đề thi thử thpt quốc gia môn toán,đề số 47

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.32 MB, 6 trang )

Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202 ( các em không đăng
đáp án ra ngoài)
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
1

Khoá giải đề THPT Quốc Gia – Thầy: Đặng Thành Nam
Môn: Toán; ĐỀ SỐ 47/50
Ngày thi : 30/05/2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Liên hệ đăng ký khoá học – Hotline: 0976 266 202 – Chi tiết: www.mathlinks.vn

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số

y = x
3
− mx
2
+ 2 (1)
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với

m = 3
.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị, trong đó có một điểm cực trị có hoành độ lớn hơn
2.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình

(sin
2015x

2
+ cos
2015x
2
)
2
= 2cos
2
x
2
.
b) Cho số phức

z = 3− x
2
+ x( y −1).i
, biết rằng

y
2
+ y(x −1) = 1
và

z − 3= i
. Tìm x,y.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải$phương$trình!

2
x
2

−x
− 2
3−x
.2
−( x−1)
2
= 3
.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

4x
3
+19x
2
+ 23x + 6 ≤ (x +1) 8−3x
2
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y = (2x −1).ln x
và trục
hoành.
Câu$6$(1,0$điểm).$Cho!hình!chóp!S.ABCD!có!đáy!ABCD!là!hình!thang!vuông!tại!A!và!B,!

BC = a, AB = AD = 2a
.!Cạnh!bên!SA!vuông!góc!với!mặt!đáy!(ABCD),!mặt!bên!(SBC)!tạo!với!
mặt!đáy!góc!60
0
.!Gọi!M!là!trung!điểm!cạnh!SB,!mặt!phẳng!(ADM)!cắt!cạnh!SC!tại!N.!Tính!thể!
tích!khối!chóp!S.ABCD!và!khoảng!cách!giữa!hai!đường!thẳng!BN!và!CD.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp đường tròn tâm
I, chân đường cao hạ từ đỉnh C là điểm H. Tiếp tuyến của đường tròn (I) tại A,C cắt nhau tại M, đường
thẳng BM cắt CH tại N. Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết
H (
1
5
;
12
5
), N (
13
5
;
6
5
)
và điểm
P(0;−
5
2
)
thuộc
đường thẳng AC.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(4;-1;2), B(1;2;2), C(1;-1;5).
Chứng minh rằng O,A,B,C là bốn đỉnh của một tứ diện. Tìm toạ độ tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
OABC.
Câu 9 (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm 3 chữ số khác nhau, chọn ra ngẫu nhiên một
số từ M, tính xác suất để chọn ra được một số lẻ và chia hết cho 3.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số thực dương thuộc đoạn [a;b] với b>a>0. Chứng minh rằng

x − y
z
+
y − z
x
+
z − x
y
≤
(b −a).( b − a)
2
b
2
.

HẾT
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202 ( các em không đăng
đáp án ra ngoài)
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
2

PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số

y = x
3
− mx
2
+ 2 (1)

.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với

m = 3
.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị, trong đó có một điểm cực trị có hoành độ lớn hơn
2.
1. Học sinh tự giải.
2. Ta có:

y ' = 3x
2
− 2mx; y' = 0 ⇔
x = 0
x =
2m
3
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
.
+) Để hàm số có 2 cực trị khi và chỉ khi y’ có 2 nghiệm phân biệt,

2m
3
≠ 0 ⇔ m ≠ 0
.

+) Hai cực trị là

x
1
= 0 <1;x
2
=
2m
3
.
Vậy theo yêu cầu bài toán, ta có:

2m
3
> 2 ⇔ m > 3
.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình

(sin
2015x
2
+ cos
2015x
2
)
2
= 2cos
2
x

2
.
b) Cho số phức

z = 3− x
2
+ x( y −1).i
, biết rằng

y
2
+ y(x −1) = 1
và

z − 3 = i
. Tìm x,y.
a) Phương trình tương đương với:

1+ sin2015x = 2cos
2
x
2
⇔ sin2015x = cos x = sin(
π
2
− x)
⇔
2015x =
π
2

− x + k2π
2015x =
π
2
+ x + k2π
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⇔
x =
π
4032
+ k.
2π
2015
x =
π
4028
+ k.
π
1007
⎡
⎣
⎢
⎢

⎢
⎢
⎢
⎢
,k ∈ !
.
Vậy nghiệm phương trình

x =
π
4032
+ k.
2π
2015
; x =
π
4028
+ k.
π
1007
,k ∈ !
.
b) Ta có:

z − 3= x
2
+ x( y −1).i = i ⇔ x
2
+ x( y −1) = 1⇔ x
2

+ x( y −1) =1
.
Vậy ta có hệ:

x
2
+ x( y −1) =1
y
2
+ y(x −1) =1
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⇔
x
2
− y
2
+ y − x = 0
x
2
+ x( y −1) =1
⎧
⎨
⎪
⎪

⎩
⎪
⎪
⇔
(x − y)(x + y −1) = 0
x
2
+ x( y −1) =1
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⇔
x = 1, y =1
x = −
1
2
, y = −
1
2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
.

Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202 ( các em không đăng
đáp án ra ngoài)
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
3
Vậy

(x; y) = (1;1);(−
1
2
;−
1
2
)
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải$phương$trình!:!

2
x
2
−x
− 2
3−x
.2
−( x−1)
2
= 3
.!
Phương'trình'đã'cho'tương'đương'với!:

2
x
2
−x
−
4
2
x
2
−x
= 3 ⇔ 2
2 x
2
−x
( )
− 3.2
x
2
−x
− 4 = 0
!
Đặt#

t = 2
x
2
−x
> 0
,!khi!đó#phương#trình#trở#thành!:!

t
2
−3t − 4 = 0 ⇔ t = 4 > 0 ⇔ 2
x
2
−x
= 2
2
⇔ x
2
− x = 2 ⇔
x = −1
x = 2
⎡
⎣
⎢
⎢
.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

4x
3
+19x
2
+ 23x + 6 ≤ (x +1) 8−3x
2
.
Điều kiện:

−
8
3
≤ x ≤
8
3
. Bất phương trình tương đương với:

(x + 3)(2x
2
+ 3x −1) + (x +1)(x + 3− 8−3x
2
) ≤ 0
⇔ (4x
2
+ 6x +1) x + 3+
x +1
x + 3+ 8−3x
2
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
≤ 0
⇔ (4x
2

+ 6x +1) x
2
+ 7x +10+ (x + 3) 8−3x
2
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
≤ 0 (*)
.
Ta có:

x
2
+ 7x +10 > 0,∀x ∈ −
8
3
;
8
3
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥

⎥
⎥
,
(x + 3) 8−3x
2
≥ 0,∀x ∈ −
8
3
;
8
3
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
⎥
⎧
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪

⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
.
Suy ra

x
2
+ 7x +10+ (x + 3) 8− 3x
2
> 0
.
Vì vậy

(*) ⇔ 4x
2
+ 6x +1≤ 0 ⇔
−3− 5
4
≤ x ≤
−3+ 5
4
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là

S =
−3− 5
4
;
−3+ 5
4
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
⎥
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

y = (2x −1).ln x
và trục
hoành.
+) Phương trình hoành độ giao điểm:

(2x −1).ln x = 0 ⇔
2x −1= 0
ln x = 0
⎡
⎣
⎢

⎢
⇔
x =
1
2
x = 1
⎡
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
.
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202 ( các em không đăng
đáp án ra ngoài)
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
4
+) Vì vậy

S = (2x −1).ln x dx
1
2
1
∫
= (1−2x)ln x dx
1
2
1
∫

.
Đặt

u = ln x
dv = (1− 2x)dx
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⇒
du =
dx
x
v = x − x
2
⎧
⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
.
Suy ra

V = (x − x
2
)ln x
1
1
2
− (1−x)dx
1
2
1
∫
=
1
4
ln2−(x −
x
2
2
)
1
1
2
=
1
4
ln2−
1
8
.
Câu$6$(1,0$điểm).$Cho!hình!chóp!S.ABCD!có!đáy!ABCD!là!hình!thang!vuông!tại!A!và!B,!

BC = a, AB = AD = 2a
.!Cạnh!bên!SA!vuông!góc!với!mặt!đáy!(ABCD),!mặt!bên!(SBC)!tạo!với!
mặt!đáy!góc!60
0
.!Gọi!M!là!trung!điểm!cạnh!SB,!mặt!phẳng!(ADM)!cắt!cạnh!SC!tại!N.!Tính!thể!
tích!khối!chóp!S.ABCD!và!khoảng!cách!giữa!hai!đường!thẳng!BN!và!CD.!
Vì!AD//BC!nên!MN//BC!do!đó!N!là!trung!điểm!của!SC.!
Ta!có!

BC ⊥ AB
BC ⊥ SA
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ SBA
!
= 60
0
.!
Vì!vậy!

SA = AB tan 60
0
= 2a 3
.! !

!
Suy!ra!!

V
S .ABCD
=
1
3
SA.S
ABCD
=
1
3
.SA.
BC + AD
2
.AB =
1
3
.2a 3.
a + 2a
2
.2a = 2a
3
3
(đvtt).!
Gọi!E!là!trung!điểm!của!BC!khi!đó!AE//BC!và!

AE = BC = a
nên!ABCE!là!hình!chữ!nhật.!

Gọi!I!là!giao!điểm!của!AC!và!BE!khi!đó!I!là!trung!điểm!của!AC,!vì!vậy!NI//SA!suy!ra!

NI ⊥ (ABCD )
.!!
Ta!có!

CD //BE ⇒ CD //(NBE ) ⇒ d CD;BN
( )
= d C ;(NBE )
( )
.!
Kẻ!CK!vuông!góc!với!BE!tại!K!ta!có!

NI ⊥ CK
NK ⊥ BE
⎧
⎨
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⇒ CK ⊥ (NBE )
.!
Tam!giác!vuông!BCE!có!CK!là!đường!cao!vì!vậy!

1
CK
2
=

1
CB
2
+
1
CE
2
=
1
a
2
+
1
4a
2
⇒ CK =
2a 5
5
.!
Vì!vậy!

d CD; BN
( )
= CK =
2a 5
5
.!!
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp đường tròn tâm
I, chân đường cao hạ từ đỉnh C là điểm H. Tiếp tuyến của đường tròn (I) tại A,C cắt nhau tại M, đường
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202 ( các em không đăng

đáp án ra ngoài)
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
5
thẳng BM cắt CH tại N. Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết
H (
1
5
;
12
5
), N (
13
5
;
6
5
)
và điểm
P(0;−
5
2
)
thuộc
đường thẳng AC.
HD: Chứng minh N là trung điểm của CH. Đ/s: A(-3;-4), B(2;6) và C(5;0).

Gọi K là giao điểm của AC và IM khi đó K là trung điểm AC và
AK ⊥ MK
, gọi E là giao điểm của BM và (I), ta có

AE ⊥ ME
.
Do đó tứ giác MEKA nội tiếp đường tròn, suy ra

KEN
!
= MAC
!
.
Mặt khác MA//CH (vì cùng vuông góc AB).
Do đó

MAC
!
= KCN
!
.
Từ đó suy ra

KEN
!
= KCN
!
, tức tứ giác CEKN nội tiếp.
Suy ra

CKN
!
= CEN
!

= CEB
!
= CAB
!
⇒ KN / /AB ⇒ N
là trung điểm CH.

Vì N là trung điểm của CH nên C(5;0).
Phương trình đường thẳng AB đi qua H vuông góc CH là
2x − y + 2 = 0
.
Phương trình đường thẳng AC đi qua C,P là
x − 2y − 5 = 0
.
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ
x − 2y − 5 = 0
2x − y + 2 = 0
⎧
⎨
⎩
⇒ A(−3;−4)
.
Phương trình đường thẳng BC qua C vuông góc AB là
2x + y − 10 = 0
.
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ
2x + y −10 = 0
2x − y + 2 = 0
⎧

⎨
⎩
⇒ B(2;6)
.
Vậy A(-3;-4), B(2;6) và C(5;0).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(4;-1;2), B(1;2;2), C(1;-1;5).
Chứng minh rằng O,A,B,C là bốn đỉnh của một tứ diện. Tìm toạ độ tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
OABC.
+) Ta có:

OA
! "!
= (4;−1;2),OB
! "!
= (1;2;2),OC
! "!!
= (1;−1;5)
, suy ra:

OA
! "!
,OB
! "!
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥

= (−6;−6;9) ⇒ OA
! "!
,OB
! "!
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
.OC
! "!!
= −6+ 6+ 45 = 45 ≠ 0
.
Vậy O,A,B,C là bốn đỉnh của một tứ diện.
+) Gọi I(x;y;z) là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC, ta có:
Bản quyền thuộc về Mathlinks.vn – Thầy: Đặng Thành Nam – 0976 266 202 ( các em không đăng
đáp án ra ngoài)
Hotline: 0976 266 202 Đăng ký nhóm 3 học sinh nhận ưu đãi học phí
Chi tiết: Mathlinks.vn
6

IO
2
= IA
2
IO
2
= IB
2