Tài liệu Ltv lan2 2015 toan www.mathvn.com

®Ò thi thö thpt quèc gia n¨m 2015 Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi M«n thi: To¸n - LÇn thø 2 Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò N¨m häc 2014 - 2015 Câu 1 (2,0 điểm). Cho các hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 2 ( Cm ), y = − x + 2 (d ) , với m là tham số thực. m a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( Cm ) khi m = 1. b) Tìm các giá trị của m để ( Cm ) có hai điểm cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của ( Cm ) đến đường 2. co thẳng (d ) bằng ( ) a) Giải phương trình sin x ( 2sin x + 1) = cos x 2cos x + 3 . ( ) b) Giải phương trình log 3 3x − 6 = 3 − x . π 2 I=∫ sin 2 x 0 ( sin x + 2 ) dx. AT HV Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân N. Câu 2 (1,0 điểm). 2 Câu 4 (1,0 điểm). a) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 4 z + 9 = 0 ; M , N lần lượt là các điểm biểu diễn z1 , z2 trên mặt phẳng phức. Tính độ dài đoạn thẳng MN . b) Một tổ có 7 học sinh (trong đó có 3 học sinh nữ và 4 học sinh nam). Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh đó thành một hàng ngang. Tìm xác suất để 3 học sinh nữ đứng cạnh nhau. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I (3;6;7) và mặt phẳng ( P) : x + 2 y + 2 z − 11 = 0 . Lập phương trình mặt cầu ( S ) tâm I và tiếp xúc với ( P ). Tìm tọa độ tiếp điểm của ( P ) và ( S ) . Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B ; M Câu 6 (1,0 điểm). AB = a,
ACB = 300 ; M là trung điểm cạnh AC . Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 600 . w. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A ' lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của BM . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách từ điểm C ' đến mặt phẳng ( BMB '). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D ; diện tích ww hình thang bằng 6; CD = 2 AB , B(0; 4) . Biết điểm I (3; −1), K (2; 2) lần lượt nằm trên đường thẳng AD và DC . Viết phương trình đường thẳng AD biết AD không song song với các trục tọa độ.  x + x( x 2 − 3 x + 3) = 3 y + 2 + y + 3 + 1 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  3 x − 1 − x 2 − 6 x + 6 = 3 y + 2 + 1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y dương và thỏa mãn x − y + 1 ≤ 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T= x + 3y2 − 2x + y2 5x + 5 y 2 . x +y ---------------- Hết ---------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 2 4 ( x, y ∈ ℝ). ww w. M AT HV N. co m Họ và tên thí sinh: ………………………………………………..; Số báo danh: ……………………… Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi ®¸p ¸n – thang ®iÓm ®Ò thi thö thpt quèc gia n¨m 2015 m M«n thi: To¸n – LÇn thø 2 --------------- Đáp án có 04 trang -------------- Năm học 2014 – 2015 x →−∞ x →+∞ Đạo hàm: y ' = 3 x − 6 x ; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 . 2 AT HV Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 , yCT = −2 ; đạt cực đại tại x = 0 , yCĐ = 2. Bảng biến thiên: x 0 2 −∞ +∞ y' + 0 0 + y 2 +∞ Điểm 0,25 N. Khoảng đồng biến: ( −∞;0 ) ; ( 2; +∞ ) . Khoảng nghịch biến: ( 0; 2 ) co Câu Đáp án 1 a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2 (2,0đ) Tập xác định: D = R . lim y = −∞; lim y = +∞ 0,25 0,25 -2 −∞ Đồ thị: (Hs có thể lấy thêm điểm (−1; −2); (1; 0); (3; 2) ). 0,25 b) (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m để ( Cm ) có k/c điểm cực tiểu của ( Cm ) đến (d ) bằng 2. 0,25 Tọa độ hai điểm cực trị: A(0; 2) và B(2m; 2 − 4m3 ) . 0,25 • m < 0 : A là điểm cực tiểu. Khi đó d ( A, d ) = 0 ≠ 2 (loại). • m > 0 : B là điểm cực tiểu. Khi đó:  2m 3 − m = 1  m = 1(tm) d ( B, d ) = 2 ⇔| 2m3 − m |= 1 ⇔  3 ⇔  2m − m = −1  m = −1(ktm) Đáp số: m = 1 . 0,25 M y ' = 3 x 2 − 6mx = 3 x( x − 2m) . y ' = 0 ⇔ x = 0; x = 2m Điều kiện để hàm số có hai cực trị là m ≠ 0 . ( 0,25 ) w. 2 a) (0,5 điểm) Giải phương trình sin x ( 2sin x + 1) = cos x 2 cos x + 3 . (1,0đ) Phương trình đã cho tương đương với sin x − 3 cos x = 2 ( cos 2 x − sin 2 x ) ⇔ sin x − 3 cos x = 2cos 2 x ⇔ 1 3 sin x − cos x = cos 2 x 2 2 0,25 ww π  π  ⇔ sin  x −  = sin  − 2 x  . 3  2  5π 2π +k ,(k ∈ ℤ) . 3 2 18 3 π π 5π • x − = + 2 x + k 2π ⇔ x = − + k 2π , ( k ∈ ℤ ) . 3 2 6 5π 2π 5π +k + k 2π , k ∈ ℤ . ,x = − Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 18 3 6 • x− π = π − 2 x + k 2π ⇔ x = 0,25 1/4 ( ) b) (0,5 điểm) Giải phương trình log 3 3x − 6 = 3 − x Điều kiện: x > log 3 6 . Phương trình đã cho tương đương với t = 9 ⇔ t = −3(l ) Đáp số: x = 2 . π 2 I =∫ Tính tích phân 0 π ( sin x + 2 ) 2 dx. π 2 I=∫ 0 sin 2 x 2 sin 2 x ( sin x + 2 ) 2 dx = ∫ 0 2sin x cos x ( sin x + 2 ) 2 dx. 1 0 1 tdt (t + 2) 2 = 2∫ 0 t +2−2 (t + 2) 1 1 1 I = 2 ln(t + 2) + 4 0 t+2 0 2 x= π 2 ⇒ t = 1. AT HV Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx . x = 0 ⇒ t = 0; I = 2∫ 1 3 2 1 1 I = 2(ln 3 − ln 2) + 4  −  = 2 ln − . 2 3 3 2 0,25 0,25 ( I ≈ 0.144) . 0,25 4 a) (0,5 điểm) Cho z 2 − 4 z + 9 = 0 . M, N biểu diễn z1 , z2 . Tính độ dài đoạn MN. (1,0đ) Phương trình đã cho có ∆ ' = 4 − 9 = −5 = 5i 2 nên có hai nghiệm z1,2 = 2 ± i 5 . Từ đó M (2; 5), N (2; − 5) ⇒ MN = 2 5 . w. M Đáp số: MN = 2 5 . b) (0,5 điểm) Tính xác suất có 3 học sinh nữ cạnh nhau. Gọi A là biến cố “3 học sinh nữ cạnh nhau” + Số biến cố đồng khả năng: Xếp 7 học sinh ngẫu nhiên, có số hoán vị là 7! + Số cách xếp có 3 học sinh nữ cạnh nhau: Coi 3 học sinh nữ là 1 phần tử, kết hợp với 4 học sinh nam suy ra có 5 phần tử, có 5! cách sắp xếp. Với mỗi cách sắp xếp đó lại có 3! cách hoán vị 3 học sinh nữ. Vậy có 5!.3! cách sắp xếp. 5!.3! 1 = . 7 7! 0,25 0,25 0,25 ( p ( A) ≈ 0.14) . (Cách 2: - - - - - - - 7 vị trí. Xếp 3 nữ cạnh nhau có 5 cách: (123)…(567). Mỗi cách xếp lại có 3! cách hoán vị 3 nữ. Có 4! cách hoán vị 4 nam. Vậy P(A) = 5.3!.4!/7! = 1/7) Cho ( P ) : x + 2 y + 2 z − 11 = 0 , I (3;6;7) ww 5 (1,0đ) 0,25 1 dt dt − 4∫ . 2 t+2 0 0 (t + 2) dt = 2∫ + Xác suất của biến cố A là: p ( A ) = 0,25 co Với t = 9 ⇒ 3x = 9 ⇔ x = 2 (tmđk). 0,25 N. 3 (1,0đ) 27 27 . Đặt t = 3x > 0 ⇒ t − 6 = ⇔ t 2 − 6t − 27 = 0 x t 3 m 3x − 6 = 33− x ⇔ 3x − 6 = | 3 + 12 + 14 − 11| =6. 3 Phương trình mặt cầu ( S ) : ( x − 3)2 + ( y − 6) 2 + ( z − 7) 2 = 36 . Mặt cầu ( S ) tâm I có bán kính R = d ( I , ( P )) = x = 3 + t  Đường thẳng (d ) qua I và vuông góc với ( P) có phương trình  y = 6 + 2t  z = 7 + 2t  0,25 0,25 0,25 (t ∈ R) . 0,25 2/4 Giả sử M = (d ) ∩ ( P) ⇒ (3 + t ) + (12 + 4t ) + (14 + 4t ) − 11 = 0 ⇔ 9t + 18 = 0 ⇔ t = −2 B' 1 1 a2 3 S ABC = .BA.BC = .a.a 3 = . 2 2 2 3a a 2 3 3a 3 3 ⇒ VABC . A ' BC ' = . = . 4 2 2 co a 3 3a ⇒ A' H = . 2 2 A d ( C ',( BMB ') ) = d ( C ,( BMB ') ) = d ( A,( BMB ') ) = 3 3VA. BMB ' . S BMB ' M H AT HV Suy ra Q A' B 1 a 3 . VA. BMB ' = VB '. ABM = VABC . A ' BC ' = 6 8 Do BM ⊥ ( AHA ') nên BM ⊥ AA ' ⇒ BM ⊥ BB ' ⇒ ∆BMB ' vuông tại B ⇒ S BMB ' = 0,25 C N. AC = 2a, MA = MB = AB = a ⇒ AH = m ⇒ M (1; 2;3) . 0,25 6 Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B ; AB = a,  ACB = 300 ; (1,0đ) A ' H ⊥ ( ABC ) ⇒ A ' H là đường cao của hình lăng trụ. C' A' 0  0,25 AH là hình chiếu vuông góc của AA ' lên ( ABC ) ⇒ A ' AH = 60 VABC . A ' BC ' = A ' H .S ABC C' 0,25 P B' 1 1 a2 3 . BB '.BM = .a 3.a = 2 2 2 3a 3 3 a 2 3 3a . d ( C ',( BMB ') ) = : = 4 8 2 0,25 C A M H B a 3 3a 0  ). (Cách 2: d ( A, ( BMB ')) = AE = AH .sin AHE = .sin 60 = 2 4 7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D ; diện tích hình (1,0đ) thang bằng 6; CD = 2 AB , B (0; 4) . I (3; −1), K (2; 2) . Viết phương trình đường thẳng AD. E B 0,25 0,25 K C  b = 1  | − 3 + 5b| |b + 1| 5 2 =6⇔3 . = 6 ⇔| 5b − 3 | . | b + 1|= 2(b + 1) ⇔ b = − . 2 2 3 b +1 b +1  −1 ± 2 2  b = 7 ww S ABCD w. M Vì AD không song song các trục tọa độ nên gọi véc tơ pháp tuyến của AD là  A n = (1; b), b ≠ 0; suy ra: Phương trình AD :1( x − 3) + b( y + 1) = 0 . Phương trình AB : bx − ( y − 4) = 0 . I AB + CD 3 AB 3 S ABCD = . AD = . AD = .d ( B, AD).d ( K , AB ) 2 2 2 3 | − 3 + 5b| |2b + 2| . = . . 2 b2 + 1 b2 + 1 D Đáp số: x + y − 2 = 0;3 x − 5 y − 14 = 0;7 x − (1 + 2 2) y − 2 2 − 22 = 0; 7 x − (1 − 2 2) y + 2 2 − 22 = 0 . 8 x + (1,0đ) Giải hệ phương trình   x( x 2 − 3x + 3) = 3 y + 2 + y + 3 +1 3 x − 1 − x − 6 x + 6 = 2 3 y + 2 +1 (1) 0,25 0,25 ( x, y ∈ ℝ). (2) 3/4 Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 3 − 3; x ≥ 3 + 3; y ≥ −3 ( y+2 + 3 3 y+2 ) 3 0,25 +1 Xét hàm f (t ) = t + t + 1, t ≥ −1 . Ta có f '(t ) = 1 + 3t 2 3 2 t3 +1 > 0 ∀t > −1 , suy ra f (t ) đồng biến m (1) ⇔ x − 1 + ( x − 1)3 + 1 = ∀t ≥ −1 , suy ra x − 1 = 3 y + 2 . 0,25 x − 1 > 0 ta được: Do x = 1 không thỏa mãn nên chia cả 2 vế cho 1 1 + x −1 − 4 + = 3. x −1 x −1 Đặt t = x − 1 + 0,25 t ≤ 3 1 5 > 2 ⇒ t + t2 − 6 = 3 ⇒ t2 − 6 = 3 − t ⇔  2 ⇔t= . 2 2 x −1 t − 6 = (3 − t ) N. x −1 + co Thay vào (2) ta có 3 x − 1 − x 2 − 6 x + 6 = ( x − 1) + 1 ⇔ ( x − 1) + 1 + ( x − 1)2 − 4( x − 1) + 1 = 3 x − 1 AT HV  x −1 = 2  x = 5 ⇒ y = 62 5 1 5  Với t = ⇒ x − 1 + = ⇒ ⇔ .  x −1 = 1  x = 5 ⇒ y = − 127 2 x −1 2 4 64   2 5 127 ). Đáp số ( x; y ) = (5; 62), ( ; − 4 64 0,25 9 x + 3 y2 2x + y2 . − (1,0đ) Cho x, y > 0 : x − y + 1 ≤ 0 . Tìm max: T = 2 x2 + y4 5x + 5 y 2 x 1 1 1 1 1 1 x 1 Ta có x ≤ y − 1 ⇒ 0 < 2 ≤ − 2 = −  −  ≤ . Đặt t = 2 ⇒ 0 < t ≤ y y y 4  y 2 4 y 4 x +1 1 y2 t +3 1 2t + 1 1 Ta có T = với 0 < t ≤ . − . ⇒ T = f (t ) = − . 2 2 4 5 x +1 t +1 5 t +1  x  2 + 1 y  y2    f '(t ) = 1 − 3t 2 M x +3 y2 0,25 1 1 − . 2 3 ( t 2 + 1) 5 ( t + 1) 1 1 ⇒ 1 − 3t ≥ ; 4 4 (t w. Nhận xét: 0 < t ≤ 2 0,25 3 3  17  17 17 + 1) ≤   = ⇒  16  16 16 4 1 − > 0. 17 5 17 16 1 6  1  13 Từ đó f (t ) đồng biến ∀t ∈ (0; ] ⇒ f (t ) ≤ f   = − . 4 17 25 4 1 − 3t (t 2 + 1) 3 ≥ 4 17 17 16 ww 1 1 1 Và − . > − . Do đó f '(t ) > 2 5 (t + 1) 5 = Đáp số: MaxT 1 t∈(0; ] 4 13 6 1 − ⇔ t = ⇔ x = 1; y = 2 . 4 17 25 0,25 0,25 -------------------- Hết -------------------- 4/4