Tài liệu Đề thi thử quốc gia môn toán năm 2015 trường thpt phù cừ, hưng yên

SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ TỔ TOÁN - TIN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề 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 th ị (C). b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ th ị (C) tại giao điểm của (C) và đường thẳng d : y = x− 2. Câu 2 (1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn z (1 + 2i ) = 7 + 4i . Tìm môđun số phức w = z + 2i . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ ( x − 1) e2 x dx. 1 Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình log 2 ( x + 1) + log 1 x + 1 = 1 . 0 b) Tổ 1 lớp 12A1 có 12 học sinh gồm có 7 học sinh nam và 5 học sinh n ữ, trong đó AN là tổ trưởng còn HOA là tổ phó. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong tổ để tham gia hoạt động tập thể của trường nhân d ịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng 3. Tính xác su ất để sao cho nhóm học sinh được chọn có 3 h ọc sinh nam và 2 học sinh nữ trong đó phải nh ất thiết có bạn AN hoặc bạn HOA nhưng không có cả hai (AN là học sinh nam, HOA là học sinh nữ). Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( −1; −2;2 ) , B ( −3; −2;0 ) và m ặt ph ẳng (P) có phương trình x + 3 y − z + 2 = 0 . a) Viết phương trình mặt ph ẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB. b) Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đo ạn thẳng OM nhỏ nh ất. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, ABC = 300 . Mặt ph ẳng (C ' AB ) tạo với đáy ( ABC ) một góc 600. cạnh đáy AB bằng 2a và góc
Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC ' và CB ' . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục to ạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm





  N (1; −2 ) tho ả mãn 2 NB + NC = 0 và điểm M ( 3;6 ) thuộc đường th ẳng chứa cạnh AD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của đỉnh A xuống đường th ẳng DN. Xác định to ạ độ các đỉnh của hình 12 2 vuông ABCD biết khoảng cách từ điểm H đến cạnh CD b ằng và đỉnh A có hoành độ là 13 một số nguyên lớn hơn −2 . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x 2 − x − y − 1. 3 x − y − 1 = y + 1 ( x, y ∈ » )  2 2   x + y + 1 + 2 x + y = 5 x + 3 y + 3x + 7 y Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm x, y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 4 5 P= − − 2 2 2 x + y + z + 4 ( x + y ) ( x + 2 z )( y + 2 z ) ( y + z ) ( y + 2 x )( z + 2 x ) -------------------------------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:............................. 2 Câu ĐÁP ÁN 3 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x − 3 x + 1 , có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 1 Tập xác định: D = » x = 0 Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x ⇒ y ' = 0 ⇔  x = 2 lim y = ±∞ Điểm 1,0 0,25 x →±∞ Đồ thị hàm số không có tiệm cận Bảng biến thiên x −∞ 0 y' + 0 1 +∞ 2 0 + 0,25 +∞ y −∞ -3 Từ đó suy ra Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; 0 ) và ( 2; +∞ ) . Hàm số nghịch biến trên kho ảng ( 0; 2 ) 0,25 Hàm số đạt giá trị cực đại tại x = 0, yCD = y ( 0 ) = 1 Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x = 2, yCT = y ( 2 ) = −3 Đồ thi hàm số. Điểm u ốn của đồ thị y '' = 6 x − 6 ⇒ y '' = 0 ⇔ x = 1 ⇒ I (1; −2 ) là điểm uốn của đồ thị Đồ thị (C) cắt trục tung tại điểm A(0;1) y f(x)=x^3-3*x^2+1 5 4 3 0,25 2 1 x -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 -1 -2 -3 -4 b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) và đường thẳng d : y = x−2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là x = 3 3 2 3 2 2 x − 3 x + 1 = x − 2 ⇔ x − 3 x − x + 3 = 0 ⇔ ( x − 3 ) ( x − 1) = 0 ⇔  x = 1  x = −1 Suy ra giao điểm là A ( 3;1) , B (1; −1) , C ( −1; −3 ) 1,0 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại A ( 3;1) là y = 9 x − 26 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại C ( −1; −3 ) là y = 9 x + 6 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại B (1; −1) là y = −3 x + 2 ~1~ KL: Các phương trình tiếp tuyến là: y = 9 x − 26 ; y = 9 x + 6 ; y = −3 x + 2 Câu 2 (1,0 điểm). Cho số phức z tho ả mãn z (1 + 2i ) = 7 + 4i . Tìm môđun số phức w = z + 2i . Ta có z (1 + 2i ) = 7 + 4i ⇔ z = 2 7 + 4i 1 + 2i ( 7 + 4i )(1 − 2i ) ⇔ z = 7 − 14i + 4i − 8i 2 ⇔ z = 15 − 10i = 3 − 2i ⇔z= 1 − 4i 2 5 (1 + 2i )(1 − 2i ) Suy ra z = 3 + 2i Do đó w = z + 2i = 3 + 4i Vậ y w = 32 + 42 = 5 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ ( x − 1) e2 x .dx 1 1,0 du = dx u = x − 1  Đặt  ⇒ 1 2x 2x  dv = e .dx v = e  2 0 1 1 Suy ra I = ( x − 1) e2 x − ∫ e2 x .dx 2 20 0 1 3 0,25 1 0,25 1 1 2x 1 1 3 − e2 − e = − ( e2 − 1) = 2 4 2 4 4 0 1 = Vậ y I = 0,25 3 − e2 4 Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình log 2 ( x + 1) + log 1 Điều kiện: x > −1 0,25 x +1 = 1 . 1 1 Phương trình tương đương log 2 ( x + 1) − log 2 ( x + 1) = 1 ⇔ log 2 ( x + 1) = 1 2 2 ⇔ log 2 ( x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 (thoả mãn) 4 Vậ y phương trình có nghiệm x = 3 . b) T ổ 1 lớp 12A1 có 12 học sinh gồm có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ, trong đó AN là tổ trưởng còn HOA là tổ phó. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong tổ để tham gia hoạt động tập thể của trường nhân dịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng 3. Tính xác su ất để sao cho nhóm học sinh được chọn có 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ trong đó phải nhất thiết có bạn AN ho ặc bạn HOA nhưng không có cả hai. Mỗi cách chọn nhóm 5 học sinh từ 12 học sinh là một tổ hợp chập 5 của 12. Vì vậy không gian mẫu Ω gồm: C125 = 792 phần tử. Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, B là biến cố chọn được nhóm gồm 3 học sinh nam, 2 học sinh nữ trong đó có bạn AN và không có bạn HOA. C là biến cố chọn được nhóm gồm 3 học sinh nam, 2 học sinh nữ trong đó có b ạn HOA và không có bạn AN. Như vậ y, A = B ∪ C và n ( A) = n ( B ) + n ( C ) . Tính n (B): 0,5 2 0,25 0,25 0,5 0,25 + Chọn bạn AN, có 1 cách. + Chọn 2 bạn nam từ 6 b ạn nam còn lại, có C62 cách. + Chọn 2 bạn nữ từ 4 b ạn nữ, có C42 cách. Theo quy tắc nhân: n ( B ) = 1.C62 .C42 = 90 . Tương tự, n ( C ) = 1.C .C = 80 .Vậy n ( A) = 90 + 80 = 170 . 3 6 1 4 Xác suất của biến cố A là: P ( A ) = n ( A ) 170 . = n ( B ) 792 ~2~ 0,25 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( −1; −2; 2 ) , B ( −3; −2; 0 ) và mặt phẳng (P) có phương trình x + 3 y − z + 2 = 0 . a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đo ạn AB. Gọi I là trung điểm của đo ạn thẳng AB ⇒ I ( −2; −2;1)


  Ta có AB = ( −2;0; −2 ) / / n = (1; 0;1)
Vì mp(Q) là mp trung trực của đoạn AB nên nhận vectơ n = (1;0;1) là vectơ pháp tuyến 5 và đi qua điểm I ( −2; −2;1) . Vậ y phương trình mặt phẳng (Q) là: x + z + 1 = 0 b) Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đo ạn thẳng OM nhỏ nhất.
 Mp(P) có VTPT là n1 = (1;3; −1)

 Mp(Q) có VTPT là n2 = (1; 0;1)


Suy ra u =  n1 ; n2  = ( 3; −2; −3 ) là VTCP của ∆ = ( P ) ∩ ( Q )  x = 3t  Lấy E ( 0; −1; −1) ∈ ∆ = ( P ) ∩ ( Q ) . Phương trình tham số ∆ là  y = −1 − 2t (t ∈ »)  z = −1 − 3t  Điểm M ∈ ∆ ⇒ M ( 3t; −1 − 2t ; −1 − 3t )



 2 2 2 Do đó OM = OM = ( 3t ) + ( −1 − 2t ) + ( −1 − 3t ) = 22t 2 + 10t + 2 5  19 19 19  Ta có 22t + 10t + 2 =  22.t +  + 22 ≥ 22 ⇒ OM ≥ 22 22   5 7   15 6 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = − ⇒ M  − ; − ; −  22  22 11 22  6 7   15 Vậ y M  − ; − ; −  22 11 22   Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và góc
ABC = 30 0 . Mặt phẳng (C ' AB) tạo với đáy ( ABC ) một góc 600. Tính thể tích 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 2 2 của khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và kho ảng cách giữa hai đường thẳng AC ' và CB ' . M B 0,25 1,0 A C H 6 B' A' K C' E * Tính thể tích Gọi M là trung điểm của AB. Tam giác CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM. Mặt khác AB ⊥
' = 60 0 . Gọi V là thể tích lăng trụ ABC. A ' B ' C ' thì CC ' ⇒ AB ⊥ (CMC ') ⇒ CMC V = S ABC .CC ' ~3~ 0,25 a 1 a2 ⇒ S ABC = CM . AB = 2 3 3 2 a a a3 CC ' = CM .tan 600 = . 3 = a ⇒V = .a = 3 3 3 * Tính khoảng cách Gọi E đối xứng với A’ qua C’. Suy ra ACEC’ là hình bình hành. Nên AC’//CE ⊂ ( CB ' E ) ⇒ AC '/ / ( CB ' E ) mà B ' C ⊂ ( CB ' E ) . Ta có CM = BM .tan 300 = Do đó d ( AC ', B ' C ) = d ( AC ', ( EB ' C ) ) = d ( C ', ( EB ' C ) ) 0,25 0,25 Tam giác A’B’E có A’C’=C’E=B’C’ nên tam giác A’B’E vuông tại B’ Gọi K là trung điểm B’E, ta có tam giác B’C’E cân tại C’ nên C'K ⊥ B'E   ⇒ B ' E ⊥ ( CC ' K ) CC ' ⊥ ( A ' B ' C ' ) ≡ ( A ' B ' E ) ⇒ CC ' ⊥ B ' E   Kẻ C ' H ⊥ CK ⇒ C ' H ⊂ ( CC ' K ) mà B ' E ⊥ ( CC ' K ) ⇒ B ' E ⊥ C ' H Từ đó ⇒ C ' H ⊥ ( CB ' E ) hay C ' H = d ( C ', ( CB ' E ) ) Ta tính được CB = 2a ⇒ C ' B ' = C ' E = CB = 2a 3 3 0

Lại có ABC = 30 , tam giác ABC cân tại C nên
ACB = 1200 =
A 'C ' B ' ⇒ B ' C ' E = 600 0,25  B'E  Nên tam giác B’C’E đều; tính được C ' K = B ' C '2 −   =a  2  2 Tam giác CC’K vuông cân tại C’ do đó C ' H = CK CC '2 + CK 2 a 2 = = 2 2 2 Vậ y d ( AC ', CB ' ) = C ' H = a 2 2 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm N (1; −2 )





  thoả mãn 2 NB + NC = 0 và điểm M ( 3; 6 ) thuộc đường thẳng chứa cạnh AD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của đỉnh A xuống đường thẳng DN. Xác định to ạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết 12 2 kho ảng cách từ điểm H đến cạnh CD bằng và đỉnh A có hoành độ là một số nguyên lớ n hơn 13 −2 . A D H 1,0 M (3;6) E 12 2 13 7 B N (1;-2) C 12 2 Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên CD ⇒ HE = 13 Giả sử cạnh hình vuông b ằng a (a>0)





 


 2


 2 2a Ta có 2 NB + NC = 0 ⇔ CN = CB nên N nằm giữa B và C sao cho CN = CB = . 3 3 3 a 13 ⇒ DN = CD 2 + CN 2 = 3 ~4~ 0,25 Có
ADH ∼
DNC ( g .g ) ⇒ AD DH a 3 2a = = = ⇒ DH = DN NC a 13 13 13 3 2a HE DH 6 13
DHE ∼
DNC ( g .g ) ⇒ = = 13 = ⇒ NC = HE = 2 2 NC DN a 13 13 6 3 2a ⇔ =2 2 ⇔ a =3 2 3
Giả sử VTPT của AD là n = ( a; b ) với ( a 2 + b 2 ≠ 0 ) Pt AD: ax + by − 3a − 6b = 0 −2a − 8b ⇒ d ( N , AD ) = 3 2 ⇔ = 3 2 ⇔ 7 a 2 − 16ab − 23b 2 = 0 2 2 a +b a + b = 0 ⇔ ( a + b )( 7 a − 23b ) = 0 ⇔  7 a − 23b = 0 Trường hợp 1: a + b = 0 Suy ra pt AD : x − y + 3 = 0 0,25 NP ⊥ AD ⇒ pt NP : x + y + 1 = 0 ⇒ P = AD ∩ NP ⇒ P ( −2;1) 1   m = −1 (TM ) AP = BN = BC = 2  3 ⇒ A ( −1; 2 )  ⇒ AP = 2 ⇔  m = − 3 L ( )   A ∈ AD ⇒ A ( m; m + 3)( m > −2 )  





 Lúc đó PD = 2 AP ⇒ D ( −4; −1) Từ đó ta tìm được B ( 2; −1) , C ( −1; −4 ) Do đó A ( −1; 2 ) , B ( 2; −1) , C ( −1; −4 ) , D ( −4; −1) Trường hợp 2: 7 a − 23b = 0 Suy ra pt AD : 23 x + 7 y − 111 = 0  86 −13  NP ⊥ AD ⇒ pt NP : 7 x − 23 y − 53 = 0 ⇒ P = AD ∩ NP ⇒ P  ;   17 17  1  93  AP = BN = BC = 2 m = (L)   3  17  ⇒ AP = 2 ⇔   111 − 23m   m = 79 ( L ) A ∈ AD ⇒ A  m;  ( m > −2 ) 7 17     Trường hợp này không thoả mãn Kết luận: Vậy A ( −1; 2 ) , B ( 2; −1) , C ( −1; −4 ) , D ( −4; −1)  x 2 − x − y − 1. 3 x − y − 1 = y + 1 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ » ) 2 2 + + + + = + + + x y 1 2 x y 5 x 3 y 3 x 7 y   2  x − x − y −1 ≥ 0  Điều kiện  2 x + y ≥ 0 5 x 2 + 3 y 2 + 3 x + 7 y ≥ 0  8 x = 0 Trường hợp 1: x 2 − x − y − 1 = 0 từ (1) ⇒ y + 1 = 0 ⇒ y = −1 ⇒ x 2 − x = 0 ⇔  x = 1 x = 1 Thử lại vào phương trình (2) thấy  tho ả mãn. Suy ra (1; −1) là nghiệm HPT.  y = −1 Trường hợp 2: x 2 − x − y − 1 > 0 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 ~5~ (1) ⇔ 3 x − y − 1 = x − x − y −1 x− y−2 ⇔ 3 Ta có y +1 2 ( x − y − 1) 2 + 3 x − y −1 +1 = ⇔ 3 x − y −1 − 1 = y +1 x − x − y −1 2 −1 − ( x + y + 1)( x − y − 2 ) x2 − x − y − 1 + y + 1   1 x + y +1 =0 ⇔ ( x − y − 2)  + 2  3 ( x − y − 1)2 + 3 x − y − 1 + 1  x − x − y −1 + y + 1   x − y − 2 = 0  1 x + y +1 ⇔ + = 0 (* ) 2 2  3 ( x − y − 1) + 3 x − y − 1 + 1 x − x − y −1 + y +1  Vì  −1 + 5 x>   x − x − y −1 > 0 2 ⇒ x 2 − x > y + 1 ≥ −2 x + 1 ⇒ x 2 + x − 1 > 0 ⇔    −1 − 5 2x + y ≥ 0 x <  2 Nên y ≥ −2 x > 1 + 5 ⇒ y + 1 > 2 + 5 > 0 ⇒ x + y + 1 > 0 . Do đó PT(*) vô nghiệm. Suy ra y = x − 2 Thế vào phương trình (2) ta được 2 2 x − 1 + 3 x − 2 = 8 x 2 − 2 x − 2 ⇔ 2 x − 1 + 3 x − 2 = 2 ( 2 x − 1) + 2 ( 3 x − 2 ) Điều kiện: 2 2 . 3  1  2 x − 1 = a  a ≥ 3    . Đặt   3x − 2 = b ( b ≥ 0 )  Phương trình trở thành x≥ 0,25 a + b = 2a 2 + 2b 2 ⇔ a 2 + 2ab + b2 = 2a 2 + 2b 2 ⇔ ( a − b ) = 0 ⇔ a = b 2 Từ đó ta có x =1 2 x − 1 = 3x − 2 ⇔ 4 x − 4 x + 1 = 3x − 2 ⇔ 4 x − 7 x + 3 = 0 ⇔  (T/M) x = 3  4 +) x = 1 ⇒ y = −1 . Thử lại HPT thấ y tho ả mãn. 3 5 +) x = ⇒ y = − . Thử lại HPT không thoả mãn. 4 4 Vậ y hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (1; −1) . 2 2 Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm x , y , z . Tìm giá trị lớ n nhất của biểu thức 4 4 5 P= − − 2 2 2 x + y + z + 4 ( x + y ) ( x + 2 z )( y + 2 z ) ( y + z ) ( y + 2 x )( z + 2 x ) Ta có 9 ( x + y ) ( x + 2 z )( y + 2 z ) AM −GM ≤ x + y + 4 z x 2 + y 2 + 2 xy + 4 yz + 4 zx = 2 2 2 2 2 ≤ 2( x + y + z ) (1) 0,25 1,0 ( x + y) Và ~6~ 0,25 ( y + z ) ( y + 2 x )( z + 2 x ) AM −GM ≤ y + z + 4 x y 2 + z 2 + 2 yz + 4 zx + 4 xy = 2 2 2 2 2 ≤ 2( x + y + z ) ( 2) ( y + z) Thật vậy, với mọi x, y, z ≥ 0 ta luôn có (1) ⇔ ( x − y ) + 2 ( x − z ) + 2 ( y − z ) ≥ 0 2 2 2 ( 2) ⇔ ( y − z ) + 2 ( y − x) + 2 ( z − x) ≥ 0 2 2 2 Khi đó biểu thức P trở thành 4 4 5 P≤ − − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x + y + z + 4 2( x + y + z ) 2( x + y + z ) ≤ 4 x + y + z +4 2 2 2 − 9 2 ( x + y2 + z2 ) 0,25 2 Đặt t = x 2 + y 2 + z 2 + 4 ⇒ t > 2 . Nên P ≤ Xét hàm số y = f ( t ) = 4 9 − t 2 (t 2 − 4) 4 9 − với t > 2 2 t 2 ( t − 4) ( 4 − t ) ( 4t 3 + 7t 2 − 4t − 16 ) −4 9t = Có f ' ( t ) = 2 + 2 2 t t 2 (t 2 − 4) (t 2 − 4) 0,25 Do t > 2 nên 4t 3 + 7t 2 − 4t − 16 = 4 ( t 3 − 4 ) + t ( 7t − 4 ) > 0 Suy ra f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 4 Lập b ảng biến thiên ⇒ P ≤ 5 8 0,25 5 Vậ y GTLN của P là ⇔ x = y = z = 2 8 CHÚ Ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn chấm điểm tối đa. ~7~