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 y2x36x24.
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:
2sinx1 3cos 4
x2sinx4
4cos2x3. 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 2log x2 2 log x 5 log 80. Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: 5 1
1x3
x2
4x225x18
.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, ABBCa 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 21ab2bc8ca12. 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
x00
.
0 02 0 0 015 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)
2sinx1 3cos 4
x2sinx4
4cos2x3
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 kZ. 2b
(0,5đ)
Giả sử z x yi với x y, R.
2 2
2 4
z x y .
2
22 2 2
2 2 4
z z x y x xyy
x2 y2
2 x2 y2
6xy22x34
4 2 4 6x
4x2
2x348x324x160
1 3
2 0
x y
x y
.
Vậy z 2 hay z 1 3i . 3
(0,5đ) Điều kiện: x5.
2 4 1 2 2 2
2
log x2 2 log x 5 log 8 0 log x2 log x5 log 8
2
5
8 63 x x x
x
.
So với điều kiện, phương trình có nghiệm x6. 4
(1,0đ)
Điều kiện: x 1.
5 1
1x3
x2
4x225x18
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
225 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 1x f 2x 4 5 1x3 2
x22
5
x1
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 21 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 20 0
1 ln 4
x
I
x ex dx
xe dx.Ta có: ln 4 2 ln 40 ln 4 2
ln 400 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) hcABCDSCHC
SC ABCD,( )
SC HC,
SCH 600
1 3 2
( )
2 2
ABCD
S ADBC 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 HKSM tại K HK(SCD)HKd H SCD( ,( ))
Gọi I ABDC
BC là đường trung bình của tam giác AID B là trung điểm AI .
Ta có ACCD
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 HAHM (*)
Md x: 4y 3 0 M
4m3 ; m
AH
9; 3
, HM
4m3 ; m2
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.
DDC 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 AMBD 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 tR 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 RIA 65 Phương trình
S : x1
2 y1
2z2 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.P318 (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
xa , 1
y b, 1
zc x, y, z > 0, 2x8y21z12xyz và S x 2y3z.
2x8y21z12xyz
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 zg y( ) ta có:
5 15
( ) 4 2
Sg y g
Vậy min 15
S 2 khi 1
a3, 4
b 5, 3 c2.