Trường THPT Nguyễn Diêu ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 42 2 y xx (1). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị   C của hàm số (1). 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị   C tại điểm M có hoành độ 0 2.x  Câu 2 (1,0 điểm). 1) Giải phương trình   sin 4 2cos 2 4 sin cos 1 cos 4 x xxx x   . 2) Tìm phần thực và phần ảo của số phức (4)wzii   biết z thỏa mãn điều kiện     1214.iz iz i Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 2 50,2 log log (5 ) 5 0.xx   Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 22 22 2 ()( 3)3( )2 42163 8 xyx xyy x y xyx               ,xy . Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân    2 2 0 (sin)cos . I xxxdx Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a . , E F lần lượt là trung điểm của A B và BC , H là giao điểm của A F và DE . Biết SH vuông góc với mặt phẳng () A BCD và góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng () A BCD bằng 0 60 . Tính thể tích khối chóp .SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SH , DF . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Điểm (2;3)E thuộc đoạn thẳng B D , các điểm (2;3)H  và (2;4)K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm E trên A B và A D . Xác định toạ độ các đỉnh ,,, A BCD của hình vuông .ABCD Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1;0;0) và đường thẳng d có phương trình 211 . 121 xyz    Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. Từ đó suy ra tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d. Câu 9 (0,5 điểm). Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số và số đó chia hết cho 3? Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực ,, xy z thoả mãn: 222 241 xy zx y  . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2( ) .Txzy   Hết -8-6-4-2 2468 -5 5 x y ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA II NĂM 2015 MÔN : TOÁN CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 1đ 42 2 y xx + TXĐ: D   + Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: 3 '4 4 y xx   . 3 0 '0 4 4 0 1 x yxx x         Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng:   ;1   và (0;1) ; đồng biến trên mỗi khoảng (-1;0) và   1;   .  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y cđ = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại 1x   , y ct = - 1.  Giới hạn :   lim . x y Bảng biến thiên : + Đồ thị: - Giao điểm với Ox : (0; 0);     2;0 , 2;0 - Giao điểm với Oy : (0 ; 0) Nhận xét : Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng. x  -1 0 1  y / - 0 + 0 - 0 + y  0  -1 -1 0,25 0,25 0,25 0,25 1 2 1đ Với x 0 = 2 , y 0 = 0, 0 '( ) 4 2.fx Pttt là 42 8.yx 0,5 0,5 2 1 0,5đ  xxxxx 4cos1cossin42cos24sin       0cossin42cos22cos22cos2sin2 2  xxxxxx    0cossin22cos12sin2cos     xxxxx     0cossin2sin2cossin22cos 2  xxxxxx   01sin2coscossin    xxxx 0.25 Với Zkkxxx  , 4 0cossin   Với       01sin21sin01sinsin2101sin2cos 22  xxxxxx Zmmxx  ,2 2 1sin   0.25 2 0,5đ Gỉa sử  ,. ,zxyixy  suy ra .zxyi   Thế vào gt ta tìm được x= 3, y = 4. Vậy z = 3 +4i. Do đó w = 3i w có phần thực 0; phần ảo 3. 0,25 0,25 3 0,5đ Gpt: 2 50,2 log log (5 ) 5 0xx (1) Đk: x>0. Pt (1) 22 55 55 log log (5 ) 5 0 log log 6 0xx xx  5 5 log 3 125 log 2 1/ 25 x x xx            KL: Vậy tập nghiệm pt (1) là   1/ 25;125T  0,25 0,25 4 1đ ĐK: 16 2, 3 xy  33 (1) ( 1) ( 1) 2 x yyx   Thay y=x-2 vao (2) được 2 4( 2) 3( 2) 4 2 22 3 8 ( 2)( 2) 22 223 4 xx xxx xx xx             2 43 (2) 0(*) 22 223 4 x x xx              Xét f(x)=VT(*) trên [-2;21/3],có f’(x)>0 nên hàm số đồng biến. suy ra x=-1 là nghiệm duy nhất của (*) KL: HPT có 2 nghiệm (2;0),(-1;-3) 0,5 0,25 0,25 5 1đ           222 22 000 ( sin ) cos cos sin cos . MN I x x xdx x xdx x xdx Tính M Đặt cos sin u x du dx dv xdx v x       2 0 sin sin cos 1. 22 22 00 Mx x xdx x         Tính N Đặt sin costxdt xdx Đổi cận 1 2 00 x t x t    1 3 2 0 1 1 . 0 33 t Ntdt       0, 25 0,25 0,25 Vậy 2 . 23 IMN   0,25 6 1 1đ Do ABCD là hình vuông cạnh 2a nên 2 4 ABCD Sa . ()SH ABCD H A là hình chiếu vuông góc của SA trên mp  A BCD  0 60 3SAH SH AH    A BF DAE c g c BAF ADE   Mà:   0 90AED ADE Nên   0 90BAF AED  0 90AHE DE AF Trong A DE có: 2 5 a AH DE AD AE AH Thể tích của khối chóp .S ABCD là: 3 2 12 3 8 15 4 315 5 aa Va (đvtt) Trong mp  A BCD kẻ H KDF  tại K .   ,dSHDF HK . Trong A DE có: 2 4 . 5 a DH DE DA DH Có : 5DF a Trong DHF có: 22 2222 16 9 3 5 55 5 aa a HF DF DH a HF .125 25 HF HD a HK DF   Vậy  12 5 , 25 a dSHDF 0,25 0,25 0,25 0,25 7 1đ Ta có: :30EH y  :20EK x   :20 :40 AH x AK y          2; 4A Giả sử  ;nab  ,  22 0ab là VTPT của đường thẳng B D . Có:  0 45ABD  nên: 22 2 2 a ab ab     Với ab , chọn 11: 10baBDxy       2; 1 ; 3; 4BD   4; 4 1;1 EB ED             E nằm trên đoạn B D (thỏa mãn) 0,25 0,25 Khi đó:  3; 1C   Với ab , chọn 11: 50baBDxy    .  2; 7 ; 1; 4BD   4; 4 1;1 EB ED            4EB ED    E nằm ngoài đoạn B D (L) Vậy:         2; 4 ; 2; 1 ; 3; 1 ; 3; 4AB CD 0,25 0,25 8 1đ +) d có 1 VTCP là   1; 2;1 .u   +) (P) qua A(-1;0;0) và có VTPT   1; 2;1nu   có pt : x + 2y + z +1 = 0. +) H là giao điểm của (d) và (P) nên tọa độ H là nghiệm của hệ pt 1 211 1. 121 210 0 x xyz y xyz z              Vậy H(1;-1;0). 0,25 0,5 0,25 9 0,5đ Số có 5 chữ số cần lập là abcde ( 0a  ; a, b, c, d, e  {0; 1; 2; 3; 4; 5}) 3abcde  () 3abcde - Nếu () 3abcd  thì chọn e = 0 hoặc e = 3 - Nếu ()abcd chia 3 dư 1 thì chọn e = 2 hoặc e = 5 - Nếu ()abcd chia 3 dư 2 thì chọn e = 1 hoặc e = 4 Như vậy với mỗi số abcd đều có 2 cách chọn e để được một số có 5 chữ số chia hết cho 3 Số các số dạng abcd lập được từ tập A là: 5x6x6x6= 1080 số Số các số cần tìm là 2 x 1080 = 2160 số 0,25 0,25 10 1đ    22 222 2 241 1 2 4 1xyzxyx yz  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Xét mặt cầu:     22 2 :1 2 4Sx y z  . Có tâm   1; 2; 0I  ,bán kính 2 R  . Xét mp  :2 2 0xy zT    G/s   ;; M xyz . Từ  1 có điểm M nằm bên trong   S và kể cả trên mặt cầu   S   ,dI R   4 22 10 3 T T    Với 2T  thì M là giao điểm của mp    : 2220xy z   Và đường thẳng  đi qua I và     . 12 :2 2 x t yt zt         144 ;; 333 M     Với 10T  . Tương tự 784 ;; 333 M     0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy min 2T  khi 1 3 4 3 x yz           max 10T  khi 7 3 8 3 4 3 x y z              * Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều đạt điểm tối đa. . Diêu ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 42 2 y xx (1). 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị   C của hàm số (1) với mỗi số abcd đều có 2 cách chọn e để được một số có 5 chữ số chia hết cho 3 Số các số dạng abcd lập được từ tập A là: 5x6x6x6= 1080 số Số các số cần tìm là 2 x 1080 = 2160 số . -8-6-4-2 2468 -5 5 x y ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA II NĂM 2015 MÔN : TOÁN CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 1đ 42 2 y xx + TXĐ: D   + Sự biến thi n:  Chiều biến thi n: 3 '4 4 y xx  