Đề thi thử THPT quốc gia 2015 môn Toán trường Marie Curie | Toán học, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

TRƯỜNG THPT MARIE CURIE

ĐỀ LUYỆN TẬP – KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y2x³6x²4.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( )C , biết tiếp tuyến song song với đường thẳng

:15 2 0

d x y và tiếp điểm có hoành độ dương.

Câu 2. (1,0 điểm)

a) Giải phương trình:



^2sinx^{1 3cos 4}



^x^2sinx⁴



^4cos2x³. b) Tìm số phức z thỏa hệ thức: z² z 2 và z 2.

Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: 2

 

4

 

1 2

log x2 2 log x 5 log 80. Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: ^{5 1}



^{ 1x3}



^x2

^

^{4x225x18}

^

^.

Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: ^{ln 4}

 

0

1 ^x

I 



x e dx^.

Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình thang vuông tại A và B, ABBCa và 2

AD a. Hình chiếu vuông góc của S trên đáy là trung điểm H của đoạn AB. Cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc bằng 60⁰. Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD. và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng



^SCD



^.

Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và B, có 2

BC AD, đỉnh ^A



^3;1



và trung điểm M của đoạn BC nằm trên đường thẳng d x: 4y 3 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD, biết ^H



^{6; 2}



là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng CD.

Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : ^{1 1}

1 2 1

x y z

d    

 và điểm



^{5;4; 2}



A  . Tìm tọa độ điểm H trên đường thẳng d sao cho AH vuông góc với d và viết phương trình mặt cầu đi qua điểm A và có tâm là giao điểm của d với mặt phẳng Oxy.

Câu 9. (0,5 điểm) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được chọn từ các số 0; 1; 2;

3; 4; 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S, tính xác suất để số được chọn có mặt ít nhất chữ số 1 hoặc chữ số 2.

Câu 10. (1,0 điểm) Cho a, b, c là 3 số thực dương và thỏa 21ab2bc8ca12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S ^{1 2 3}

a b c

   .

---HẾT---

HƯỚNG DẪN

Câu Nội dung Điểm

1a (1,0đ)

Học sinh tự làm

1b (1,0đ)

Gọi M x y



0; 0



là tiếp điểm



x00



.

 

0 0² 0 0 0

15 1 9

6 12

2 2 4

f x  x  x  x  y   Phương trình tiếp tuyến ¹⁵ 6

y 2 x 2a

(0,5đ)



^2sinx^{1 3cos 4}



^x^2sinx⁴



^4cos2x³



^{2sinx 1 3cos 4}



^{x 2sinx 4}



^{1 4sin2x}

     



^{2sinx 1 3cos 4}



^{x 3}



⁰

   

2 7 2

6 6 2

x  k  hay x  k  hay x k

       với kZ. 2b

(0,5đ)

Giả sử z x yi với x y, R.

2 2

2 4

z  x  y  .

 

²

^{ }

²

2 2 2

2 2 4

z   z x y x  xyy 

^



^{x2 y2}

 

^{2  x2 y2}



^{6xy22x34}

^

   

^{4 2  4 6x}



^4x2



^2x34

8x³24x160

1 3

2 0

x y

x y

    

      ^.

Vậy z 2 hay z 1 3i . 3

(0,5đ) Điều kiện: x5.

       

2 4 1 2 2 2

2

log x2 2 log x 5 log 8 0 log x2 log x5 log 8



²



⁵



^{8 6}

3 x x x

x

 

        .

So với điều kiện, phương trình có nghiệm x6. 4

(1,0đ)

Điều kiện: x 1.

^{5 1}



^{ 1x3}



^{ x2}

^

^{4x225x18}

^

3 4 3 2

5 5 1 x 4x 25x 18x

     

3 3 4 2

25x 25 5 1 x 4x 18x 20

      



³



³



^{4 2}



²

25 x 1 5 1 x 4x 16x 16 2x 4

        



^{5 1 x3}



^{2 5 1 x3}

^

^{2x2 4}

^

^{2 2x2 4}

        (1)

Hàm số ^{f t}

 

^{ t2 t} đồng biến trên



^0;



^nên



³

 ^

²

^

(1) f 5 1x  f 2x 4 ^{5 1x3 2}



^x22



^5



^x1

 

^{x2  x 1}



^2_

^

^{x 1}

^ 

^{x2 x 1}



^_ ⁽²⁾

Đặt: u x 1 0 và v x²  x 1 0

(2) thành: ^{5 2}



^{2 2}



^{2 2 5 2 0 2}

1 2 u

u u v

uv u v

u

v v

v

 

   

             



Với u 2

v  : ² ₂ 1

1 2 1

4 5 3 0

x x x x

x x

  

     

  

 vô nghiệm.

Với 1

2 u

v  : ² ₂ 1 5 37

2 1 1

5 3 0 2

x x x x x

x x

   

      

  

 .

Phương trình có hai nghiệm: ^{5 37} x 2 . 5

(1,0đ) ^{ln 4}

 

^{ln 4 2}

0 0

1 ln 4

x

I 



x ex dx 



xe dx^.

Ta có: ^{ln 4 2 ln 4}₀ ^{ln 4 2}

 

^{ln 4}₀

0 0

2 2 2 4 4 ln 4 4

x x

x x x

xe dx x e  e dx  x e  e  

 

^.

Vậy I  4 3ln 4. 6

(1,0đ)  SH (ABCD) hc_ABCDSCHC



^{SC ABCD,( )}

 

^{SC HC,}



^{SCH 600}

   

 1 3 ²

( )

2 2

ABCD

S  ADBC AB a

 ^{2 2 5}

2 HC  BC BH a ,

⁰ 15

tan 60 2

SH HC a

 _. ^{3 15}

S ABCD 4

V  a (đvtt)

 Vẽ HM DCtại M DC(SHM)

Vẽ HKSM tại K HK(SCD)HKd H SCD( ,( ))

 Gọi I ABDC

 BC là đường trung bình của tam giác AID  B là trung điểm AI .

 Ta có ACCD

 HM/ /AC 3 3 3 2

4 4 4

HM IH a

HM AC

AC IA

     

 ¹ ₂ ¹₂ ¹ ₂ ( ,( )) ^{3 65} 26 d H SCD HK a

HK  SH HM    .

7

(1,0đ)  Từ giả thiết ta có ABMD là hình chữ nhật.

Gọi ( )C là đường tròn ngoại tiếp ABMD.

 BH DH  H( )C  HAHM (*)

 Md x: 4y 3 0  ^M



^{4m3 ; m}



 ^{AH }



^{9; 3}



^{, HM }



^{4m3 ; m2}



 Ta có: (*)AH HM. 0

   

9 4m 3 3 m 2 0 m 1

      

Suy ra: ^M

 

^{7;1 .}

 ADCM là hình bình hành

 DC đi qua ^H



^{6; 2}



và có một vectơ chỉ phương ^{AM }



^10;0



I S

A H

B

D

C M K

60⁰

A

B M C

D H

I

 Phương trình DC y:  2 0.

 DDC y:  2 0  ^{D t}



^{; 2}



 ^AD 



^{t 3 ; 3}



, ^MD 



^{t 7 ; 3}





    

 

2 2; 2

. 0 3 7 9 0

6 6; 2 (

t D

AD DM AD MD t t

t D H

    

         

   

 loại)

 GọiI AMBD  I là trung điểm AM  ^I

 

^2;1

 I là trung điểm BD ^B

 

^6;4

 M là trung điểm BC ^C



^{8; 2}



 Vậy: ^B

 

^{6;4 , C}



^{8; 2}



, ^D



 ^{2; 2}



. 8

(1,0đ)  ^{H d H t}



^{;1 2 ; 1 t  t}



^{với tR}

 ^{AH  }



^{t 5;2t  3; t 1}



 d cĩ một vectơ chỉ phương ^a



^{1;2; 1}



 AH  d AH a.   0 t 2

 Vậy: ^H



^{2;5; 3}



 Gọi I là tâm mặt cầu

 

^S cần tìm, ta cĩ:

 

1 1

: 1 2 1 1; 1;0

0

x y z

I d Oxy I I

z

 

  

       

 



 

^{S đi qua A}  bán kính RIA 65

 Phương trình

  

^{S : x1}

 

^{2 y1}



^{2z2 65.}

9

(0,5đ)  Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được chọn từ 0; 1; 2; 3; 4; 5 là:

3

5.A5 300 (số).

 Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được chọn từ 0; 3; 4; 5 là:

3.P318 (số).

 Số các số tự nhiên được chọn cĩ mặt ít nhất chữ số 1 hoặc chữ số 2 là:

300 18 282 (số).

 Xác suất cần tìm: ^{282 47} 300 50. 10

(1,0đ)  Đặt 1

xa , 1

y b, 1

zc  x, y, z > 0, 2x8y21z12xyz và S x 2y3z.

 2x8y21z12xyz 

2 8

2 8

12 21

12 21

(12 21) 2 8

12 21 0 7

4

x y x y z

z xy

z xy x y xy

xy x

y

  

    

  

    

    

 

 Ta cĩ: 2 8

2 4 7

x y

S x y

xy

   

 .

 Xét hàm số 2 8

( ) 2

4 7

x y f x x y

xy

   

 trên 7 4y;

 

 

 

 

2 2 2

32 14

14 32 7 7

( ) 1 0 ;

4 4 4

4 7

y y

f x x

y y y

xy

  

          

 Lập bảng biến thiên cho hàm số y f x( ) ta cĩ:

2 2

32 14 32 14

7 9

( ) 2

4 4 4 4

y y

S f x f y

y y y y

   

      

 Xét hàm số 9 32 ² 14 ( ) 2

4 4

g y y y

y y

    trên



^0;





²



²

_{ }

2 2

8 9 32 14 28 5

( ) 0 0;

4 32 14 4

y y

g y y

y y

  

      



 Lập bảng biến thiên cho hàm số zg y( ) ta có:

5 15

( ) 4 2

Sg y g  

 

 Vậy min ¹⁵

S  2 khi ¹

a3, ⁴

b 5, ³ c2.