm) 1  cos HCB 10 0.25  Pt đthẳng HC có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0( n  (a; b) là VTPT và a 2  b 2  0 ) 2 ab 1 a a cos HCB    4a 2  10ab  4b 2  0  2    5    2  0 10 b b 2(a 2  b 2 ) a  b  2  a  2, b  1    a  1, b  2(l ) a   1  b 2 , phương trình CH: -2x + y + 3 = 0 0.25 0.25 AB  CH. Tìm được pt AB:x+2y+2=0 2 3 8 (1,0 điểm) 5 3 Tìm được : C ( ;  ) ,pt AC:6x+3y+1=0 0.25 Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;-1;2), bán kính mặt cầu: R  3 0.25 Phương trình mặt cầu (S): x 2  ( y  1)2  ( z  2)2  3 0.25    Giả sử H(x;y;z), AH  (x  1; y 2; z  1), BC  (1; 2; 2), BH  ( x  1; y; z  3)     AH  BC  AH .BC  0  x  2 y  2 z  5   2 x  y  2 BH cùng phương BC   , y  z  3 0.25 7 4 23 ) 9 9 9 Tìm được H(  ; ; Số phần tử của không gian mẫu là n(  ) = C 39 = 84 9 (0,5 điểm) (1,0 điểm) 0.25 Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) = C53 = 10 => Xác suất cần tính là P(A) = Ta có 10 0.25 x  xz  2 x, z Từ đó suy ra P 10 5 = 84 42 z  yz  2 z . y 0.25 0.25 x z   3 y  2 x  xz  2 z  yz  3 y z y  2( x  z )  y ( x  y  z )  xz  yz  2( x  z )  y 2  x( y  z ) 0.25 Do x  0 và y  z nên x( y  z )  0 . Từ đây kết hợp với trên ta được 0,25 P x z   3 y  2( x  z )  y 2  2(3  y )  y 2  ( y  1) 2  5  5 . z y 0.25 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 12 Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y   x3  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  6 sin x  cos 2 x . 2 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   1 x3  2 ln x dx . x2 Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 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 thẳng d: x  1 y 1 z  3   . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng 2 1 3 d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 . 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 của ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .  x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4    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 hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán …….Hết………. ĐÁP ÁN (ĐỀ 12) Câu 1 Nội dung Điểm a.(1,0 điểm) Vơí m=1 hàm số trở thành : y   x3  3x  1 0.25 TXĐ: D  R y '  3x 2  3 , y '  0  x  1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng 0.25  1;1 Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1 lim y   , x  lim y   x  * Bảng biến thiên x 0.25 – + y’ -1 + 0 + -1 Đồ thị: – 0 3 y - 1 + 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 ** 0.25 Khi đó 2 điểm cực trị A   m ;1  2m m  , B  m ;1  2m m    0.25 1 2 Tam giác OAB vuông tại O  OA.OB  0  4m3  m  1  0  m  ( TM (**) ) 0,25 1 Vậy m  2 2. (1,0 điểm) sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x  (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0 0.25  2sin x  cos x  3  2sin 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 0.25 2 ln x x2 ln x 3 ln x I   xdx  2 2 dx   2 2 dx   2 2 dx x 2 1 1 x 2 x 1 1 1 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  2 x1 2 2 0.25 1 2 Vậy I   ln 2 4. 0.25 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 0.25 5 x  1 52 x 1  6.5x  1  0  5.52 x  6.5x  1  0   x 1 5   5 x  0  Vậy nghiệm của PT là x  0 và x  1  x  1 0.25 b,(0,5điểm) n     C113  165 0.25 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51.C62  135 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 5. (1,0 điểm)  Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3 135 9  165 11 0.25  0.25 Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0  2 x  y  3 z  18  0 0.25 Vì B  d nên B  1  2t;1  t ; 3  3t  0.25 2 2 AB  27  AB 2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0 t  3  3 t   7 6. 0.25 13 10 12 Vậy B  7; 4; 6  hoặc B   ; ;   7  7 7 (1,0 điểm) Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1) Sj 0.25 Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK M B H C K giữa SK và HK và bằng SKH  60 Ta có SH  HK tan SKH  A 1 3 Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc 1 1 3 2 Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH  a3 3 12 a 3 2 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 1 1 1 16 a 3 a 3 . Vậy d  I ,  SAB       2  HM  2 2 2 HM HK SH 3a 4 4 (1,0 điểm) 0.25 0,25 7. Gọi AI là phân giác trong của BAC A Ta có : AID  ABC  BAI E M' 0,25 K IAD  CAD  CAI M I B C D Mà BAI  CAI , ABC  CAD nên AID  IAD  DAI cân tại D  DE  AI 0,25 PT đường thẳng AI là : x  y  5  0 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0 0,25 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 Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5 x  3 y  7  0  x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4(1)    4 y 2  x  2  y  1  x  1(2) (1,0 điểm). 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 ) 8. u  v u  4v(vn) Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0   Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được : 4 y 2  2 y  3  y  1  2 y  4 y 2  2 y  3   2 y  1  2  y  2 4 y2  2 y  3  2 y 1  y  2 ( vì    0.25  y 1 1  0  2 y2   0   y  2  2  4 y  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  1 0 y  1  1  0.25 0.25 Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2  9. (1,0 điểm) . Vì a + b + c = 3 ta có Vì theo BĐT Cô-Si: Tương tự Suy ra P  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   , dấu đẳng thức xảy ra  b = c ab ac (a  b)(a  c) ca ca  1 1      và 2 ba bc 3b  ca ab ab  1 1      2  ca cb  3c  ab 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 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 13) 4 2 Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số: y = - x + 4x - 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Dựa vào đồ thị (C) tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình x 4 - 4x 2 + 3 + 2m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt. Câu 2. (1,0 điểm) a) Cho tan   3 . Tính A  3sin   2 cos  5sin 3   4 cos3  b) Tìm môdun của số phức z  5  2i  1  3i  3 Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình : 16x  16.4x  15  0 Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình : 2 x 2  6 x  8  2 x 2  4 x  6  3 x  4  3 x  3  1  0 6 Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân J = x x 2  3dx 1 Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có AD  a, AB  a 3 , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), góc SBA  300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;1 , đường cao từ đỉnh A có phương trình 2 x  y  1  0 và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 6. Câu 8. ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1; 2;3 và mặt phẳng (P) có phương trình: x  y  4 z  3  0 . Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( P ) và phương trình của đường thẳng ( d ) qua A và vuông góc với ( P ). Câu 9. (0,5 điểm) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ. Câu 10. (1,0 điểm) Giả sử x, y là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình x 2  2ax  9  0 y 2  2by  9  0 với a  3 ; với b  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 M  3 x  y  2 1 1    . x y ĐÁP ÁN (ĐỀ 13) Câu Nội dung Câu a) (1,0 điểm) 1 (2,0  Tập xác định: D = ¡ điểm)  Giới hạn tại vô cực: lim y = - ¥ ; lim y = - ¥ x® - ¥ Điểm 0,25 x® + ¥  Đạo hàm: y ¢= - 4x 3 + 8x éx = 0 y ¢= 0 Û - 4x 3 + 8x = 0 Û 4x (- x 2 + 2) = 0 Û êê êëx = ± 2 0,25  Bảng biến thiên x – y¢ 0,25 - + 0 2 0 – + 2 0 + 0 1 – 1 y – –3 –  Giao điểm với trục hoành: éx 2 = 1 éx = ± 1 ê cho y = 0 Û - x + 4x - 3 = 0 Û ê 2 Û êê x = 3 êë êëx = ± 3  Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 3 4 2  Đồ thị hàm số: y - 3 1 -1 - 2 3 1 O -3 2m 2 x y = 2m b) ) (1,0 điểm) Biến đổi: x 4 - 4x 2 + 3 + 2m = 0 Û - x 4 + 4x 2 - 3 = 2m (*) Số nghiệm pt (*) bằng số giao điểm của (C ) : y = - x 4 + 4x 2 - 3 và d: y = 2m. Dựa vào đồ thị tìm được : 2m = 1 hoặc 2m < –3 Giải và kết luận: m = 1 3 hoặc m <  . 2 2 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu2 a) (0,5 điểm) (1,0 điểm) 0,25 3sin   2 cos  3 tan   2 A  3 3 2 5sin   4 cos  cos  5 tan 3   4   0,25 3tan   2 70  1  tan 2   3 5 tan   4 139   b) (0,5 điểm) . z = 5+2i-(1+3.3i+3(3i)2 + (3i)3 ) = 31+20i 0,25 0,25 Vậy z  312  202  1361 Câu + Đặt t = 4x; ĐK: t > 0. 3 + Đưa về PT: t2  16t + 15 = 0. Giải được t = 1; t =15 (thỏa đk t > 0). (0,5 điểm) + Giải mỗi pt, tìm được x = 0, x = log415. + Kết luận pt có 2 nghiệm: x = 1 và x = log415. * Ghi chú: - HS có thể không cần đặt ẩn phụ, nếu giải đúng vẫn đạt điểm tối đa. 0,25 Câu Đk: x  1 4 2  x  1 x  4   2  x  1 x  3  3 x  4  3 x  3  1  0 (1 điểm)  2  x  1 x  4  2  x  1 x  3  3 x  4  3 x  3  1  0 0,25 0,25 0,5  2  x  1       x  4  x 3 3 2  x  1  3   2  x  1  3  x  4  x  3 1  x  4  x 3 1 1 x4  x3  2  x  1  3  x  4  x  3      2  x  1  3  0  2   2  x  1  3  x4  x3  2 11  x  2  3 2  x  1   x  4  x  3  11  x   2  x 2  11x  30  0 11  x  2   x5     x  6  x6 KL: Tập nghiệm bpt là:  6;   Câu 5 (1 điểm) 0,5 6 J= x x 2  3dx 1 Đặt u= x 2  3 suy ra x dx = u du x 1 u  2 x 6 u 3 3 u3 Ta có J=  u du  3 2 3 2  2 0,5 19 3 0,25 Câu Thể tích khối chóp S.ABCD 6 +Chứng tỏ SAB vuông và tính được (1 SA= AB tan 300 = a điểm) + Tính thể tích S I 1 3 VS . ABCD  SA. AB. AD  a3 3 3 (hình không có điểm) a D 30 A B C Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Lập luận: tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I của SC, SC bán kính R  . 2 Tính SC 2  SA2  AC 2  SA2  AB 2  BC 2 = SC a 5  a 2  3a 2  a 2  5a 2  SC  a 5  r  . 2 2 0,25 0,25 2 a 5 2 Diện tích mặt cầu : S= 4 r  4    5 a  2  0,25 Gọi H là chân đường cao vẽ từ A 0,5 2 Câu 7 (1 điểm) 1   x   5 x  2 y 1  0  1 3   H  ;    5 5 2 x  y  1  0  y3  5 Gọi d là đường thẳng qua G và song song BC, d : x  2 y  m  0, m  1 G  d  m  3  d : x  2y 3  0 1  x  x  2 y  3  0  5 I  d  AH ,   2 x  y  1  0  y  7  5 1 7 I ;  5 5    x 1 HA  3HI    A 1;3 y  3 S ABC  1 2S 60 BC. AH  BC   2 5 2 AH 6 5 Gọi M là trung điểm BC, M(x;y)    x 1 MA  3MG    M 1; 0  y  0 B  BC  B 1  2b; b  MB  5  5b 2  5  b  1 b  1: B  1;1  C  3; 1 b  1: B  3; 1  C  1;1 kl : A 1;3 , B  1;1 , C  3; 1 hay A 1;3 , B  3; 1 , C  1;1 0.25 0,25 1  2  12  3 Câu 6   2 Bán kính mặt cầu R=d(A;(P))= 8 1  1  16 18 (1 điểm) Phương trình mặt cầu (S): (x-1)2 + (y-2)2 + (z-3)2 =2 0,25 0,25  0,25 0,25 Vectơ chỉ phương của d là ud =(1;1;-4)  x  1 t Phương trình tham số của d là:  y  2  t  z  3  4t  Câu Tính số cách chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người: 9 B1) 12 người chọn 4: C124 (0,5 B2) 8 người còn lại chọn 4: C84 điểm) B3) 4 người còn lại chọn 4: 1 Số cách chọn là: C124 C84  n     C124 C84 Gọi A là biến cố “ Chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người trong đó có đúng 1 nữ”. Tính n(A): B1) Chọn 1 trong 3 nữ: 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 nam: C93  3.C93 cách B2) còn lại 8 người (6 nam và 2 nữ): Chọn 1 trong 2 nữ: 2 cách, rồi chọn 3 trong 6 nam: C63  2.C63 cách B3) còn lại 4 người (3 nam và 1 nữ): có 1 cách Số cách chọn là: 3C93 2C63  n  A  3C93 2C63  P  A  0,25 0,25 6C93C63 16  C124 C84 55 Câu Xét pt: x 2  2ax  9  0 (1) có  /  a 2  9  0 với a  3 10 Nên pt (1) có nghiệm và 1  x 2  9  2ax  x  0 (1 Xét pt: y 2  2by  9  0 (2) có  /  b 2  9  0 với b  3 điểm) Nên pt (2) có nghiệm và  2   y 2  9  2by  y  0 Đặt x  -t , t  0 2 M  3  t  y  2  1 1 1 1  2       3t  y       t y t y 0,25 2 0,5 1 1 4 1 1 4 t  0, y  0    ;   t y t y ty t y ty 2  M  3t  y   16 t  y  2  2 3t  y  2 16 t  y  2 8 3 0,25   1  ty y 4  ty  3  16   4 1   2 min M  8 3   3 t  y   2  y  3 x   1 t  y  4  3   Vì x, y thỏa (1) và (2) nên:  1  2  1    4   2a   4   9  0 3 3    2 1 9 3  1   1  ab    2 b  9  0    24 3   43  43  a3   b3 1 3 Vậy min M  8 3 khi x   4 , y  1 1 9 3 ,a  b  4 3 2 3 4 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 14) 3 Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x + (m + 1)x 2 + (m 2 - 4)x - m + 1 a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m = 2. b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại giao điểm của (C ) với trục tung. Câu 2 (1,0 điểm):  3 a/ Giải phương trình lượng giác: 2 cos(2x  )  4s inx.sin3x - 1  0 b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2z 2 - 2z + 5 = 0 Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình: 2log 2 (x - 2) + log 0,5 (2x - 1) = 0 Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình  y x 2 x 1  2log 2  2.4  1  2 y , (x,y  R).   x3  x  y  1 xy  1  x 2     1 Câu 5 (1,0 điểm): Tính tích phân I = x ò (1 + x)e dx 0 Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. Tính thể tích của hình chóp. Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC. Biết AM có phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A có tung độ dương, điểm M có tung độ âm Câu 8 (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm A (- 3;2; - 3) và hai đường thẳng d1 : x -1 y + 2 z - 3 x - 3 y -1 z - 5 = = = = và d 2 : 1 1 -1 1 2 3 a/ Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau. b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 . Tính khoảng cách từ A đến mp(P). n 1 Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của: x  2  x5  , biết x  6 3 tổng các hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và x  0 ). Câu 10 (1,0 điểm): Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: a 2  1 b2  1 c2  1 1 1 1      . 4b 2 4c 2 4a 2 ab bc ca ………………….HẾT……………... ĐÁP ÁN (ĐỀ 14) Câu Nội dung Điểm Với m = 2 ta có hàm số: y = 2x 3 + 3x 2 - 1  Tập xác định: D = ¡  Đạo hàm: y ¢= 6x 2 + 6x  Cho y ¢= 0 Û 6x 2 + 6x = 0 Û x = 0 hoac x = - 1  Giới hạn: lim y = - ¥ ; lim y = + ¥ x® - ¥ x® + ¥  Bảng biến thiên x – y¢ + –1 0 0 – 0 0 +¥ + +¥ y – –1  Hàm số ĐB trên các khoảng (- ¥ ; - 1),(0; + ¥ ) , NB trên khoảng (- 1; 0) Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại x CÑ = - 1 , đạt cực tiểu yCT = –1 tại x CT = 0 . 1a 1 1  y ¢¢ = 12x + 6 = 0 Û x = - Þ y = - . Điểm uốn: 2 2 æ 1 1ö ÷ I ççç- ; - ÷ è 2 2÷ ø  Giao điểm với trục hoành: cho y = 0 Û 2x 3 + 3x 2 - 1 = 0 Û x = - 1 hoac x = Giao điểm với trục tung: cho x = 0 Þ y = - 1 - 1  Bảng giá trị: x 0 - 23 - 12 y -1 0 - 12 - 1  Đồ thị hàm số: như hình vẽ dưới đây 0 y -1 O 1 2 -1 1 2 x 1 2 1.0đ
- Xem thêm -