SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TÂY NINH ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT QUANG TRUNG Môn thi: TOÁN Thời gian: 180 phút Câu 1. (2 ,0 điểm ) Cho hàm số 4 2 y x 2x 1    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b)Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 4 2 x 2x 1 m 0     . Câu 2. ( 1,0 điểm ) a) Cho sin a +cosa= 1,25 và π π < a < 4 2 . Tính sin 2a, cos 2a và tan2a. b) Tìm số phức z thỏa mãn: 1 (3 ) 1 2     z z i i Câu 3. ( 0,5 điểm ) Giải phương trình: 1 1 2 4 7.2 1 0     x x . Câu 4. (1, 0 điểm ) Giải bất phương trình:         x x x x x 2 2 3 1 3 22 5 3 16 Câu 5. ( 1.0 điểm ) Tính tích phân: 1 2(1 ln)    e x xdx I Câu 6. (1.0 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a,    0 0 0 90, 120, 90 ASB BSC CSA   . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mp(SAB) Câu 7. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C): (x - 1) 2 + (y + 1) 2 = 20. Biết rằng AC=2BD và điểm B thuộc đường thẳng d: 2x - y - 5 = 0. Viết phương trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có hoành độ dương . Câu 8. (1 .0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: x + y – 2z – 6 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điểm . Câu 9. (0,5 điểm) Có 2 hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ và 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2 bi đỏ và 4 bi trắng . Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên, tính xác suất để 2 bi được chọn cùng màu . Câu 10. (1.0 điểm ) Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:       P x y z 2 2 2 3 3 3 log 1 log 1 log 1 Hết 2 -2 x y 1-1 O 1 f x   = -x 4 +2  x 2 +1 Đáp án: CÂU ĐÁP ÁN ĐI ỂM Câu 1 a)(1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho *TXĐ: D=  *Xét sự biến thiên: + 4 2 x x lim y lim ( x 2x 1)         0,25 +y’= -4x 3 +4x Cho y’=0 2 x 0 y 1 4x( x 1) 0 x 1 y 2 x 1 y 2                       0,25 +BBT: x  -1 0 1  y’ - 0 + 0 - 0 + y 2 2 1   -Hs đồng biến trên mỗi khoảng (-1;0) , (1;  ) Và nghịch biến trên mỗi khoảng (  ;-1) , (0;1) - Hs đ ạt cực tiểu tại điểm x=0, y CT =1 và đ ạt cực đại tại các điểm x= 1  , y CĐ =2 0,25 *Đồ thị (C): d:y=m+2 0,25 b) (1 điểm) Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 4 2 x 2x 1 m 0     (1) (1) 4 2 x 2x 1 m 2       0,25 Nhận xét: (1) là pt hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d: y=m+2 (d song song hoặc trùng với trục Ox) Do đó: số nghiệm của pt (1) bằng số giao điểm của (C) và d 0,25 Dựa vào đồ thị (C) ta có kết quả biện luận sau: *m+2<1  m<-1: (C) và d có 2 giao điểm  pt (1) có 2 nghiệm *m+2=1  m<= -1: (C) và d có 3 giao điểm  pt (1) có 3 nghiệm 0,25 *1<m+2<2  -1<m<0: (C) và d có 4 giao điểm  pt (1) có 4 nghiệm *m+2=2  m=0: (C) và d có 2 giao điểm  pt (1) có 2 nghiệm *m+2>2  m>0: (C) và d không có điểm chung  pt (1) vô nghiệm 0,25 Câu 2 a) (0,5 điểm) Cho sin a +cosa= 1,25 và π π < a < 4 2 . Tính sin 2a, cos 2a và tan2a. Ta có: sin a +cosa= 1,25 25 1 sin 2 16 a   0,25 9 sin 2 16 a  0,25 2 5 7 cos 2 1 sin 16 a a     (vì 2 2 a     ) 0,25 9 7 tan2 35 a   0,25 b) (0,5 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: 1 (3 ) 1 2     z z i i Đặt z=a+bi, với a,b   . Ta có: 1 1 (3 ) ( ) (3 ) 1 2 1 2            z a bi z i a bi i i i 0,25 ( ) 1 ( ) (3 ) 2 2          a b a b i a bi i 0,25 2 3 2 1             a b a a b b 0,25 4 1       a b . Vậy : z=4+i 0,25 Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình: 1 1 2 4 7.2 1 0      x x (1). (1) 2 7 2.2 .2 1 0 2     x x Đặt t=2 x , điều kiện t >0. Pt trở thành: 2 7 2 1 0 2    t t 0,25 1 4 2 (lo¹i) t t          2 x = 1 4  x= -2 Vậy tập nghiệm pt là S={-2} 0,25 Câu 4 (1,0 điểm) Giải bất phương trình:         x x x x x 2 2 3 1 3 2 2 5 3 16 (1) Điều kiện: 1 4 x  Với điều kiện trên pt (1) tương đương:           x x x x 2 2 3 1 2 3 1 20 0,25 Đặt t=    x x 2 3 1 , t >0 Bpt trở thành:     t t 2 20 0 5 4 (lo¹i) t t        Với  t 5 , ta có: x x x x x 2 2 3 1 5 2 2 5 3 3 1           0,25 x x x x x x 2 2 3 1 0 2 5 3 0 3 1 0 26 11 0                        0,25 x x 1 3 13 6 5          Vậy tập nghiệm bất pt là: S= 1 ; 3        0,25 Câu 5 (1.0 điểm) Tính tích phân: 1 2 (1 ln )    e x x dx I Ta có : 1 1 2 2 ln    e e xdx x xdx I 0,25 Đặt I 1 = 1 2  e xdx và I 2 = 1 2 ln  e x x dx Ta có : 2 2 1 1 1    e I x e 0,25 Tính I 2 = 1 2 ln  e x x dx . Đặt: 2 1 ln 2             u x du dx x dv xdx v x 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ( ln ) . 2 2        e e e x e I x x x dx e x 0,25 Vậy I=I 1 - I 2 = 2 3 2  e 0,25 Câu 6 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a,    0 0 0 90 , 120 , 90 ASB BSC CSA   . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mp(SAB) B A C S Chứng minh: ( )  SA mp SBC . . 1 . 3    S ABC A SBC SBC V V S SA 0,25 2 0 2 1 1 3 3 . .sin120 . 2 2 2 4    SBC a S SB SB a Vậy: 2 3 . 1 3 3 . . 3 4 12   S ABC a a V a 0,25 -Ta có các tam giác SAB, SAC vuông cân tại A và SA=SB=SC=a nên: 2   AB AC a -Trong tam giác SBC ta có: BC= 2 2 0 2 2 1 2 . .cos120 2 . . 3 2              SB SC SB SC a a a a a Đặt 2 2 3 2 2      AB AC BC a a p 2 2 15 ( 2) .( 3) 4      ABC a S p p a p a 0,25 Vậy: d(S,(ABC))= 3 . 2 3 3 3 5 12 5 15 4   S ABC ABC a V a S a 0,25 Câu 7 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C): (x - 1) 2 + (y + 1) 2 = 20. Biết rằng AC=2BD và điểm B thuộc đường thẳng d: 2x - y - 5 = 0. Viết phương trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có hoành độ dương . H I D C B A Gọi I là tâm đường tròn (C), suy ra I(1;-1) và I là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng AB . Ta có: AC=2BD 2   IA IB Xét tam giác IAB vuông tại I, ta có: 2 2 2 2 1 1 1 5 1 5 4 20       IB IA IB IH IB 0,25 Ta lại có điểm B  d  B(b, 2b-5) *IB=5 2 2 4 ( 1) (2 4) 5 2 5              b b b b . Chọn b=4 (vì b>0)  B(4;3) 0,25 Gọi ( ; )  n a b  là VTPT của đường thẳng AB, pt đường thẳng AB có dạng: a(x-4)+b(y-3)=0 0,25 Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C) nên ta có: d(I,AB)= 20 2 2 | 3 4 | 20      a b a b 2 2 2 11 24 4 0 11 2            a b a ab b a b *Với a=2b, chọn b=1, a=2  pt đường thẳng AB là: 2x+y-11=0 *Với 2 11  a b , chọn b=11, a=2  pt đường thẳng AB là: 2x+11y-41=0 0.25 Câu 8 (1.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình: x + y – 2z – 6 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc với mặt phẳng (P), tìm tọa độ tiếp điểm . Ta có O(0;0), do mặt cầu (S)có tâm O và tiếp xúc với mp(P) nên ta có: R=d(O,(P))= 2 2 2 | 6| 6 1 1 ( 2)      0,25 Vậy pt mặt cầu (S) là: x 2 +y 2 +z 2 = 6 0,25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mp(P), H chính là tiếp điểm của mặt cầu (S) và mp(P) Đường thẳng OH đi qua O và vuông góc mp(P) nhận (1,1, 2)   n  là vectơ pháp tuyến của mp(P) làm vectơ chỉ phương, pt đường thẳng OH có dạng: 2          x t y t z t * ( , , 2 )    H OH H t t t 0,25 *Ta lại có ( ) 2( 2 ) 6 0 1          H mp P t t t t . Vậy H(1,1,-2) 0.25 Câu 9 (0,5 điểm) Có 2 hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ và 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2 bi đỏ và 4 bi trắng . Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên, tính xác suất để 2 bi được chọn cùng màu . Gọi w là không gian mẫu: tập hợp các cách chọn ngẫu nhiên mỗi hộp 1 viên bi ( ) 7.6 42    n w Gọi A là biến cố 2 bi được chọn cùng màu ( ) 4.2 3.4 20     n A 0,25 Vậy xác suất của biến cố A là P(A)= ( ) 20 10 ( ) 42 21   n A n w 0,25 Câu 10 (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:       P x y z 2 2 2 3 3 3 log 1 log 1 log 1 Trong mp(Oxy), gọi a x b y c z 3 3 3 (log ;1), (log ;1), (log ;1)       và n a b c n (1;3)           Ta có: a b c a b c x y z 2 2 2 2 2 3 3 3 log 1 log 1 log 1 1 3                    0,5 P 10   , dấu = xảy ra khi ba vecto a b c , ,    cùng hướng và kết hợp điều kiện đề bài ta được x=y=z= 3 3 Vậy MinP= 10 khi x=y=z= 3 3 0,5 . TÂY NINH ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT QUANG TRUNG Môn thi: TOÁN Thời gian: 180 phút Câu 1. (2 ,0 điểm ) Cho hàm số 4 2 y x 2x 1    a) Khảo sát sự biến thi n và. ĐÁP ÁN ĐI ỂM Câu 1 a)(1 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho *TXĐ: D=  *Xét sự biến thi n: + 4 2 x x lim y lim ( x 2x 1)         . 4 2 y x 2x 1    a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b)Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 4 2 x 2x 1 m 0     . Câu 2. ( 1,0 điểm )