intTypePromotion=3

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - THPT Thác Bà (Đề số 1)

Chia sẻ: Nguyễn Văn Tâm | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:118

0
31
lượt xem
4
download

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - THPT Thác Bà (Đề số 1)

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - THPT Thác Bà (Đề số 1) giới thiệu đến các bạn phần câu hỏi đề thi và phần gợi ý đáp án trả lời câu hỏi. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu để có thêm nguồn tư liệu cho việc ôn thi.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán - THPT Thác Bà (Đề số 1)

  1. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA   Đề 1    Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số  y = x − 6 x + 9 x − 1    3 2            a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số  đã cho. 1 9            b) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình  x 3 − 3 x 2 + x − m = 0  có một nghiệm duy nhất:  2 2 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:  2log 3 ( x − 1) + log (2 x − 1) 2 3       x+ y − x− y =2 Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình      (x,y ᄀ  )   x2 + y 2 + 1 = 3 + x2 − y 2 1           Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân  I = ( 1 − x ) ( 2 + e 2 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 trị nhỏ nhất  x z của biểu thức:   P = + + 3 y .   z y                                                          ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
  2. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com ĐÁP ÁN  THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 1)                                                                                                Câu Đáp án Điểm x=3 0.25 TXĐ: D = ᄀ , y / = 3 x 2 − 12 x + 9  .        y ' = 0 x =1         1.a (1,0 điểm) Hàm số nghịch biến trên các khoảng(­ ;1) và (3;+  ), đồng biến trên khoảng (1;3)  lim y = − , lim y = +    x − x + 0.25 BBT          x     −                   1                  3                  +                     y '                   +       0        –       0      +                     y                            3                                       + 0.25                         −                                     ­ 1    Đồ thị : đi qua các điểm (3;­1), (1;3), (2;1), (0;­1)  0.25  1 9 0.25    Pt :      x 3 − 3x 2 + x − m = 0    x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 = 2m − 1  (*)  2 2         1.b 0.25 Pt (*) là  pt hoành   độ  giao   điểm của  (C) và đường thẳng d   y = 2m − 1   (d cùng  (1,0 điểm) phương trục Ox) . Số nghiệm của phương trình là số  giao điểm của (C) và d. Dựa  0.25 2 m − 1 < −1 m 3 m>2 cos 2 x (1 2 cos x)(sin x cos x ) 0      2.a sin x − cos x = 0 � (sin x − cos x)(sin x − cos x − 1) = 0      sin x − cos x = 1 (0,5 điểm) 0.25 π + kπ x= π 4 sin( x − ) = 0 4 π     � x = + k 2π     ( k ᄀ )  π 2 2 0.25 sin( x − ) = 4 2 x = π + k 2π        2.b 1 + 3i 0.25 (1 + i ) z − 1 − 3i = 0     z = = 2 + i     1+ i (0,5 điểm) =>  w = 2 – i     .     Số phức w có phần ảo bằng  ­ 1      0.25        3 ĐK:   x   >   1       ,       2 log 3 ( x − 1) + log 3 (2 x − 1) 2     � log 3 [( x − 1)(2 x − 1)] �1   0.25 (0,5 điểm) � 2 x 2 − 3x − 2 �0       − 1 x 2            =>  tập nghiệm S = (1;2] 0.25 2
  3. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com Điều kiện: x+y 0, x­y 0 0.25       4 � u − v = 2 (u > v) � u + v = 2 uv + 4 u = x+ y � � (1,0 điểm) Đặt:  v = x − y  ta có hệ:  � u + v + 2 � u 2 + v2 + 2   2 2 � − uv = 3 � − uv = 3 � 2 � 2 0.25 u + v = 2 uv + 4 (1) (u + v) 2 − 2uv + 2 . Thế (1) vào (2) ta có: − uv = 3 (2) 2 uv + 8 uv + 9 − uv = 3 � uv + 8 uv + 9 = (3 + uv ) 2 � uv = 0 . 0.25 uv = 0 Kết hợp (1) ta có:  � u = 4, v = 0  (vì u>v).  u+v = 4 Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2)..  0.25      du = − dx u = 1− x Đặt        =>  1       5 dv = (2 + e 2 x )dx v = 2 x + e2 x 0.25 2 (1,0 điểm) 2 1 2x 1 1 I = (1 − x)(2 x + e ) + (2 + e 2 x )dx 2 0 1 2 0.25 1 2x 1 1 2x 1 e2 + 1 =  (1 − x )(2 x + e ) + ( x 2 + e )      =   2 0 4 0 4 0,5 Gọi H là trung điểm AB­Lập luận SH ⊥ ( ABC )  ­Tính được SH = a 15   0.25 6 4a 3 15 Tính được VS . ABC =   (1,0 điểm) 3 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 2 = 2 + 2 = 2 � HK = a HK SH HE 15a 31    15 � d ( BD, SA) = 2 a 0.25 31 ᄀ 1 ᄀ 0.25 Gọi H là trực tâm  ∆  ABC. Tìm được B(0;­1), cos HBC = = cos HCB   10
  4. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com  7 r (1,0 điểm) Pt đthẳng HC có dạng: a(x­2)+b(y­1)=0( n = (a; b)  là VTPT và a 2 + b 2 > 0  ) a+b 1 �a � �a � 2 0.25 ᄀ cos HCB = = � 4a 2 + 10ab + 4b 2 = 0 � 2 � �+ 5 � �+ 2 = 0 2(a 2 + b2 ) 10 �b � �b � a = −2 b a = −2, b = 1 � �    ,    phương trình CH: ­2x + y + 3 = 0 0.25 a 1 a = −1, b = 2(l ) =− b 2 AB ⊥  CH. Tìm được pt AB:x+2y+2=0 2 5 0.25 Tìm được : C ( ; − )  ,pt AC:6x+3y+1=0 3 3       Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;­1;2), bán kính mặt cầu: R = 3   0.25 8 Phương trình mặt cầu (S): x 2 + ( y + 1) 2 + ( z − 2) 2 = 3   0.25 (1,0 điểm) uuur uuur uuur Giả sử H(x;y;z), AH = (x − 1; y + 2; z − 1), BC = (1; 2; −2), BH = ( x + 1; y; z − 3)   uuur uuur uuur uuur 0.25 AH ⊥ BC � AH .BC = 0 � x + 2 y − 2 z = −5   uuur uuur 2 x − y = −2 7 4 23 BH  cùng phương BC  ,       Tìm được H( − ; ;  )  0.25  y+z =3 9 9 9 Số phần tử của không gian mẫu là  n( Ω ) = C 39  = 84   0.25 9 Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) =  C53  = 10  (0,5 điểm) 0.25 10 5 => Xác suất cần tính là  P(A) =   =      84 42 x z 0.25 Ta có   + xz 2 x,   + yz 2 z  .     z y   10 x z (1,0 điểm) Từ đó suy ra     P = + + 3y 2 x − xz + 2 z − yz + 3 y z y 0.25                                       = 2( x + z ) + y ( x + y + z ) − xz − yz = 2( x + z ) + y 2 + x( y − z ) Do  x > 0  và  y z  nên   x( y − z ) 0 . Từ đây kết hợp với trên ta được   0,25 x z P= + + 3y 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  
  5. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 14 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 x 3 − 2 ln x Câu 3 (1,0 điểm).   Tính tích phân    I = dx . 1 x2 Câu 4 (1,0 điểm).   a)   Giải phương trình     52 x +1 − 6.5 x + 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  x +1 y −1 z + 3 d: = = . Viết phương trình mặt phẳng  ( P)  đi qua  A  và vuông góc với đường thẳng  d . Tìm  −2 1 3 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  60o . 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   ᄀADB có phương trình  x − y + 2 = 0  , điểm  M ( −4;1)  thuộc cạnh  AC . Viết phương trình 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:   bc ca ab P= + + 3a + bc 3b + ca 3c + ab …….Hết……….
  6. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com ĐÁP ÁN (ĐỀ 14) Câu Nội dung Điểm 1 a.(1,0 điểm)   Vơí m=1 hàm số trở thành :  y = − x3 + 3x + 1 0.25 TXĐ:  D = R   y ' = −3 x 2 + 3 ,  y ' = 0 � x = �1 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 0.25       x –                           ­1                                   1                                +       y’               +                 0               –                  0              +  +                                                                3                                              y                                 ­1                                                                      ­                                                                 Đồ thị:                            0.25
  7. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com 4 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 uuur uuur 1 Tam giác OAB vuông tại O  � OA.OB = 0   � 4m3 + m − 1 = 0 � m = ( TM (**) ) 2 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 = kπ .  Vậy nghiệm của PT là  x = kπ , k Z 0.25
  8. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com  (1,0 điểm) 2 2 2 2 2 0.25 ln x x2 ln x 3 ln x I =� xdx − 2 �2 dx = −2 �2 dx = − 2�2 dx 1 1 x 2 1 1 x 2 1 x 2 ln x Tính  J = dx x2 1 0.25 3 1 1 1 Đặt  u = ln x, dv = 2 dx . Khi đó  du = dx, v = − x x x 2 2 1 1 Do đó  J = − ln x + 2 dx x 1 1 x 2 1 1 1 1 J = − ln 2 − = − ln 2 + 2 x1 2 2 0.25 1 Vậy  I = + ln 2 2 0.25 4.  (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 5x = 1 0.25 52 x +1 − 6.5 x + 1 = 0 � 5.5 − 6.5 + 1 = 0 � x 1 2x x 5 = 5 x=0   Vậy nghiệm của PT là  x = 0 và  x = −1 x = −1 0.25 b,(0,5điểm) n ( Ω ) = C113 = 165 0.25   Số cách chọn 3 học sinh  có cả nam và nữ là  C52 .C61 + C51.C62 = 135 135 9 0.25    Do đó  xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là  = 165 11 5.  (1,0 điểm) uur Đường thẳng d có VTCP là  ud = ( −2;1;3) uur 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
  9. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com                                              � −2 x + y + 3 z − 18 = 0 0.25 Vì  B d  nên  B ( −1 − 2t;1 + t; −3 + 3t ) 0.25 AB = 27 � AB 2 = 27 � ( 3 − 2t ) + t 2 + ( −6 + 3t ) = 27 � 7t 2 − 24t + 9 = 0 2 2 t =3 0.25 � 13 10 12 � 3     Vậy  B ( −7; 4;6 )  hoặc  B �− ; ;− � t= � 7 7 7� 7 6. (1,0 điểm) Sj Gọi K là trung điểm của AB  � HK ⊥ AB (1) 0.25 Vì  SH ⊥ ( ABC )  nên  SH ⊥ AB (2) Từ (1) và (2) suy ra  � AB ⊥ SK M Do đó góc giữa  ( SAB ) với đáy bằng góc giữa  H B ᄀ SK và HK và bằng   SKH = 60o C K ᄀ a 3 Ta có   SH = HK tan SKH = 2 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 0.25 1 1 1 16 a 3 a 3 Ta có  2 = 2 + 2 = 2 � HM = . Vậy  d ( I , ( SAB ) ) = HM HK SH 3a 4 4 0,25 (1,0 điểm)
  10. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com 7. ᄀ Gọi AI là phân giác trong của  BAC A E Ta có :  ᄀAID = ᄀABC + BAI ᄀ M' 0,25 K M ᄀ              IAD ᄀ = CAD ᄀ + CAI B I C D ᄀ Mà  BAI ᄀ = CAI , ᄀABC = CAD ᄀ  nên  ᄀAID = IAD ᄀ   ∆DAI  cân tại D  DE ⊥ AI  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) 0,25 uuuuur r 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) (1,0 điểm).              4 y 2 − x − 2 + y − 1 = x − 1(2) 0.25 xy + x − y 2 − y 0  Đk:  4 y − x − 2 0 2 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 8. u = −4v (vn) 0.25 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) + ( y −1 −1 = 0) 0.25 2 ( y − 2) y−2 � 2 1 � + = 0 � ( y − 2) � + �= 0 4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1 y −1 +1 � 4 y − 2 y − 3 + 2 y −1 2 y −1 +1 � � � 2 1 0.25 � y = 2 ( vì   � + > 0∀y �1 ) 4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1 y −1 +1 Với  y = 2  thì   x = 5 . Đối chiếu Đk ta được  nghiệm của hệ PT là  ( 5; 2 )
  11. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com 9.  (1,0 điểm) . bc bc bc bc � 1 1 � Vì a + b + c = 3 ta có  = = � + � 3a + bc a (a + b + c) + bc (a + b)(a + c ) 2 �a + b a + c � 1 1 2 0,25 Vì theo BĐT Cô­Si:  + , dấu đẳng thức xảy ra b = c a+b a+c (a + b)(a + c) ca ca � 1 1 � ab ab � 1 1 � 0,25 Tương tự  � + � và  � + � 3b + ca 2 �b + a b + c � 3c + ab 2 �c + a c + b � bc + ca ab + bc ab + ca a + b + c 3 Suy ra P + + = = , 2(a + b) 2(c + a ) 2(b + c) 2 2 0,25 3 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =   khi a = b = c = 1. 2     ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA  (Đề 4) 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) 3sin α − 2 cos α a) Cho  tan α = 3 . Tính  A = 5sin 3 α + 4 cos3 α 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  ᄀ 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.
  12. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com 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  với  a 3 ;  2 �1 1 � y − 2by + 9 = 0   với  b 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:     M = 3 ( x − y ) 2 2 + � − �. �x y � ĐÁP ÁN   (ĐỀ 4) Câu Nội dung Điểm Câu 1 a) (1,0 điểm) (2,0   điểm)        ᄀ Tập xác định:  D = ? 0,25        ᄀ Giới hạn tại vô cực:  x ᄀlim -ᄀ y = - ᄀ ;    lim y = - ᄀ     x ᄀ +ᄀ        ᄀ Đạo hàm:  y ᄀ = - 4x 3 + 8x 0,25 ᄀx = 0 y = 0 � - 4x + 8x = 0 � 4x (- x + 2) = 0 � ᄀᄀ ᄀ 3 2 ᄀᄀx = ᄀ 2         ᄀ Bảng biến thiên    0,25 x –ᄀ - 2 0 2 +ᄀ yᄀ + 0 – 0 + 0 – 1 1 y –ᄀ –3 –ᄀ
  13. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com            ᄀ Giao điểm với trục hoành:  ᄀx 2 = 1 ᄀx = ᄀ 1 4 2 ᄀ ᄀ cho  y = 0 � - x + 4x - 3 = 0 �� ᄀ2 ᄀ ᄀᄀx = 3 ᄀᄀx = ᄀ 3 ᄀ Giao điểm với trục tung: cho  x = 0 � y = - 3      y ᄀ Đồ thị hàm số:                                        1 ­ 3 ­1 1 3 ­ 2 O 2 x ­3 y  = 2m 2m b) ) (1,0 điểm) ᄀBiến đổi:  x 4 - 4x 2 + 3 + 2m = 0 � - x 4 + 4x 2 - 3 = 2m  (*)     0,25 ᄀSố nghiệm pt (*) bằng số giao điểm của  (C ) : y = - x 4 + 4x 2 - 3  và  0,25 d: y = 2m.     ᄀDựa vào đồ thị tìm được : 2m = 1  hoặc 2m 
  14. Câu2 a) (0,5 điểm) GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com (1,0   điểm) 0,25 3sin α − 2 cos α 3 tan α − 2 A= = 5sin α + 4 cos α cos α 5 tan 3 α + 4 3 3 2 ( ) 0,25 3 tan α − 2 70 = 5 tan α + 4 3 ( 1 + tan 2 α = 139 ) b) (0,5 điểm) .      0,25 z = 5+2i­(1+3.3i+3(3i)2 + (3i)3 )         = 31+20i Vậy  z = 312 + 202 = 1361 0,25 Câu 3 + Đặt t = 4x; ĐK: t > 0. 0,25 (0,5   + Đưa về PT: t2   16t + 15 = 0. Giải được t = 1; t =15 (thỏa đk t > 0). điểm) + Giải mỗi pt, tìm được x = 0, x = log415. 0,25 + 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. Câu 4 Đk:  x 1 0,25 (1   2 ( x − 1) ( x + 4 ) + 2 ( x − 1) ( x + 3) − 3 x + 4 − 3 x + 3 − 1 > 0 điểm) � 2 ( x − 1) x + 4 + 2 ( x − 1) x + 3 − 3 x + 4 − 3 x + 3 − 1 > 0 0,5 � 2 ( x − 1) ( x+4 + x+3 −3 ) ( x + 4 + x + 3 >1 ) � ( 2 ( x − 1) − 3 )( x + 4 + x + 3 >1 ) 1 � 2 ( x − 1) − 3 > x+4 + x+3 � 2 ( x − 1) − 3 > x + 4 − x + 3 2 ( x − 1) − 3 > 0 ( ) ( ) 2 2 2 ( x − 1) − 3 > x+4 − x+3 11 x> S 2 3 2 ( x − 1) < ( x + 4 ) ( x + 3) I 11                                                                A 30 x> a B 2 x − 11x + 30 > 0 2 D C
  15. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA  (ĐỀ 10) Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số:  y = 2x 3 + (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):  π a/ Giải phương trình lượng giác:  2 cos(2x + ) + 4s inx.sin3x ­ 1 = 0 3 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 2 x +1 x 2.4 y + 1 = 2 + 2log 2 Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình      y ,   (x,y  R). x3 + x = ( y + 1) ( xy + 1) + x 2
  16. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com 1 Câu 5 (1,0 điểm): Tính tích phân  I = ᄀ (1 + x)e x 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 60 0.  Tính thể tích của hình chóp và khoảng cách giữa SD và AC. 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+y­7 = 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   x ­1 y+2 z­3 x ­3 y ­1 z ­ 5 d1 : = =  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 6  trong khai triển của:  x 3 � 5 � � 2 + x �, biết tổng các hệ  �x � 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 10) Câu Nội dung Điểm 1a Với m = 2 ta có hàm số:  y = 2x 3 + 3x 2 - 1 1.0đ ᄀ Tập xác định:  D = ? ᄀ Đạo hàm:  y ᄀ = 6x 2 + 6x ᄀ Cho  y ᄀ = 0 � 6x 2 + 6x = 0 � x = 0  hoac  x = - 1 ᄀ Giới hạn:  lim y = - ᄀ ; lim y = +ᄀ xᄀ - ᄀ x ᄀ +ᄀ ᄀ Bảng biến thiên x –ᄀ –1 0 +ᄀ yᄀ + 0 – 0 + 0 +ᄀ y –ᄀ –1 ᄀ Hàm số ĐB trên các khoảng  (- ᄀ ; - 1),(0; +ᄀ ) , 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 .
  17. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com 1 1 � 1 1� ᄀ  y ᄀᄀ = 12x + 6 = 0 � x = - � y = - . Điểm uốn:  I ᄀᄀ- ; - ᄀᄀ 2 2 ᄀ� 2 2 �ᄀ ᄀ Giao điểm với trục hoành: 1 cho  y = 0 � 2x 3 + 3x 2 - 1 = 0 � x = - 1 hoac x = 2 Giao điểm với trục tung: cho  x = 0 � y = - 1 3 1 1 ᄀ Bảng giá trị: x  - 2 -1 - 2 0 2 1 y -1 0 - 2 -1 0 ᄀ Đồ thị hàm số: như hình vẽ dưới đây y ­1 O 1 x 2 ­1 Giao điểm của  (C )  với trục tung:  A (0; - 1) ᄀ  x 0 = 0 ; y 0 = - 1 1b ᄀ  f ᄀ(0) = 0 1.0đ ᄀ Vậy, pttt tại A(0;–1) là:  y + 1 = 0(x - 0) � y = - 1 π Giải phương trình : 2 cos(2x + ) + 4s inxsin3x − 1 = 0 (1) 3 π π � 2(cos2xcos − sin 2x sin ) + 4sin x sin 3x − 1 = 0 3 3 � cos2x − 3 s in2x+4sin x sin 3x − 1 = 0 � 1 − 2s in 2 x­2 3 sin x cos x + 4sin x sin 3x − 1 = 0 � s inx(2s in3x­sin x­ 3 cos x) = 0 s inx = 0 2a s inx + 3 cos x = 2sin 3x 0.5 đ *s inx = 0 � x = kπ  (k �z) 1 3 *s inx + 3 cos x = 2sin 3x � s inx + cos x = sin 3x 2 2 � π � π �3x = x + + k2π �x = + kπ π 3 6 �+sin(x = � ) sin 3x � � (k z) 3 � π � π π 3x = π − x − + k2π x = +k � � 3 � � 6 2 π π vậy phương trình đã cho có nghiệm  x = kπ ; x = + k    (k z) 6 2
  18. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com 2z 2 - 2z + 5 = 0  (*) ᄀ Ta có,  D = (- 2)2 - 4.2.5 = - 36 = (6i )2 2b ᄀ Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt: 0.5 đ 2 + 6i 1 3 2 - 6i 1 3 z1 = = + i   ;  z2 = = - i 4 2 2 4 2 2 2 log2 (x - 2) + log 0,5 (2x - 1) = 0  (*) ᄀx - 2 > 0 ᄀx > 2 ᄀ ᄀ �� ᄀ ᄀ Điều kiện:  � � 2x - 1 > 0 � 1 �x >2 ᄀ� � x> 3 ᄀᄀ 2 0.5 đ ᄀ Khi đó, (*) � log2 (x - 2) - log2 (2x - 1) = 0 � log2 (x - 2)2 = log2 (2x - 1) 2 ᄀx = 1 (loai)   ᄀ (x - 2)2 = (2x - 1) � x 2 - 6x + 5 = 0 � ᄀᄀ ᄀᄀx = 5 (nhan) 2x 0 x>0    Điều kiện:  �x �      >0 y>0 y Ta có:  ( )     ( 2 ) � x + yx + 1 ( x − y − 1) = 0 � x − y − 1 = 0  ( Vì  x 2 + yx + 1 > 0  ) 2                                                              � y = x − 1              (a) x       ( 1)   2.4 y + 1 = 2 2 x +1 + 2log 2 y            � 22 y + log 2 2 y = 2 ( *) 2x + log 2 2 x   Xét hàm số:       f ( t ) = 2 + log 2 t   trên  ( 0;+ )   t 4 1.0 đ 1  Ta có:   f ' ( t ) = 2 ln 2 + t > 0 ∀t [ 0; e] ,vậy  f ( t )  là hàm số đồng biến. t ln 2   Biểu thức  ( *) � f ( 2 y ) = f ( ) 2 x � 2 y = 2 x                (b) Từ (a) và (b) ta có:  x 1 �x 1 �x 1 x=2 2 ( x − 1) = 2 x �� � 2 � 2 �4 x − 8x + 4 = 2 x �2 x − 5x + 2 = 0 1 x= 2                          � x = 2   Với  x = 2 � y = 1  , suy ra hệ phương trình có một nghiệm   ( 2;1)  . 5 1 1.0 đ x I = ᄀ (1 + x )e dx 0 � u =1+x � du = dx � ᄀ Đặt  � ᄀ � � . Thay vào công thức tích phân từng phần ta  x � dv = e dx � v = ex � � � � được: 1 1 1 I = (1 + x )e x 0 - ᄀ0 e x dx = (1 + 1)e 1 - (1 + 0)e 0 - e x 0 = 2e - 1 - (e 1 - e 0 ) = e
  19. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com 1 ᄀ Vậy,  I = ᄀ (1 + x )e x dx = e 0 S A D 60 O B 2a C 6 ᄀ Gọi O là tâm của mặt đáy thì  SO ^ (A BCD )  do đó SO là đường cao 1.0 đ   của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO, ?   do đó  SBO = 600  (là góc giữa SB và mặt đáy) ? SO ? BD ? ᄀ Ta có,  t an SBO = � SO = BO . t an SBO = . t an SBO BO 2 = a 2. t an 600 = a 6 ᄀ Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là 1 1 1 4a 3 6 V = B .h = A B .BC .SO = 2a .2a .a 6 = 3 3 3 3 7 A x B I x                                                      H 2 M D C 6 Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM � BH = d ( B; AM ) = 10 Đặt cạnh hình vuông là x>0 1 1 1 10 1 4 Xét tam giác  ABM  có  2 = 2 + 2 � = + � x=3 2 BH BA BM 36 x 2 x 2 A thuộc AM nên  A ( t ;7 − 3t ) ( 4 −t) + ( 3t − 6 ) = 3 2 � 10t 2 − 44t + 34 = 0 2 2 AB = 3 2 � t =1 �17 16 � � 17 � A � ; − �− loai, A ( 1; 4 ) − t / m t= �5 5� 5 x 3 2 �5 1 � Làm tương tự cho điểm B, với  BM = = � M � ;− � 2 2 �2 2 � M là trung điểm của BC  � C ( 1; −2 ) Gọi I là tâm của hình vuông  I ( 1;1)
  20. GV: Trần Chí Cường ( 0984.199.529 ) – THPT Thác Bà                                                                                         WebToanHoc.com Từ đó  � D ( −2;1) r a/ ᄀ d1 đi qua điểm  M 1(1; - 2; 3) , có vtcp  u1 = (1;1; - 1)   r ᄀ d2 đi qua điểm  M 2 (3;1;5) , có vtcp  u 2 = (1;2; 3) r r �1 - 1 - 1 1 1 1 � ᄀᄀ ᄀᄀ [u ᄀ Ta có  1 2 , u ] = ᄀᄀ 2 3 ; 3 1 ; 1 2 ᄀᄀ = (5; - 4;1) ᄀ� �ᄀ uuuuuur và  M 1M 2 = (2; 3;2)   r r uuuuuur ᄀ Suy ra,  [u1, u 2 ].M 1M 2 = 5.2 - 4.3 + 1.2 = 0 , do đó d1 và d2 cắt nhau. 8 b/  Mặt phẳng (P) chứa  d1  và  d2 . 1.0 đ ᄀ Điểm trên (P):  M 1(1; - 2; 3) r r r ᄀ vtpt của (P):  n = [u 1, u 2 ] = (5; - 4;1) ᄀ Vậy, PTTQ của mp(P) là:  5(x - 1) - 4(y + 2) + 1(z - 3) = 0 � 5x - 4y + z - 16 = 0 ᄀ Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là: 5.(- 3) - 4.2 + (- 3) - 16 42 d (A, (P )) = = = 42 2 2 2 5 + (- 4) + 1 42 Xét khai triển : n5 n �1 5 � 3 �1 � x � 3 + x �= x � 3 + x 2 � 3 x �x     � � � � �1 � n n −1 5 n −k 5 k 5 n� 1 �1 � � 2 � k �1 � � 2 � n �2 � =x � 3 Cn � 3 �+ Cn � 3 � �x �+ ... + Cn � 3 � �x �+ ... + Cn �x �� 0 9 x �x � � � �x � � � 0.5 đ         � � � � � ���    Thay  x = 1   vào khai triển ta được:   2n = �Cn0 + Cn1 + ... + Cnk + ... + Cnn � � �                                      Theo giả thiết ta có:                         Cn + Cn + ... + Cn + ... + Cn = 4096     � 2 = 2 � n = 12   0 1 k n n 12 10 �1 � 12 x � 2 + x5 � 3 Với  n = 12  ta có khai triển:      �x � k + 1( 0 k 12, k Z) 6  Gọi số hạng thứ   là số hạng chứa  x  . ( x) 12 − k 5k �1 � k 2 k − 21+ 0,5 Tk +1 = x C � 2 �3 k 12 5 =C x k 12 2    Ta có :  �x �   5k 2 ( 21 + 6 ) 6 2k − 21 + =6� k = =6   Vì số hạng có chứa  x  nên :  2 9 .  Với  k = 6  ta có hệ số cần tìm là :  C12 = 924 . 6

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản