SỞ GD&ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số: 3 2 1 3 5 4 2 y x x    . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5. Câu 2. (1,0 điểm) a) Giải phương trình: sin 4cos sin 3 0 x x x    . b) Tìm môđun của số phức z biết z thỏa mãn điều kiện:     1 2 1 4 .i z i z i     Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình:   3 2 1 2.4 3. 2 0 2 x x x           . Câu 4. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:     2 16 2 9 0 2 6 ; , 6 1 5 2 6 x y x y x x y y x xy x x                  . Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân:   2 2 0 sin I x x x dx     . Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , , 3AB a BC a   , SA=2a. Hình chiếu của S trên (ABC) là điểm D thuộc cạnh AC và thỏa mãn CD = 2AD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SBC). Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC cân tại A với đường cao AH. Gọi HD là đường cao tam giác AHC và 3 15 ; 4 4 M       là trung điểm của HD. Biết A thuộc : 4 0 d x y    và BD có phương trình: 3 10 0 x y    . Tính tọa độ các đỉnh A,C biết hoành độ H nguyên. Câu 8 (1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; -3) và hai đường thẳng 1 1 3 : 2 2 x t d y t z t            , 2 2 : 2 5 x d y t z t          . Viết phương trình đường thẳng  qua A, vuông góc với 1 d và cắt 2 d . Câu 9 (0,5 điểm) Để chuẩn bị kỉ niệm 50 năm thành lập trường THPT Cổ Loa, nhà trường thành lập hai tổ học sinh để đón tiếp các vị đại biểu. Tổ một gồm 3 học sinh 12A1 và 2 học sinh 12A2; tổ hai gồm 3 học sinh 12A1 và 4 học sinh 12A3. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi tổ 2 học sinh. Tính xác suất để trong 4 học sinh lấy ra có đủ học sinh của 3 lớp. Câu 10. (1,0 điểm) Cho cba ,, là các số thực dương thỏa mãn 3. a b c    Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 9 9 . 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) a b c P a b c b a c c a b             Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ THI THỬ SỐ 3 SỞ GD - ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2014 - 2015 Câu Đáp án Điểm a) 1 điểm  Txđ:  . - Sự biến thiên: Chiều biến thiên: 2 3 ' 3 4 y x x  ; 0 ' 0 4 x y x        . 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   ;0  ;   4;  , nghịch biến trên   0;4 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0 x  , ĐC 5 y  ;h/s đạt cực tiểu tại 4 x  , CT 3 y   . Giới hạn: lim ; lim x x y y       . 0,25 - Bảng biến thiên: x  0 4  'y + 0  0 + y  5  3 0,25  Đồ thị 0,25 b) 1 điểm Viết phương trình tiếp tuyến của (C) hàm số biết tiếp tuyến cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5. Gt suy ra tiếp tuyến đi qua điểm A(0;5). Gọi     0 0 ; M x f x là tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là:   3 2 2 0 0 0 0 0 3 3 3 5 4 4 2 x y x x x x x             (d) 0,25 Vì A(0;5) thuộc d nên thay vào ta có 0 0 x  hoặc 0 3 x  0,25 Với 0 0 x  , phương trình tiếp tuyến là: 5 y  0,25 1 (2 điểm Với 0 3 x  , phương trình tiếp tuyến là: 9 5 4 y x    0,25 2 (1 điểm) Pt đã cho (sin sin 3 ) 4cos 0 2sin 2 cos 4cos 0 x x x x x x          2cos sin 2 2 0 x x    0,25   cos 0 , sin 2 2 2 x x k k x vn              . KL. PT có nghiệm: , 2 x k k      0,25 Gỉa sử   , . , z x yi x y    suy ra .z x yi  Thế vào gt ta có: 3 - 2 1 4x y yi i    3 4 x y      0,25 Vậy z = 3 +4i nên 5 z  0,25 Giải phương trình:   3 2 1 2.4 3. 2 0 2 x x x           . PT trở thành: 8 2.4 3.2 0 x x x    . Đặt 2 , 0 x t t   , ta thu được 3 2 2 3 0t t t   0,25 3 (0,5) 0( ), 1( ), 3t l t l t     . Khi t=3 thì 2 log 3 x  . KL: PT có tập nghiệm   2 log 3 S  . 0,25         2 16 2 9 0 1 2 6 ; , 6 1 5 2 6 2 x y x y x x y y x xy x x                  Đk:   2 0 3 6 6 2 6 0 6 0 6 0 x x xy xy x x y x y x                        (1) 16 9 0 2x 3 2x y y      . Nhận xét rằng nếu (x;y) là nghiệm thì y > 0. 0,25 4 (1 điểm) Đặt , 0 2 y t t x   . PT trở thành 16 9 0. 3 t t     (*) Xét   16 9 3 f t t t     trên   0;  . Ta có     8 ' 1 3 3 f t t t      ,   ' 0 1f t t   BBT: t 0 1 +    f t   0 +   f t 0 Từ bbt suy ra (*) 1t  . Khi đó 2y x 0,25 Thay vào (2) ta có:                                                          2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 6 1 5 2 6 ì 3 2 2 6 1 5 2 6 2 6 2 5 2 ì 3 2x 6 4x 4x 5 5 4x 5 8x 18x 6 5 0 5 8x 18x 6 5 0 3 x x x x x v x x x x x x x v x x x . 0,25 Vì   3 2 8 18x 2x 4x 9 2. 3.3 0 x      nên phương trình (3) vô nghiệm. Đối chiếu điều kiện hệ có nghiệm     ; 5;2 5 x y  0,25   2 2 2 2 3 0 0 0 sin sin I x x x dx x dx x xdx           . 0,25 Xét 4 4 2 2 3 1 0 0 4 64 x I x dx        0,25 Tính 2 2 0 sin I x xdx    . Đặt , sin u x dv xdx  ta có , cosdu dx v x   /2 /2 /2 2 0 0 0 cos cos sin 1 I x x xdx x          0,25 5 (1 điểm) Vậy I = 4 1 2 1 64 I I     0,25 AC=2a, 2a D 3 A  . Do   SD ABC SD AD    2 2 4 2 3 a SD SA AD   0,25 S A B C D H I 2 3 . 3 2 1 2 6 3 9 ABC S ABC ABC a S a V S SD      0,25 6 (1 điểm) Mà   AD SBC C  suy ra d(A,(SBC))=     3 , 2 d D SBC Dựng , , , DH BC H BC DI AH I SH    . Suy ra ( )DI SBC .     , DI d D SBC  0,25 2 2 3 3 DH AB a   . Tính 2 2 2 1 1 1 4 2 9 a DI DI SD DH     . Suy ra     2 2 , 3 a d A SBC  . 0,25 M D H A B C G Vì tam giác ABC cân nên AH là đường cao. Gọi G là trung điểm của CD thì GM là đường trung bình tam giác DHC nên GM //HC. Suy ra GM AH . Mà HM AG nên .AM HG Nhưng HG là đường trung bình tam giác BDC nên HG//BD. Vậy DAM B . 0,25 AM qua M 3 15 ; 4 4       và AM vuông góc với BD: x -3y+10=0 nên AM:3x + y – 6 = 0 Vì AM d A  nên tọa độ A là nghiệm của hệ: 4 0 1 3 6 0 3 x y x x y y                . Vậy A(1;3) 0,25 Vì   : 3 10 3 10;D BD x y D d d      . Từ D D D. D 0 A M A M        2 7 259 2 10d 72d 0 37 2 10 d d              0,25 7 (1 điểm) Khi   7 1 7 ; 1;4 , : 4 0 2 2 2 d D H AD x y             . BC đi qua H(1;4) và nhận   0;1 AH  là VTPT nên BC: y = 4. suy ra C(0;4). Khi 37 11 37 2 19 ; ; 10 10 10 5 5 d D H                loại do hoành độ H nguyên 0,25 Gọi 2 d B    . Vì B thuộc   2 2;2 ;5d B t t   0,25 Do 1 1 1 d . 0 AB u AB u           (*), với   1 3; 1;2 u    là một VTCP của d 1 ,   1; ;5 3 AB t t   0,25 (*) 3 10 6 0 1 t t t         . Suy ra   1; 1; 2 AB     là 1 VTCP của  . 0,25 8 (1 điểm) Vậy  có phương trình 1 : 2 3 2 x t y t z t             . 0,25 9 (0,5 điểm) Chọn 2 học sinh thuộc tổ 1 rồi chọn 2 học sinh thuộc tổ 2 suy ra   2 2 5 7 . 210 n C C   Gọi A là biến cố “4 học sinh được chọn có đủ ba lớp” Ta có các trường hợp xảy ra: TH1: Tổ 1 lấy 1 học sinh A1, 1học sinh A2, tổ 2 lấy 1 học sinh A1 và 1 học sinh A3 Có 1 1 1 1 3 2 3 4 . 72 C C C C    cách chọn trong trường hợp này. TH2: Tổ 1 lấy 1 học sinh A1, 1học sinh A2, tổ 2 lấy 2 học sinh A3 Có 1 1 2 3 2 4 36 C C C    cách chọn trong trường hợp này. 0,25 TH3: Tổ 1 lấy 2 học sinh A2, tổ 2 lấy 1 học sinh A1 và 1 học sinh A3 Có 2 1 1 2 3 4 . . 12 C C C  cách chọn trong trường hợp này. Số kết quả thuận lợi cho A, n(A) = 120. Vậy xác suất cần tìm là: ( ) 120 4 ( ) ( ) 210 7 n A P A n     . 0,25 Ta có . )3(2 9 )3(2 9 )3(2 9 22 2 22 2 22 2 cc c bb b aa a P          Xét hàm . )3(2 9 )( 22 2 xx x xf    Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ 1  x là . 3 4 3 1  xy Ta chứng minh 3 4 3 1 )(  xxf (1) ).3;0(  x 0,5 Thật vậy ta có 6)1(3 62 3 1 963 62 3 1 )3(2 9 2222 2         x x xx x xx x ).3;0( 3 4 6 62 3 1      x xx Bất đẳng thức (1) đúng. 0,25 10 (1 điểm) Sử dụng kết quả (1) ta có .5 3 4 3 4 3 4        cba P Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi .1  cba Vậy giá trị lớn nhất của P là 5. 0,25 Chú ý: Nếu thí sinh làm bài theo các cách khác mà vẫn đúng thì vẫn được đầy đủ số điểm theo đáp án qui định. Hết . tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ THI THỬ SỐ 3 SỞ GD - ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2014 - 2015 Câu Đáp án Điểm. GD&ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số: 3 2 1 3 5 4 2 y x. án Điểm a) 1 điểm  Txđ:  . - Sự biến thi n: Chiều biến thi n: 2 3 ' 3 4 y x x  ; 0 ' 0 4 x y x        . 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   ;0  ;   4;  ,