Đang tải... (xem toàn văn)
tuyển tập 23 đề thi thử môn toán trung học phổ thông, có lời giải chi tiết, cụ thể, dể hiểu, nội dung đề thi bám sát các đề thi truyển sinh chính thức trong các năm qua.cung cấp các cách giải hay, ngắn gọn cho từng đề thi. giúp học sinh rèn luyện, trau dồi kiến thức, để chuẩn bị cho kì thi toota nghiệp đạt kết quả cao.
DeThi ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN BAN CHUYÊN MÔN Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 3mx (1), với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B cho diện tích tam giác OAB (O gốc tọa độ) Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình log x log x1 3 log 2 x 2 Câu (1,0 điểm) a) Gọi A, B hai điểm biểu diễn cho số phức nghiệm phương trình z z Tính độ dài đoạn thẳng AB b) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, thí sinh dự thi tối đa môn: Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa Tiếng anh Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm môn kì thi chung có hai môn Toán Văn Hỏi trường Đại học có phương án tuyển sinh? sin x dx cos x 3cos x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 4;2;2 , B 0;0;7 đường thẳng d : x y z 1 Chứng minh hai đường thẳng d AB thuộc 2 mặt phẳng Tìm điểm C thuộc đường thẳng d cho tam giác ABC cân đỉnh A Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy tam giác cân, AB AC a , BAC 1200 Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 600 Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng AB ' C ' theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A 1;2 Gọi M, N trung điểm cạnh AD DC; K giao điểm BN với CM Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình x y điểm B có hoành độ lớn 1 y x y x y 3xy Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x, y 2 y 1 x 2y 2y x Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z xy yz zx Tìm giá trị lớn biểu thức: P x y z x y z 3 -Hết ĐÁP ÁN Câu Nội dung a) Khảo sát hàm số y x 3mx Với m = 1, ta có hàm số: y = x3 + 3x2 + *) TXĐ: *) Sự biến thiên: +) Giới hạn vô cực: lim im y Điểm 0,25 x +) Chiều biến thiên: y' = 3x2 + 6x y' = x = x = -2 Bảng biến thiên: x - y’ -2 + 0 - + + 0,25 + y - hàm số đồng biến (-; -2) (0; +); hàm số nghịch biến (-2; 0) hàm số đạt cực đại x = -2, yCĐ = 6; hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = *) Đồ thị: Nhận xét: đồ thị hàm số nhận điểm I(-1; 4) làm tâm đối xứng 10 0,25 0,25 -15 10 5 110 2 b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B cho diện tích tam giác OAB Với x , y' = 3x2 + 6mx y' = x = x = -2m Để hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình y' = có hai nghiệm phân biệt m0 Khi đó, tọa độ điểm cực trị là: A(0; 2); B(-2m; 4m3 + 2) m SOAB = OA.d(B;OA) = 2m (thỏa mãn) m 1 Vậy với m = hàm số có cực trị thỏa mãn log x log x1 3 log 2 x 4 6 2 0,5 0,5 log log x 1 3 log x x 2 2 log x log 22 x 1 3.2 x DeThiThu.Net - Đ Thi Th Đ i H c - THPT Qu c Gia - C p Nh t H ng Ngày! 0,5 x 22 x 1 3.2 x 0,5 x 3.2 x x 1 L x x2 Vậy BPT có tập nghiệm: S = 2; a) Xét phương trình: z z ' = - = -2 = i 2 Phương trình có hai nghiệm: z1 1 i 2; z2 1 i A 1; ; B 1; 0,25 AB = 2 b) TH1: Trường ĐH xét môn Toán Văn: Có: 2.C62 30 (cách) TH2: Trường ĐH xét hai môn Toán Văn: Có: 1.C61 (cách) Vậy có trường hợp là: 30 + = 36 (cách) 0,25 0,25 0,25 2 sin x sin x I dx dx cos x 3cos x 2cos x 3cos x 0 Đặt cosx = t dt = -sinxdx Với x = t = 1; với x = 0,25 t=0 dt dt dt t t t t t t 0 1 I 0,25 2t = ln ln 2t 0,5 Đường thẳng d có véctơ phương u 2;2;1 qua M(3;6;1) Đường thẳng AB có véctơ phương AB 4; 2;5 AM 1;4; 1 Ta có: u, AB 12;6;12 u, AB AM 12 24 12 Vậy AB d đồng phẳng 0,5 C d C 2t;6 2t;1 t Tam giác ABC cân A AB = AC (1 + 2t)2 + (4 + 2t)2 + (1 - t)2 = 45 0,5 9t2 + 18t - 27 = t = t = -3 Vậy C(1; 8; 2) C(9; 0; -2) B C A H K B' C' A' + Xác định góc (AB'C') mặt đáy AKA ' AKA ' 600 a a Tính A'K = A ' C ' AA ' A ' K tan 600 2 3a VABC A ' B ' C ' =AA'.SABC 0,5 +) d(B;(AB'C')) = d(A';(AB'C')) Chứng minh: (AA'K) (AB'C') Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK A'H (AB'C') d(A';(AB'C')) = A'H a Tính: A'H = a Vậy d(B;(AB'C')) = 0,5 Gọi E = BN AD D trung điểm AE Dựng AH BN H AH d A; BN 1 Trong tam giác vuông ABE: 2 AH AB AE 4AB2 5.AH 4 AB A B H M 0,25 K D N E C B BN B(b; - 2b) (b > 2) AB = B(3; 2) 0,25 Phương trình AE: x + = E = AE BN E(-1; 10) D(-1; 6) M(-1; 4) Gọi I tâm (BKM) I trung điểm BM I(1; 3) R BM 2 Vậy phương trình đường tròn: (x - 1) + (y - 3) = 0,25 0,25 1 y x y x y 3xy 1 2 y x y x y 2 ĐK: y -1 Xét (1): 1 y x y x y 3xy Đặt x2 y t t 0 0,5 Phương trình (1) trở thành: t 1 y t x y x y 3xy = (1 - y)2 + 4(x2 + 2y2 + x + 2y + 3xy) = (2x + 3y + 1)2 2 t x y x y x y x2 y x y t x y Với x y x y , thay vào (2) ta có: y y 1 3y 1 y0 9 y y 0,25 x x (vô nghiệm) 1 x y 2 x Với x y x y , ta có hệ: 2 x y x y y 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y ; Từ điều kiện: 5x2 + 5(y2 + z2) = 9x(y + z) + 18yz 5x2 - 9x(y + z) = 18yz - 5(y2 + z2) Áp dụng BĐT Côsi ta có: yz y z ; y2 z y z 2 18yz - 5(y2 + z2) 2(y + z)2 Do đó: 5x2 - 9x(y + z) 2(y + z)2 [x - 2(y + z)](5x + y + z) x 2(y + z) x 2x P 3 y z x y z y z x y z y z 27 y z 0,25 Đặt y + z = t > 0, ta có: P 4t Xét hàm P 16 y z 12 Vậy MaxP = 16 x 3 t 27 KHỞI ĐỘNG TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015 Môn thi: Toán – THPT Thời gian làm bài: 180 phút Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y 2 x x C a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số C b Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y mx 1 cắt đồ thị C ba điểm phân biệt M 0;1, N , P cho N trung điểm MP Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2cos x sin x cos 2x cos x sin x Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường cong y x đường thẳng y 2 x Câu (1,0 điểm) a Giải phương trình log x 1 log x 1 b Đội niên xung kích trường phổ thông có 12 học sinh gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C Chọn ngẫu nhiên học sinh làm nhiệm vụ Tính xác suất để học sinh chọn không lớp Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có đỉnh A 1; 2;3, B 2;1;0 C 0; 1; 2 Viết phương trình đường cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, SA SB a ; SD a mặt phẳng SBD vuông góc với mặt phẳng đáy ABCD Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ A đến mặt phẳng SCD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AC AB Điểm M 1;1 trung điểm BC , N thuộc cạnh AC cho AN NC , điểm D thuộc BC cho AD đối xứng với AM qua tia phân giác góc ̂ Đường thẳng DN có phương trình 3x y Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết C thuộc đường thẳng d : x y 2 x 5xy y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 y xy y y xy Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc đoạn 1;2 Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức: A x y y2 z z x x y4 z Hết HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ QG NĂM 2015 Đề - Ngày thi : 10-10-2014 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu Cho hàm số : y = x –23 + x62 + (C) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) b Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = mx + cắt đồ thị (C) ba điểm phân biệt M(0; 1), N, P cho N trung điểm MP Lời giải : a Tập XĐ: D = R Đạo hàm: y = –6x2 + 12x y = ⇐⇒ x = hay x = nên y(0) = hay y(2) = lim y = –∞, lim y = +∞ x→+∞ x→–∞ Bảng biến thiên x y –∞ – 0 +∞ + +∞ – y –∞ Hàm số y = –2x3 + 6x2 + đồng biến khoảng (0; 2) Hàm số y = –2x3 + 6x2 + nghịch biến khoảng (–∞; 0) , (2; +∞) Điểm cực đại (2; 9) Điểm cực tiểu (0; 1) Đồ thị y x b Đường thẳng y = mx + cắt đồ thị (C) ba điểm phân biệt M(0; 1), N, P phương trình hoành độ giao điểm –2x3 + 6x2 + = mx + có nghiệm phân biệt tức x(2x2 – 6x + m) = có nghiệm phân biệt Như cần 2x2 – 6x + m = có hai nghiệm phân biệt khác nghĩa – 2m > m = 0, nên cần m < Giả sử N(x1 ; y1 ), P(x2 ; y2 ) N trung điểm MP nên 2x1 = x2 2y1 = y2 + Ta có x1 , x2 nghiệm 2x2 – 6x + m = nên x1 + x2 = suy x1 = 1, x2 = 2, y1 = 5, y2 = m = Câu Giải phương trình: 2( sco x + n si x – sco )2x sco x = + n si x Lời giải: Phương trình cho tương đương với: cos2 x – – cos 2x cos x + sin x cos x – sin x ⇐⇒ cos 2x – cos 2x cos x – sin x + sin x cos x ⇐⇒ cos 2x (1 – cos x) – sin x (1 – cos x) = ⇐⇒ (1 – cos x)(cos 2x – sin x) = x = k2π π 2π cos x = cos x = x= +k π ⇐⇒ cos 2x = sin x ⇐⇒ ⇐⇒ (k ∈ Z ) 6π cos 2x = cos –x x = – + k2π π 2π π Vậy phương trình cho có nghiệm x = k2π; x = + k ; x = – + k2π (k ∈ Z ) Câu Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường cong y = –2 + đường thẳng y = x x Lời giải : y = –2x + y = x ( 12 , 2) Hoành độ giao điểm đường cong đường thẳng nghiệm phương trình = –2x + ⇐⇒ x = 12 hay x = x Diện tích hình phẳng 1 1 S= –2x + – dx = –2x + – dx 1 x x 2 = –x2 + 3x – ln x = – ln (1, 1) Câu glo3 x (– )12 + glo√3 x a Giải phương trình (2 – )1 = b Đội niên xung kích trường phổ thông có 12 học sinh gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C Chọn ngẫu nhiên học sinh làm nhiệm vụ Tính xác suất để học sinh chọn không lớp Lời giải : a Điều kiện x> x=1 Ta có: log3 (x – 1)2 + log√3 (2x – 1) = ⇐⇒ log3 (|x – 1|) + log3 (2x – 1) = ⇐⇒ (x – 1) (2x – 1) = (1 – x) (2x – 1) = ⇐⇒ 2log3 (|x – 1|) + 2log3 (2x – 1) = ⇐⇒ log3 [|x – 1| (2x – 1)] = ⇐⇒ x = Kết hợp với điều kiện nghiệm phương trình cho là: x = b.Cách Số cách chọn học sinh có 12 học sinh là: 412 = 495 (cách) Số cách chọn học sinh mà học sinh lớp gồm: TH1: Chỉ có học sinh lớp A: 45 (cách) TH2: Chỉ có học sinh lớp B: 44 (cách) TH3: Có học sinh lớp A có học sinh lớp B: 49 – 45 – 44 (cách) TH4: Có học sinh lớp A có học sinh lớp C: 48 – 45 (cách) TH5: Có học sinh lớp B có học sinh lớp C: 47 – 44 (cách) Tóm lại có: 49 + 48 + 47 – 45 – 44 = 225 (cách) 225 Vậy xác suất cần tính là: = 495 11 b.Cách Số cách chọn học sinh có 12 học sinh là: 412 = 495 (cách) Số cách chọn học sinh gồm: Lớp A có hs, lớp B có hs, lớp C có hs 25 14 23 (cách) Số cách chọn học sinh gồm: Lớp A có hs, lớp B có hs, lớp C có hs 15 24 13 (cách) Số cách chọn học sinh gồm: Lớp A có hs, lớp B có hs, lớp C có hs 15 14 23 (cách) Số cách chọn học sinh có lớp là: 25 14 23 + 15 24 13 + 15 14 23 = 270 (cách) Tóm lại số cách chọn học sinh mà học sinh lớp : 495 – 270 = 225 (cách) 225 Vậy xác suất cần tính là: = 495 11 Câu Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có đỉnh A(1; –2; 3), B(2; 1; 0), C(0; –1; –2) Viết phương trình đường cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC Lời giải : ––→ CB = (2; 2; 2), mặt phẳng α qua A vuông góc BC có phương trình (x – 1) + (y + 2) + (z – 3) = ⇐⇒ x + y + z – = x–2 y–1 z = = BC cắt α H có tọa độ thỏa 1 x+y+z–2=0 ––→ 2 10 nên H ; ;– AH = ; ;– 3 3 3 Do phương trình đường cao xuất phát từ đỉnh A tam x–1 y+2 z–3 giác ABC AH : = = –5 √ Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, SA = SB = a; SD = a mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt đáy (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) Lời giải: Kẻ SH ⊥ BD ⇒ SH đường cao hình chóp Gọi E, I trung điểm AB, BD AB = SA = SB = a suy SAB nên SE ⊥ AB, AB ⊥ (SHE) EH trung trực AB BE BH ⇒ BEH ∼ BIA ⇒ = ⇔ BH.2BI = BA.2BE BI BA ⇔ BH.BD = BA2 = SB√2 = a2 ⇒ SBD vuông S √ a Từ ta SH = , BD = a 3, AC = a √ a3 ⇒ VS.ABCD = Gọi K trung điểm √ SD ta AK⊥SD⊥CK √ SD a a Mà SK = = nên AK = SA2 – SK2 = 2 √ a tương tự ABC nên SC = a =⇒ CK = suy ACK vuông cân K AK⊥(SCD) √ a Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) AK = (1,0đ) Ta có cos( AB, BC ) 450 , ( AB, BC ) 450 BCD ABC 1350 Theo giả thiết tam giác ABD vuông cân A, suy tam giác DBC vuông cân B DC AB SADC AD.DC 10 AD 10 0,25 Ta có tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình x y 10 x B(4, 2) 2 x y 10 y C (a,10 2a) d (C , AB) 10 a 3(10 2a) 10 10 10 0,25 a 20 5a 10 a +) a , suy C (2;6) , suy phương trình CD : x y 20 Tọa độ điểm D(8; 4) Phương trình BD x y 0,25 Phương trình đường thẳng AD 3x y 20 +)a = ,suy C(6,-2) làm tương tự suy Phương trình DC x y 0,25 Phương trình AD 3x y Thử lại thỏa mãn (1,0đ) Tập xác định: xy Đặt x z xz 4 (1) 2y z , ta có hệ phương trình xz (2) x z xz Từ (1) suy xz x4 z x2 z xz (*) xz xz Ta có: x z (Dấu “=” xảy x z ) xz xz xz t f ' (t ) , (t xz, t 1; 2) Đặt f (t ) 2t 1 t (1 t )2 Ta có f (t ) hàm đồng biến (1;2) 0,25 f (t ) f (1) xz xz x2 z xz xz xz 0,25 x y Dấu “=” xảy t= Lúc đó(2) xẩy xz x z x z x z 1 x 1 y Thử lại thỏa mãn Hệ phương trình có nghiệm (1, (1,0đ) 2 );(1; ) 2 0,25 0,25 Đặt a x, b y, c 3z (a,b,c số dương thỏa mãn a b c 1) Tìm giá trị lớn biểu thức P 5(a b2 c2 ) 6(a3 b3 c3 ) P 5[a b c 2bc] 6[a3 (b c)3 3bc(b c)] P 2(4 9a)bc 8a 8a 0,25 (b c)2 (1 a)2 Đặt t bc 4 Xét P(t ) 2(4 9a)t 8a 8a )a 79 P(t ) (1) 81 )a P(t) hàm số bậc t Ta có P(0) 2(2a 1)2 ; P( (1 a)2 a(3a 1)2 ) 1 1 (2) (1 a) Trên (0, ] Hàm số đồng biến nghịch biến (1 a) ] nhỏ Từ (1) (2),suy GTLN P(t ) (0, 0,25 0,25 Suy giá trị lớn P(t ) a = b = c = 1/3 Suy giá trị lớn P x = 1/3; y = 1/6; z = 1/9 (Chú ý Nếu học sinh có cách giải khác mà kết tính điểm tối đa.) -Hết 0,25 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi:… tháng…năm… Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y x 3x (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) b) Tìm m để đường thẳng y mx m cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt log ( x y ) 2log (2 x y) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 x y 10 /6 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I sin x cos xdx Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z có phần ảo âm thỏa mãn z 3z Tìm môđun số phức z 14 b) Tìm số hạng chứa x khai triển biểu thức (2 x 1) n biết C n0 C n1 C n2 56 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;2;3) hai đường thẳng d1: x3 y 3 z 4 x y 1 z 1 , d2: Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho độ dài đoạn thẳng 1 2 AB gấp lần khoảng cách từ A đến d CAD 300 , ASC Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật với AB a, o , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính theo a thể tích khối tứ diện S.BCD khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC ( AB BC ) tâm đường tròn ngoại tiếp I (1;0) M (3;3) điểm nằm đường trung trực cạnh BC N (2;4) điểm nằm đường thẳng chứa đường phân giác góc B tam giác ABC thỏa mãn AN CN Đường thẳng BC qua D(1;4) tung độ điểm B lớn tung độ điểm C Tìm tọa độ đỉnh A , B , C 1 x3 y ( x xy y 1) x y 1 y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 y x y y xy x 12 Câu (1,0 điểm) Cho ba số không âm a, b, c hai số đồng thời Chứng minh a abc b abc c abc a2 b2 c2 bc ca ab - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm có trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 đ) Điểm Nội dung a) (1,0 điểm) 0,25 * Tập xác định : D = R * Sự biến thiên hàm số: - Chiều biến thiên: y ' 3x x y' x x - Các khoảng đồng biến (;0) , (2;) ; khoảng nghịch biến (0;2) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x 0, yCĐ ; đạt cực tiểu x 2, yCT 0,25 - Giới hạn: lim y , lim y x x - Bảng biến thiên: 0,25 * Đồ thị (C ) : y f(x)=x^3-3x^2+4 0,25 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 -2 -4 -6 -8 b) (1.0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm d với đồ thị (C) hàm số (1) là: 0,25 x 3x mx m ( x 1)( x x m) 2 x x 2x m (2) 0,25 Trang 1/5 (1,0 đ) Yêu cầu toán thỏa mãn phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt ' m khác m m 0,25 m 3 Vậy, giá trị m cần tìm m 3 0,25 x y Điều kiện: 2 x y log x y log x y log ( x y) log log ( x y) x y 2(2 x y) y 3x Thế vào phương trình x y 0,25 ta phương trình 10 x 10 x y 3 x 1 y Đối chiếu với điều kiện, hệ phương trình cho có nghiệm 1;3 /6 I (1,0 đ) sin x cos xdx /6 2 sin x.(1 sin x) cos xdx 0,25 0,25 0,25 0,25 x t Đặt t sin x , ta có dt cos xdx Đổi cận: x t 1/ 1/ 0 0,25 I t (1 t )dt (t t )dt t3 t5 3 50 0,25 17 480 a) (0,5 điểm) (1,0 đ) Xét phương trình z 3z Vì 20 11 11i Suy z 0,25 (5) 11i 11i z 2 Vì z thỏa mãn (5) có phần ảo âm nên z 0,25 11i Ta có z 14 14 11i 0,25 z 14 14 11i 14 11 b) (0,5 điểm) Điều kiện: n , n 0,25 Trang 2/5 Cn Cn Cn n n( n ) n 10 n2 n 110 n 11 Vì n N , n nên n 10 10 Với n 10 , ta có (2 x 1)n (2 x 1)10 C10k x 1 k k 0 Số hạng tổng quát C10k 2k 1 10 k 10 k 10 C10k 2k 1 10 k x k k 0 0,25 x k Số hạng chứa x3 khai triển C107 (2 x) (1) 960 x (1,0 đ) 0,25 d qua M (3;3;4) có véctơ phương u1 (1;2;1) Ta có AM , u1 AM (2;1;1), AM , u1 (3;3;3) , suy d ( A, d1 ) u1 x 2t Phương trình tham số d là: y 2t Tọa độ B có dạng (3 2t;1 2t;1 t ) z t 0,25 Ta có AB (2 2t ) (2t 1) (t 2) 9t 16t Do đó: AB 2d ( A, d1 ) 9t 16t 9t 16t t t Vậy B(3;1;1) B( ; (1,0 đ) AC AB ; a, AD CD.cot 0,25 0,25 ) a 0,25 sin Vì SA (ABC ) nên SAC vuông A SA AC cot 450 2a 1 1 3a3 VBCDS S BCD SA BC.CD.SA a 3.a.2a (đvtt) 3 0,25 Các tam giác SAB , SAD vuông A SB a 5, SD a 2 2 2 SB SD BD 5a 7a 4a sin BSD 19 cos BSD 2SB.SD 35 2.a 5.a 35 SBSD 19.a SB.SD.sin BSD (đvdt) 2 Trang 3/5 0,25 3VBCDS 57a S BDS 19 Ta có IM (4;3) , IN (3;4) , IN Từ giả thiết suy IM , IN đường trung trực BC , CA Đường thẳng BC qua D(1;4) nhận IM (4;3) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x y 16 d (C , (SBD )) (1,0 đ) 0,25 0,25 Gọi N điểm cung nhỏ AC N thuộc đường trung trực cạnh AC N thuộc đường phân giác ABC N0 N N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I (1;0) có bán kính IN nên có phương trình ( x 1) y 25 Tọa độ B , C nghiệm hệ phương trình x 4 x y 16 x hay 2 y ( x 1) y 25 y 24 24 Vì y B yC nên B ; , C (4;0) 5 Đường thẳng AC qua C (4;0) nhận IN (3;4) làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình 3x y 12 Tọa độ A nghiệm hệ phương trình: 3x y 12 x x 12 / hay 2 y y 24 / ( x 1) y 25 12 24 Vì A C nên A ; Thử lại thỏa mãn điều kiện AB BC 5 12 24 24 Vậy A ; , B ; , C (4;0) 5 5 (1,0 đ) 1 x y y x y ( x xy y 1) (7 ) 2 (8) y x y y xy x 12 Trang 4/5 0,25 0,25 0,25 x y 1 Điều kiện: y x3 0 y 0,25 1 (7) x 3x y 3xy2 y3 y3 y y 1 x y 1 y ( y 1)3 1 ( x y )3 (9) y x y 1 Xét hàm số f (t ) t f ' (t ) 3t 1 t 1 khoảng (1;) , ta có: 0,25 0, t 1 f (t ) đồng biến khoảng (1;) 2( t 1) Do đó: (9) f ( y 1) f ( x y) y x y x 1 Thay x 1 vào phương trình (8), ta pt y y y y 13 4( y y 13) y y 0,25 4( y y 9) ( y y 4) (7 y y 4) 4( y 3) ( y 2) ( y 2) y y y (Thỏa mãn) 7 y 20 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y) (1;3) (1,0 đ) a abc b abc c abc a2 b2 c2 Ta có bc ca ab 3 a abc b abc c abc 2 a b c 0 bc ca ab a(a b)(a c) b(b c)(b a) c(c a)(c b) 0 bc ca ab Không giảm tính tổng quát, giả sử a b c Đặt x 0,25 (10) 0,25 (11) a b c , y , z bc ca ab 0,25 Do a b c nên x y z Ta có z(c a)(c b) , x(a c) y(b c) x(b c) y(b c) (b c)( x y) 0,25 Suy x(a b)(a c) y(b c)(b a) z(c a)(c b) hay (11) Vậy bất đẳng thức (10) 0,25 ( Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác mà kết tính điểm tối đa) -Hết -Trang 5/5 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 24 tháng 03 năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 3x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) b) Gọi d đường thẳng qua điểm A 2; 3 có hệ số góc m Tìm số m để đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12 x2 x32 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình cos x 1 cos2 x sin x sin x cos x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I esin x cos x sin xdx Câu (1,0 điểm) a) Tìm phần thực, phần ảo số phức z , biết z thỏa mãn 1 2i.z 1 i i z b) Gọi S tập hợp ước số nguyên dương số 43200 Chọn ngẫu nhiên số S Tính xác suất chọn số không chia hết cho Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 1;1 đường thẳng d có phương trình x 1 y z Tìm tọa độ điểm A ' hình chiếu vuông góc A d lập 2 phương trình mặt phẳng P qua A, P song song với d khoảng cách d với P lớn Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có ABCD hình thang vuông A, D ; AB AD 2a, CD a Gọi I trung điểm cạnh AD , hình chiếu vuông góc S ABCD điểm I a Tính thể tích khối chóp S ABCD theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trục Cho biết khoảng cách từ I đến SBC Các đường cao xuất phát từ đỉnh B đỉnh C có phương trình d1 : x y 0, d2 : x y Tìm tọa độ đỉnh A, B, C cho tam giác ABC có diện tích Ox với xA lớn 17 3x x y 14 y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 x y 3x y 11 x x 13 Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thay đổi, thỏa mãn ac bc ab Tìm giá trị c a b c c2 b c c a a b a b2 - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… nhỏ biểu thức P ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm có trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Đáp án Câu a) (1,0 điểm) (2,0 đ) Tập xác định: D Sự biến thiên: Điểm x 1 - Chiều biến thiên: y 3x 3; y x - Hàm số đồng biến khoảng (-1;1), hàm số nghịch biến ; 1 , 1; 0,25 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại xCĐ = 1, yCĐ = 1; đạt cực tiểu xCT = -1, yCT = -3 - Giới hạn: lim y ; lim y x - Bảng biến thiên: x y y x - -1 + 1 0,25 - -3 Đồ thị: Giao với Oy 0; 1 Lấy thêm điểm thuộc đồ thị A 2; 3 0,25 b) (1,0 điểm) Phương trình d y m x Xét phương trình hoành độ giao điểm d đồ thị hàm số (1) m x x3 3x 1 0,25 x 1 x3 3x m x x 1 x m x 2 x 2x 1 m 2 Để d cắt đồ thị hàm số (1) điểm phân biệt phương trình (1) phải có nghiệm phân biệt hay phương trình (2) phải có nghiệm phân biệt khác ' m m 2' m 9 2 2.2 m Gọi hoành độ giao điểm d đồ thị hàm số (1) x1 , x2 , x3 Trong 0,25 x1 , x2 nghiệm phân biệt phương trình (2) Theo ta có x12 x22 x32 x12 x2 x1 x2 x1 x2 3 0,25 x1 x2 2 Theo Định lí Viét phương trình (2) ta có x1 x2 m Khi (3) trở thành 1 m m m 1 3' 0,25 Kết hợp (2’) (3’) ta m ; 1 \{ 9} Điều kiện: sin x cos x (1,0 đ) Khi phương trình 1 sin x cos x 1 1 sin x sin x cos x 1 sin x 1 cos x sin x sin x.cos x 0,25 0,25 1 sin x 1 cos x sin x 1 cos x 1 sin x 1 cos x 1 sin x * sin x 1 1 * cos x 1 Ta có với sin x 1 cos x , sin x cos x 1 (1) sin x 1 x k 2 k Ta có với cos x 1 sin x , sin x cos x 1 2 cos x 1 x m2 m Vậy phương trình có nghiệm x (1,0 đ) k 2 x m2 I e sin x 0,25 k , m 0,25 cos x sin xdx e sin x 2sin x cos xdx cos x sin x cos xdx 2 0 Đặt I1 esin x 2sin x cos xdx; I cos x sin x cos xdx I1 esin x 2sin x cos xdx 0,25 Đặt sin x t dt cos xdx x t Đổi cận: x t Khi I1 e sin x 1 1 sin xd sin x 2 e tdt tet et dt tet et 0 0 t 0,25 I cos x sin x cos xdx Đặt cos x u d cos x du sin xdx du sin xdx du, x u cos Đổi cận x u cos 2 0,25 Khi I 2 u du u 5 Vậy I 0,25 14 esin x cos x sin xdx I1 I 5 a) (0,5 điểm) (1,0 đ) Từ giả thiết 1 2iz 1 i i z ta 1 2iz 1 i i z 2iz 2i z i 2z iz 2iz 2z i 2z iz iz i Ta có iz i iz i zi i i 1 z i i 0,25 z 1 i z i Từ ta có phần thực z 1, phần ảo z 0,25 b) (0,5 điểm) Ta có 43200 26.33.52 Mỗi ước nguyên dương số 43200 số có dạng 2i.3 j.5k , i {0,1, 2,3, 4,5,6} ; j {0,1, 2,3} ; k {0,1, 2} Số ước nguyên dương số i, j , k chọn từ tập 0,25 Suy số cách chọn i, j , k từ tập C71 C41.C31 7.4.3 84 (cách) Vậy số phần tử S 84 Số ước 43200 không chia hết cho tập S số cách chọn i, j, từ tập suy số ước 43200 không chia hết cho tập S C71 C41 7.4 28 Từ ta có: chọn số S có 84 cách chọn Chọn số S không chia hết cho có 28 cách chọn Suy xác suất chọn số không chia hết cho S P (1,0 đ) 0,25 28 84 x 2t Ta có phương trình tham số d y t z 1 2t Ta có A '(1 2t; t; 1 2t ) hình chiếu vuông góc A 1; 1;1 d Có A ' A 2t; 1 t; 2t lại có A ' A vuông góc với véctơ phương u 2;1; d nên ta có 2t 1 1 t 2t t 3 0,25 1 2 4 Suy A '( ; ; ) , A ' A ; ; 3 3 3 0,25 Do d song song với P nên d P , d d A ', P A ' H A ' A (Với H hình chiếu vuông góc A’ P ) Suy khoảng cách d với P lớn H A hay A ' H A ' A A’A vuông góc với mặt phẳng (P) Chọn A ' A làm véc tơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Ta có mặt phẳng (P) qua A 1; 1;1 nhận n 1; 2; 2 làm véctơ pháp tuyến nên phương trình mặt phẳng (P) 1 x 1 y 1 z 1 x y z 0,25 0,25 Ta có IB BC a 5; IC a (1,0 đ) S ABCD a 0,25 Dựng IE BC, E BC Dựng IH SE, H SE Suy BC SIE BC IH 0,25 Suy IH SBC hay IH d I , SBC a Gọi M trung điểm IC BM IB IM 5a a 3a 2 Lại có 0,25 3a BM IC IE.BC a IE.a 3a IE Xét tam giác vuông SIE vuông I , IH đường cao 1 1 1 2 2 2 2 2 suy ta có 2 9a IH IS IE IS IH IE IS 3a 3a Suy SI 1 3a 3a Từ suy thể tích khối chóp V SI S ABCD (đvtt) .3a 3 7 0,25 (1,0 đ) Do B d1 B t;1 t ; C d2 C t1;4 2t1 Do A Ox A a;0 , u1 1;1 , u2 1; 2 Ta có AB t a;1 t ; AC t1 a;4 2t1 Lại có d1 AC u1 AC t1 a 2t1 t1 a d2 AB u AB t a 2t t 2 a Ta tìm B a 2; a 1 ; C a;2a ; AC 2a;2a ; 0,25 0,25 Ta có phương trình AC : x y a 3a SABC a a 1 Ta AC 2a , d B, AC 27 5 Xét hàm SABC biến a khoảng 0; ta kết Max SABC đạt 2 a 0; a (1,0 đ) 0,25 0,25 2 1 3 7 A ;0 , B ; , C ; 3 2 2 2 17 3x x y 14 y 2 x y 3x y 11 x x 13 5 x 4 y Điều kiện xác định: 2 x y 3 x y 11 1 Phương trình thứ biến đổi thành x x y y 1' 0,25 Xét hàm số f t 3t t , t [0; ) f ' t 0, t [0; ) suy hàm số f t đồng biến [0; ) Từ (1’) nhận x y y x vào phương trình (2) hệ ta 3x x x2 x 13 * 0,25 * 3x x x x 13 Xét hàm số g x 3x x x x 13 , x [ ;5] D Dễ thấy g '' x 0, x D Suy g ' x có không nghiệm x D hay g x 0,25 có không nghiệm x D Lại có g g 1 Kết luận: Hệ có nghiệm (0;-1) (-1;-2) 0,25 x a xc , b yc , x , y Đặt Nếu y ta thấy không thỏa mãn Suy x, y (1,0 đ) 0,25 Khi P x y 1 x2 y2 1 y 1 x 1 x y x y xy x xy y x y x y 2 xy x y P * xy x y x y x y 2 xy Lại có 0,25 x y xy x y xy x y xy xy x y xy x y xy x y 0,25 xy x y xy xy x y P xy x y x y x y 2 xy Suy xy 1 xy xy xy t 1 41 Xét hàm số f t , t [4; ) f ' t 0, t Suy f t f t t 2t 24 Giá trị nhỏ P 41 đạt x y 24 (Chú ý Nếu học sinh có cách giải khác mà kết tính điểm tối đa.) -Hết 0,25 [...]...Câu 7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AC = 2AB Điểm M(1; 1) là trung điểm của BC, N thuộc cạnh AC sao cho AN = 13 NC, điểm D thuộc BC sao cho AD đối xứng với AM qua tia phân giác trong góc BAC.Đường thẳng DN có phương trình 3x – 2y + 8 = 0 Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết C thuộc đường thẳng d : x + y – 7... Câu 8 C M = (1, 1) x x 22 – y 5x – y2 = 1 y y y x – 2y2 + y 42 – x Giải hệ phương trình =1 Lời giải : Điều kiện 4y ≥ x ≥ 2y > 0 Trừ vế với vế ta được 2x2 – 5xy – y2 – y xy – 2y2 + 4y2 – xy =0 Chia hai vế choy2 ta có 2 Đặt x y –5 x y –1– x –2– y 4– x =0 y x = t ⇒ t ∈ [2; 4] Khi đó ta được y √ √ 2t2 – 5t – 1 – t – 2 – 4 – t = 0 √ √ √ ⇐⇒ 2t2 – 6t + t – 2 t–2–1 + 1– 4–t =0 √ (t – 3) t – 2 t–3 √ ⇐⇒ 2t(t –... 3y thế vào phương trình (1) của hệ ta được phương trình 1 3 2y2 = 1 ⇒ y = √ =⇒ x = √ 2 2 Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = Câu 9 3 1 √ ;√ 2 2 Cho x, y, z ∈ [1; 2] Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A= x 2 y + y 2 z + z2 x x 4 + y 4 + z4 5 Lời giải : GTLN: Ta có a2 b + b2 c + c2 a ≤ a2 + b2 + c2 Suy ra A ≤ 3 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 4 4 4 và a + b + c ≥ 3 3... + b2 + c2 4 4 4 và a + b + c ≥ 3 3 2 ≤ 1 Cho nên maxA = 1 ⇐⇒ a = b = c = 1 GTNN: Đặt x = a2 , y = b2 , z = c2 =⇒ x, y, z ∈ [1; 4] Khi đó 3A ≥ 2(x + y + z) + xy + yz + zx = f(x, y, z) 5(x + y + z) – 12 Dễ dàng chứng minh được f(x, y, z) ≥ min{f(1, y, z), f(4, y, z)} ≥ min{f(1, 4, z), f(1, 1, z), f(4, 1, z)} ≥ Cho nên minA = 7 8 7 ⇐⇒ a = 2, b = c = 1 8 —————————————————-Hết—————————————————- 6