- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Toán
Tuyển chọn 30 đề thi thử THPT quốc gia 2015 môn Toán (có đáp án chi tiết kèm theo)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (10.19 MB, 151 trang )
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Anh – Văn tốt nhất! 1
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số:
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Tìm m để đường thẳng (d): y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB =
.
Câu 2. (1,0 điểm)
a) Giải phương trình :
b) Cho số phức z thỏa mãn phương trình : ( 1 – i)z + (2 + i) = 4 + i . Tìm mô dun của z
Câu 3.( 0,5 điểm) Giải phương trình :
=
+ 4
Câu 4.( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình :
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân I=
Bài 6 . (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có
, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB =
2a , AC= a và hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể
tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA.
Câu 7. (1,0 điểm)Trong mặt phẳng Oxy, gọi H(3;-2), I (8;11), K(4;-1) lần lượt là trực tâm, tâm
đường tròn ngoại tiếp, chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(2;1;-1), B(1;3;1), C(1;2;0). Viết
phương trình đường thẳng (d) qua A, vuông góc và cắt đường thẳng BC.
Câu 9.( 0,5 điểm) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên gồm năm chữ số đôi một khác nhau được tạo
thành từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9. Chọn ngẫu nhiên mật số từ tập hợp X . Tính xác suất để số
được chọn có tổng các chữ số là một số lẻ.
Câu 10. ( 1,0 điểm) Cho hai số thực x,y thỏa mãn điều kiện : x
4
+ 16y
4
+ 2(2xy – 5)
2
= 41
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Đề thi môn : Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Anh – Văn tốt nhất! 2
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Anh – Văn tốt nhất! 3
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Anh – Văn tốt nhất! 4
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất 1
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 – ĐỢT 1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – TP HCM
MÔN THI: TOÁN
Th th)
Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số
có đồ thị là (C).
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đi qua A (-1; 4).
Câu 2 (1 điểm) Tính tích phân sau:
.
Câu 3 (1 điểm)
a) Giải phương trình .
b) Giải bất phương trình
.
Câu 4 (1 điểm)
a) Tìm số hạng chứa
trong khai triển Niu – tơn của
, với x > 0 và n là số
nguyên dương thỏa
(trong đó
lần lượt là tổ hợp chập k và
chỉnh hợp chập k của n).
b) Trong giải cầu lông kỷ niệm ngày truyền thống học sinh viên có 8 người tham gia
trong đó có hai bạn Việt và Nam. Các vận động viên được chia làm hai bảng A và B,
mỗi bảng gồm 4 người. Giả sử việc chia bảng thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu
nhiên, tính xác suất để cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng dấu.
Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AD = 2 AB, SA
(ABCD), SC =
và góc giữa SC và (ABCD) bằng 60
0
. Tính thể tích của khối chóp
S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD trong đó M là trung điểm của
cạnh BC.
Câu 6 (1 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): và hai
điểm
. Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, B và vuông góc (P).
Tìm điểm M trên trục Ox sao cho khoảng cách từ M đến (Q) bằng
.
Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có đáy lớn CD = 3 AB,
, trung điểm của AD là M (3; 1). Tìm tọa độ đỉnh B biết
và
đỉnh D có hoành độ nguyên dương.
Câu 8 (1 điểm) Giải hệ phương trình sau:
Câu 9 (1 điểm)
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất 2
Cho x, y là các số không âm thỏa
. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của:
Hết
ĐÁP ÁN
Câu 1:
đ
* Tập xác định:
*Giới hạn, tiệm cận:
là tiệm cận ngang của đồ thị. (0,25đ)
là tiệm cận đứng của đồ thị.
*
*
Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định (0,25đ)
*Bảng biến thiên: (0,25đ)
*Điểm đặc biệt: (0; -1), (
)
*Đồ thị (0,5đ)
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất 3
b, (d) là tiếp tuyến của (C) tại
=>(d):
=>(d):
(0,25đ)
(d) qua A
(0,25đ)
Vậy (d):
(0,25đ)
Câu 2,
đ
(0,25đ)
*
(0,25đ)
*
Đặt
.
, chọn
. (0,25đ)
=>
Vậy (0,25đ)
Câu 3
a.
đ
PT sin
2
x +3sinx = 22 sin
2
x 3sinx + 1 =0 (0,25đ)
sin x = 1 hoặc sin x =
*
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất 4
*
(0,25đ)
b.
đ
Đặt
Pt
(0,25đ)
(0,25đ)
Do đó ta được:
. Vậy nghiệm của BPT là
Câu 4:
a.
đ
Ta có:
(0,25đ)
Khi đó:
Số hạng chứa
phải thỏa mãn
(0,25đ)
Vậy số hạng chứa
trong khai triển của
là
b.
đ
Gọi Ω là không gian mẫu. Số phần của Ω là | Ω|=
Gọi C là biến cố “cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng dấu”. Ta có:
Số phần tử của Ω
là
Ω
(0,25đ)
Vậy xác suất để cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng dấu là
Ω
Ω
(0,25đ)
Câu 5:
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất 5
*
:
Ta có:
có hình chiếu trên (ABCD) là AC
=>
Tam giác SAC vuông tại A
=>
(0,25đ)
=>
Ta có:
Do đó
(0,25đ)
Vậy
*d (AM, SD):
+ Dựng hình bình hành AMDN và dựng AH SN tại H.
Ta có:
*AM // DN =>AM // (SDN) =>d (AM, SD) = d (AM, (SDN)) = d (A, (SDN)).
* AM MD nên AMDN là hình chữ nhật
=>ND AN mà DN SA => DN (SAN) (0,25đ)
=>DN AH mà AH SN => AH (SDN) => d (A, (SDN)) = AH.
Ta có:
=>
. Vậy
(0,25đ)
Câu 6:
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất 6
và véc tơ pháp tuyến của (P) là
Gọi
là véc tơ pháp tuyến của (Q). Ta có:
=> Chọn
(0,25đ)
Do đó
(0,25đ)
M thuộc Ox => M (m; 0; 0). Do đó:
(0,25đ)
Vậy M (12; 0; 0) hoặc M (-5; 0; 0) (0,25đ)
Câu 7:
đ
Gọi
là véc tơ pháp tuyến của CD
=>CD: A(x + 3) + B (y + 3) = 0
Ax + By + 3A +3B = 0.
Ta có:
=>d(A; CD) =
(0,25đ)
hay
.
*
: Chọn
Ta có:
=>D (6; 0) (nhận) hay (loại). Vậy
(0,25đ)
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất 7
Ta có:
*
: Chọn
=>D (d;
(loại) (0,25đ)
Vậy
Câu 8: Giải hệ phương trình sau:
Điều kiện: và
(1)
(0,25đ)
+
Đặt
(0,25đ)
Do đó: (3)
(0,25đ)
Khi
và khi x = 2 => y = 0.
*
mà . Thử lại ta có x= 2, y = 0 là nghiệm.
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là
(0,5đ)
Câu 9:
đ
*
*
=>
(0,25đ)
>> Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất 8
Đặt
. Ta có:
.
Ta có:
*
=
=>
(0,25đ)
*
=>
=
(0,25đ)
=
.
Ta có:
và
. (0,25đ)
Vậy
và
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN TOÁN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM Thời gian làm bài : 180 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC:
Câu 1) (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
3 2y x x
= + -
(1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y =
1
9
x
-
Câu 2) (1,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2
cos 2cos 3 0
3
x
x
+ - =
b) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện
6z z
+ =
và
2
2 8z z i
+ -
là một số thực.
Câu 3) (0,5 điểm) Giải phương trình:
2
4 4 1
4
log ( 7 10) log ( 2) log ( 5)x x x x
- + - - = +
Câu 4) (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
2
( 6 4) 3 (3 4) 8 2( ) ( ) 4(1 ) 2
3 22 1 2 3
x x y y y x y x y xy
x xy y x y
ì
+ - + - + + + = + + - +
ï
í
- + - - = - +
ï
î
Câu 5) (1,0 điểm) Tính tích phân I =
4
2
0
( 2 tan )sinx x xdx
p
+ +
ò
Câu 6) (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có AC =
3a
, BC =
3a
,
·
0
30ACB
=
. Cạnh
bên hợp với mặt phẳng đáy góc
0
60
và mặt phẳng (A’BC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Điểm H trên
cạnh BC sao cho BC = 3BH và mặt phẳng (A’AH) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích khối lăng
trụ ABC.A’B’C ' và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (A’AC).
Câu 7) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A(– 3; – 4), tâm đường tròn nội tiếp
I(2; 1) và tâm đường tròn ngoại tiếp J(
1
;1
2
-
). Viết phương trình đường thẳng BC.
Câu 8) (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4; – 2; 11), B( – 2; – 10; 3) và mặt phẳng
(P): x + y – z – 4 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng trung trực đoạn AB và tìm điểm M trên mặt phẳng (P)
sao cho MA = MB = 13.
Câu 9) (0,5 điểm) Một hộp đựng 3 xanh , 4 bi đỏ và 5 bi vàng . Lấy ngẫu nhiên 5 bi từ hộp. Tính xác suất để
trong 5 bi lấy ra có đủ 3 màu và số bi xanh và số bi đỏ bằng nhau.
Câu 10) (1,0 điểm) Cho hai số thực a, b thuộc khoảng (0, 1) thỏa mãn
3 3
( )( ) ( 1)( 1) 0a b a b ab a b
+ + - - - =
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
P =
4 4
2 2
12
3
36 (1 9 )(1 9 )
a b
ab
ab
a b
+
+ -
+ + +
1
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
(2,0đ)
Câu1)
a)
3 2
3 2y x x
= + -
+ TXĐ D = R ,
lim
x
y
®-¥
= -¥
,
lim
x
y
®+¥
= +¥
+
2
' 3 6y x x
= +
,
0 2
' 0
2 2
x y
y
x y
= Þ = -
é
= Û
ê
= - Þ =
ë
+ BBT
x
-¥
2
-
0 +
¥
y’ + 0
-
0 +
y
¥
-¥
2
-
+ Hàm ĐB trên các khoảng (
-¥
;
2
-
), (0; +
¥
) và NB trên khoảng (
2
-
; 0). Điểm cực đại đồ
thị (
2
-
; 2); điểm cực tiểu đồ thị (0;
2
-
)
+ Đồ thị
4
2
-2
-4
-10 -5 5 10
b)Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y =
1
9
x
-
nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9.
Ta có
0 0
2
0 0 0
0 0
1 2
'( ) 9 3 6 9
3 2
x y
y x x x
x y
= Þ =
é
= Û + = Û
ê
= - Þ = -
ë
+ Phương trình tiếp tuyến tại điểm (1, 2) là
9( 1) 2y x
= - +
+Phương trình tiếp tuyến tại điểm (– 3, – 2 ) là
9( 3) 2y x
= + -
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
Câu 2
(1,0đ)
Câu 2)
a)
2
cos 2cos 3 0
3
x
x
+ - =
Û
3 2
4cos 3cos 2cos 3 0
3 3 3
x x x
- + - =
Û
2
(cos 1)(4cos 6cos 3) 0
3 3 3
x x x
- + + =
0,25
Câu Đáp án Điểm
Câu 3
(0,5đ)
Câu 4
(1,0đ)
Û
cos 1 2 6 ,
3 3
x x
k x k k Z
p p
= Û = Û = Î
b) Gọi
z x yi
= +
. Ta có
6 ( ) ( ) 6 3z z x yi x yi x
+ = Û + + - = Û =
(1)
2
2 8z z i
+ -
=
2 2 2
( ) 2( ) 8 ( 2 ) (2 2 8)x yi x yi i x y x xy y i
+ + - - = - + + - -
là số thực nên
2 2 8 0xy y
- - =
(2).
Từ (1) và (2) ta giải được x = 3 và y = 2. Vậy z = 3 + 2i
Câu 3) b)ĐK
2
7 10 0 2 5
2 0 2 5
5 0 5
x x x x
x x x
x x
ì
- + > < Ú >
ì
ï
ï
- > Û > Û >
í í
ï ï
+ > > -
î
î
Với ĐK trên phương trình tương đương :
2
4 4 4
log ( 7 10) log ( 2) log ( 5)x x x x
- + - - = - +
2
4 4
log ( 7 10)( 5) log ( 2)x x x x
Û - + + = -
2
( 7 10)( 5) 2x x x x
Û - + + = -
( 5)( 5) 1x x
Û - + =
26x
Û =
(vì x > 5)
Câu 4)
2
2
( 6 4) 3 (3 4) 8 2( ) ( ) 4(1 ) 2(1)
3 22 1 2 3(2)
x x y y y x y x y xy
x xy y x y
ì
+ - + - + + + = + + - +
ï
í
- + - - = - +
ï
î
+Ta có (1)
2 2
( 3 2) 4 ( 3 2) ( ) 4 ( )x y x y y x y x
Û + - + + + - = - + + -
+ Xét hàm
2
( ) 4f t t t
= + +
,
t R
Î
. Ta có
2
2 2
4
'( ) 1 0,
4 4
t t t
f t t R
t t
+ +
= + = > " Î
+ +
Suy ra f(t) đồng biến trên R.
+ Ta có (1)
Û
( 3 2) ( )f x y f y x
+ - = -
3 2 1x y y x y x
Û + - = - Û = -
+ Thế y = 1 – x vào (2) ta có :
2 2
2 22 2 1x x x x x
+ + - = + +
(3) . Với ĐK x
³
0. ta có
(3)
2 2
( 2 22 5) ( 1) 2 3x x x x x
Û + + - - - = + -
Û
2
2
2 3 1
( 1)( 3)
1
2 22 5
x x x
x x
x
x x
+ - -
- = - +
+
+ + +
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3
2
1 1
( 1) ( 3) 1 0
1
2 22 5
x x
x
x x
ộ ự
ổ ử
- + + - =
ờ ỳ
ỗ ữ
+
+ + +
ờ ỳ
ố ứ
ở ỷ
x = 1
Vỡ vi x
0 thỡ
2
1 1
( 3) 1 0
1
2 22 5
x
x
x x
ổ ử
+ + - >
ỗ ữ
+
+ + +
ố ứ
(phi gii thớch)
x = 1
ị
y = 0 .Vy h cú nghim (x ; y) = (1 ; 0)
0,25
Cõu ỏp ỏn im
Cõu 5
(1,0)
Cõu 6
(1,0)
Cõu 5) I =
4
2
0
( 2 tan )sinx x xdx
p
+ +
ũ
=
4 4
2
0 0
sin
( 1)sin
cos
x
x xdx dx
x
p p
+ +
ũ ũ
+ t
1
sin cos
u x du dx
dv xdx v x
= + =
ỡ ỡ
ị
ớ ớ
= = -
ợ ợ
.
Ta cú
4 4
4
0
0 0
( 1)sin ( 1)cos cosx xdx x x xdx
p p
p
+ = - + +
ũ ũ
=
4
0
2 2
( 1) 1 sin 1
4 2 8
x
p
p
p
- + + + = - +
+
4 4
4
2 2
0
0 0
sin (cos ) 1
2 1
cos cos cos
x d x
dx
x x x
p p
p
-
= = = -
ũ ũ
+ Vy I =
2
2
8
p
- +
Cõu 6)
B
C
A
A '
C'
B'
H
( ' ) ( )
( ' ) ( )
' ( ' ) ( ' )
A BC ABC
A AH ABC
A H A BC A AH
^
ỡ
ù
^
ớ
ù
= ầ
ợ
' ( )A H ABC
ị ^
Suy ra
ã
0
' 60A AH
=
2 2 2 0
2 . .cos30AH AC HC AC HC
= + -
=
2
a
ị
AH =
a
0
' tan 60 3A H AH a
ị = =
2
. ' ' '
3 3
. ' . 3
4
ABC A B C ABC
a
V S A H a
= =
=
3
9
4
a
Vỡ
2 2 2
AH AC HC
+ =
ị
HA AC
^
ị
'AA AC
^
2
'
1 1
. . ' . 3.2 3
2 2
A AC
S AC AA a a a
= = =
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4
Cõu 7
(1,0)
ị
3
'
2
'
9
3.
3 3
4
( ,( ' ))
4
3
A ABC
A AC
a
V
a
d B A AC
S
a
= = =
Cõu 7)
+ Phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC :
2 2
1 125
( ) ( 1)
2 4
x y
+ + - =
(1)
+ Phng trỡnh ng thng AI :
3 4
2 3 1 4
x y
+ +
=
+ +
1 0x y
- - =
0,25
0,25
Cõu ỏp ỏn im
Cõu 8
(1,0)
+ ng thng AI ct ng trũn ngoi tip ti im th hai l D, trung im cung BC.
Honh im D l nghim khỏc 3 ca phng trỡnh :
2 2
3
1 125
( ) ( 2)
9
2 4
2
x
x x
x
= -
ộ
ờ
+ + - =
ờ
=
ở
. Suy ra D(
9 7
;
2 2
)
+ Ta cú
ã
BID
=
2 2
A B
+
v
ã
ã
ã
2 2
B A
IBD IBC CBD
= + = +
suy ra
ã ã
BID IBD
=
ị
DI = DB = DC
ị
B, C nm trờn ng trũn tõm D bỏn kớnh DI cú phng trỡnh :
2 2
9 7 50
( ) ( )
2 2 4
x y
- + - =
(2)
+ Ta im B v C l nghim h phng trỡnh (1) v (2)
2 2
2 2
1 125
( ) ( 1)
2 4
9 7 50
( ) ( )
2 2 4
x y
x y
ỡ
+ + - =
ù
ù
ớ
ù
- + - =
ù
ợ
2 2
2 2
2 30 0
9 7 20 0
x y x y
x y x y
ỡ
+ + - - =
ù
ớ
+ - - + =
ù
ợ
2 2
10 5 50 0
9 7 10 0
x y
x y x y
+ - =
ỡ
ớ
+ - - + =
ợ
Suy ra phng trỡnh ng thng BC :
10 5 50 0x y
+ - =
hay
2 10 0x y
+ - =
Cõu 8)
+ Mp trung trc (Q) ca on AB qua trung im I(1; 6; 7) ca AB nhn
( 6; 8; 8)AB
= - - -
lm VTPT
Suy ra phng trỡnh mp(Q):
6( 1) 8( 6) 8( 7) 0x y z
- - - + - - =
3 4 4 7 0x y z
+ + - =
+ Gi
D
= (Q)
ầ
(P). ng thng
D
l tp hp cỏc im tha h phng trỡnh:
3 4 4 7 0
4 0
x y z
x y z
+ + - =
ỡ
ớ
+ - - =
ợ
(1)
+ (P) cú VTPT
(1;1; 1)
P
n
= -
, (Q) cú VTPT
(3;4;4)
Q
n
=
suy ra
D
cú VTCP
[ , ] (8; 7;1)
P Q
u n n
= = -
. Trong (1) cho x = 1 gii c y = 2; z = 1 suy
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
5
Cõu 9
(0,5)
Cõu
10
(1,0)
ra
D
i qua im I(1; 2; 1). Vy phng trỡnh tham s ng thng
D
1 8
2 7
1
x t
y t
z t
= +
ỡ
ù
= -
ớ
ù
= - +
ợ
+M
ẻ
D
thỡ M
ẻ
(P) v MA = MB. Ta cú M(1 + 8t ; 2 7t ; 1 + t)
MA = 13
2 2 2
(8 3) (4 7 ) ( 12) 169t t t
- + - + - =
2
114 128 0t t
- =
0t
=
hoc
64 / 27t
=
Vy cú hai im M tha bi toỏn :
1
(1;2; 1)M
-
,
2
569 334 7
( ; ; )
57 57 57
M
-
Cõu 9)
+ Cú
5
12
792C
=
cỏch chn 5 bi t hp 12 bi
ị W
= 792
+ Gi X l bin c : 5 bi ly ra cú 3 mu v s bi xanh v s bi bng nhau
TH1 : 1X, 1, 3V
ị
cú
1 1 3
3 4 5
120C C C
=
cỏch chn
TH2 : 2X, 2, 1V
ị
cú
2 2 1
3 4 5
90C C C
=
cỏch chn
Suy ra
X
W
= 120 + 90 = 210
Vy P(X) =
210 35
792 132
X
W
= =
W
Cõu 10) P =
4 4
2 2
12
3
36 (1 9 )(1 9 )
a b
ab
ab
a b
+
+ -
+ + +
GT :
3 3
( )( ) ( 1)( 1) 0a b a b ab a b
+ + - - - =
3 3
( )( )
(1 )(1 )
a b a b
a b
ab
+ +
= - -
(*)
Vỡ
3 3 2 2
( )( )
( ) 2 .2 4
a b a b a b
a b ab ab ab
ab b a
ổ ử
+ +
= + + =
ỗ ữ
ố ứ
v
(1 )(1 ) 1 ( ) 1 2a b a b ab ab ab
- - = - + + Ê - +
, khi ú t (*) suy ra
4 1 2ab ab ab
Ê - +
,
t t = ab (t > 0) ta c
2
1
0
1
2 1 3 0
3
9
4 (1 3 )
t
t t t
t t
ỡ
< Ê
ù
Ê - < Ê
ớ
ù
Ê -
ợ
Ta cú
2 2
(1 9 )(1 9 ) 36a b ab
+ +
2 2
12 2
1
36 (1 9 )(1 9 )
ab
a b
ị Ê
+
+ + +
v
4 4
3 3 2
a b
ab ab ab ab
ab
+
- Ê - =
.
Suy ra
2
1
P ab
ab
Ê +
+
. Du ng thc xy ra
1
3
a b
= =
.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
6
. Xét hàm
2
( )
1
f t t
t
= +
+
với 0 < t
1
9
£
,
ta có
1 1
'( ) 1 0, (0, ]
9
(1 ) 1
f t t
t t
= - > " Î
+ +
Þ
f(t) đồng biến trên (0,
1
]
9
f(t)
1 6 1
( )
9 9
10
f
£ = +
, dấu đẳng thức xảy ra
1
1
3
9
a b
a b
t ab
=
ì
ï
Û Û = =
í
= =
ï
î
Vậy MaxP =
6 1
9
10
+
đạt được tại a = b =
1
3
0,25
0,25
7
SỞ GD - ĐT TP. ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN
(Ngày thi: 12/5/2015)
ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút ( không tính thời gian phát đề)
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
( ) 3 2y f x x x
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ
0
x
, biết
0
'' 3f x
.
Câu 2. (1,0 điểm)
1) Giải phương trình
2
2 1 2 2cosx sinx cosx sinx
.
2) Tìm số phức z sao cho
(1 2 )i z
là số thuần ảo và
2. 13z z
.
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình
2
3 1
3
log (5 3) log 1 0x x
.
Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình
2
2
3 1
1
1
1
x
x
x
.
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân
4
1
( 1)I x ln x dx
.
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình chữ nhật và SA = AB = 2a.
Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm M của cạnh AB, mặt bên (SCD)
hợp với đáy một góc
0
60
. Hai đường thẳng MC và BD cắt nhau tại I. Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD).
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh
(2; 2)A
, trọng tâm
0;1G
và
trực tâm
1
;1
2
H
. Tìm tọa độ của các đỉnh B, C và tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
(1; 2; 3)A
, đường thẳng
1 2 3
:
2 1 1
x y z
d
và mặt phẳng
( ) :2 2 4 0P x y z
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A
trên mặt phẳng tọa độ (Oyz) và B là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P). Viết phương
trình mặt phẳng
( )Q
đi qua H và vuông góc với đường thẳng d. Tính diện tích mặt cầu đường
kính AB.
Câu 9. (0,5 điểm) Một hộp có 5 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu vàng và 8 viên bi màu xanh. Cùng
một lần lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tìm xác suất sao cho trong 3 viên bi lấy ra không có viên bi nào
là màu đỏ.
Câu 10. (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn
0xy yz zx xyz
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
2 2 2 2
2 2
2 2
2
x y y z
z x
F
xy yz zx
.
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: số báo danh:
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA 2015
(GỒM 4 TRANG)
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
( ) 3 2y f x x x
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. (1 điểm)
Hàm số
3 2
( ) 3 2y f x x x
.
Tập xác định: R
Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên:
2
y' f '(x) 3x 6x, y' 0 x 0; x 2
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
;0
và
2;
; nghịch biến trên khoảng
0;2
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0,
CD
y 2
, đạt cực tiểu tại x = 2
CT
, y 2
+ Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
0,25
+ Bảng biến thiên (đầy đủ, đúng) 0,25
Đồ thị:
0,25
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) (1 điểm)
Gọi M
0 0
( ; )x y
là tiếp điểm.
0 0 0
1
''( ) 6 6. ''( ) 3 6 6 3
2
f x x f x x x
0,25
0
1 11
2 8
y f
;
1 9
'
2 4
f
0,25
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M:
9 1 11
4 2 8
y x
;
0,25
Hay là:
9 5
4 2
y x
0,25
Câu 2. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình
2
2 1 2 2cosx sinx cosx sinx
.(0,5 điểm)
2
2 1 2 2 2 0 ( 2)(1 2 ) 0 (*)PT cosx sinx cos x cosx sinx cosx sin x
0,25
Do
2 0cosx
nên
(*) 1 2 0 2 1 .
4
sin x sin x x k
0,25
2) Tìm số phức z sao cho
(1 2 )i z
là số thuần ảo và
2. 13z z
(0,5 điểm)
Giả sử
( , )z a bi a b R
, khi đó
(1 2 ) (1 2 )( ) ( 2 ) (2 )i z i a bi a b a b i
(1 2 )i z
là số thuần ảo
2 0 2a b a b
0,25
2
2. 3 2 3 13 13 1z z a bi b bi b b
Có hai số phức thỏa mãn đề bài:
2z i
;
2z i
0,25
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình
2
3 1
3
log (5 3) log 1 0x x
.
Điều kiện:
3
5
x
, biến đổi được
2 2
1 3
3
log 1 log 1x x
0,25
Với điều kiện trên, PT đã cho tương đương với phương trình:
2
3 3
log 1 log (5 3)x x
2
1 5 3x x
2
5 4 0 1; 4x x x x
( thỏa mãn điều kiện). Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 1; x = 4
0,25
Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình
2
2
3 1
1
1
1
x
x
x
.
Điều kiện
1x
. Bất phương trình đã cho tương đương với:
0,25
2 2 2
2 2
2 2
1 3 3
1 2 0 (1)
1 1
1 1
x x x x x
x x
x x
Đặt
2
1
x
t
x
, khi đó bất phương trình (1) trở thành:
2
1
3 2 0
2
t
t t
t
0,25
Với t < 1 thì
2
2
1 1 (2)
1
x
x x
x
1 0:x
bất phương trình (2) đúng
0 1:x
bất phương trình
2 2
2
(2) 1 0
2
x x x
Tập nghiệm của bất phương trình (2) là
1
2
1;
2
S
0,25
Với t > 2 thì
2
2
2 2 1 (3)
1
x
x x
x
Bất phương trình (3)
2 2
0
2 5
5
4(1 )
x
x
x x
Tập nghiệm của bất phương trình (3) là
2
2 5
;1
5
S
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
1 2
2 2 5
1; ;1
2 5
S S S
0,25
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân
4
1
( 1)I x ln x dx
.
4 4
1 1
. ( 1).I x dx ln x dx
.
0,25
4 4
1
2
1
1 1
4
2 14
. . ( )
1
3 3
I x dx x dx x x
0,25
4 4
2
1 1
4
( 1). ( 1) ( 1) 5ln5 2ln 2 3
1
I ln x dx x ln x dx
.
5
5ln5 2ln 2
3
I
0,50
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình chữ nhật và SA = AB = 2a. Hình
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm M của cạnh AB, mặt bên (SCD) hợp với đáy
một góc
0
60
. Hai đường thẳng MC và BD cắt nhau tại I. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ I đến mặt phẳng (SCD).
Từ giả thiết có
SAB
là tam giác đều cạnh 2a,
SM là đường cao,
3
SM 2a . a 3
2
60
0
K
N
I
A
B
C
D
M
H
S
C
0,25
Gọi N là trung điểm của CD thì có
0
; ( ),( ) 60MN CD SN CD SCD ABCD MNS
0
tan 60
SM
BC MN a
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
2 3
. . . .(2 ).( ).( 3)
3
1 1 1
.
3 3 3
ABCD
a
AB BC SM a a aV S SM
0,25
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên SN thì
( ) ( ,( ))MH SCD MH d M SCD
2
2 2
. . 3 3
2 2
MN MS MN SM a a
MH
SN a
MN SM
0,25
Từ giả thiết suy ra I là trọng tâm của tam giác ABC.
Kẻ IK // MH thì
2
, , ( )
3
K CH IK MH IK SCD
2 2 3
( ,( )) . ( ,( ))
3 3 3
a
d K SCD IK MH d M SCD
0,25
Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh
(2; 2)A
, trọng tâm
0;1G
và trực tâm
1
;1
2
H
.Tìm tọa độ của B, C và tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
(C)
K
M
H
C
B
A
I
Gọi M là trung điểm cạnh BC, ta có
3 5
. 1;
2 2
AM AG M
3
;3
2
AH
hay
1; 2n
là pháp vectơ của đường
thẳng BC.
0,25
Phương trình
: 2 6 0 2 6BC x y x y
Vì B và C đối xứng với nhau qua M nên gọi
(2 6; )B m m
thì có
(4 2 ; 5 )C m m
0,25
2 8; 2AB m m
;
7
2 ; 4
2
HC m m
. Ta có:
. 0AB HC
( 4)(5 5 ) 0 4; 1m m m m
.Vậy có
(2;4), ( 4;1)B C
hoặc
( 4;1), (2;4)B C
0,25
Kẻ đường kính AK của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC
Tứ giác BHCK có BH//KC và BK//HC nên BHCK là hình bình hành. Suy ra: HK và BC cắt
nhau tại M là trung điểm của BC và M cũng là trung điểm của HK.
Ta có
1
;1
2
H
,
5
1;
2
M
5
;4
2
K
. Bán kính
1 15
2 4
R AK
* Ghi chú: Có thể tìm tọa độ tâm I của đường tròn (C) bằng hệ thức Ơ-le
2GH GI
( Thí
sinh phải trình bày chứng minh hệ thức này). Sau đó tính
R IA
0,25
Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
(1; 2; 3)A
, đường thẳng
1 2 3
:
2 1 1
x y z
d
và mặt phẳng
( ) :2 2 4 0P x y z
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên
mặt phẳng tọa độ (Oyz) và B là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt
phẳng
( )Q
đi qua H và vuông góc với đường thẳng d. Tính diện tích mặt cầu đường kính AB.
Hình chiếu của A trên mp (Oyz) là H(0; -2; 3). Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
(2;1;1)u
0,25
Mặt phẳng (Q) đi qua H. Vì
( )Q d
nên
( )Q
nhận
(2;1;1)u
làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình của (Q):
2( 0) 1( 2) 1( 3) 0 2 1 0x y z x y z
0,25
(1 2 ; 2 ; 3 )B d B t t t
. Tọa độ của B ứng với giá trị của t thỏa mãn:
2(1 2 ) (2 ) 2(3 ) 4 0 2t t t t
. Từ đó có
( 3;0;1)B
( Hoặc giải hệ PT:
2 5 3
1 2 3
1 0
2 1 1
2 2 4 0
2(2 5) ( 1) 2 4 0 1
x z x
x y z
y z y
x y z
z z z z
)
0,25
Mặt cầu đường kính AB có bán kính
1
6
2
R AB
.
Diện tích của mặt cầu:
2 2
( )
4 4 ( 6) 24
mc
S R
(đvdt)
0,25
Câu 9.(0,5 điểm) Một hộp có 5 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu vàng và 8 viên bi màu xanh. Cùng một lần
lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tìm xác suất sao cho trong 3 viên bi lấy ra không có viên bi nào là màu đỏ.
Số phần tử của không gian mẫu:
3
20
1140C
phần tử
Gọi A là biến cố: " Trong 3 viên bi lấy ra không có viên bi nào là màu đỏ", nghĩa là trong 3 viên
bi lấy ra hoặc là toàn bi vàng, hoặc là toàn bi xanh, hoặc là có cả bi xanh và bi vàng
0,25
Ta có
3
7
C
35 cách lấy 3 viên bi vàng, có
3
8
56C
cách lấy 3 viên bi xanh, có
2 1 1 2
7 8 7 8
. .C C C C
364 cách lấy 3 viên có cả vàng và xanh.
Do đó:
3 3 2 1 1 2
7 8 7 8 7 8
. .
455 91
( )
1140 1140 228
C C C C C C
P A
0,25
Cách khác gọn hơn: Gọi A là biến cố: " Trong 3 viên bi lấy ra không có viên bi nào là màu đỏ",
nghĩa là 3 viên bi được lấy ra từ 15 viên bi ( vàng và xanh). Số cách chọn
3
15
455C
455 91
( )
1140 228
P A
0,25
Câu 10.(1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn
0xy yz zx xyz
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
2 2 2 2
2 2
2 2
2
x y y z
z x
F
xy yz zx
.
Biến đổi:
2 2
2 2
2 2 2 2
2
2 1 1
2.
x y
x y
xy x y y x
. Đặt
1 1 1
, ,a b c
x y z
. Giả thiết đề bài:
, , 0 , , 0
0 1
x y z a b c
xy yz zx xzy a b c
; và
2 2 2 2 2 2
2 2 2F b a c b a c
0,25
Áp dụng bất đẳng thức hiển nhiên
2
2
.u v u v
, với
(1;1;1), ( ; ; )u v b b a
ta có:
2 2 2 2 2 2 2
3(2 ) 3( ) ( ) (2 )b a b b a b b a b a
2 2
1
2 (2 ) (1)
3
b a b a
0,25
Tương tự, ta có
2 2 2 2
1 1
2 (2 ) (2); 2 (2 ) (3)
3 3
c b c b a c a c
0,25
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta có:
2 2 2 2 2 2
1
2 2 2 (3 3 3 ) 3
3
F b a c b a c a b c
Đẳng thức xảy ra
1
3
3
a b c x y z
Kết luận: F có giá trị nhỏ nhất bằng
3
0,25
HẾT
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG III
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3
3 1y x mx
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O
(với O là gốc tọa độ ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
sin 2 1 6sin cos2x x x
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
3
2
1
2lnx x
I dx
x
.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
2 1
5 6.5 1 0
x x
.
b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm
trực nhật. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho điểm
4;1;3A
và đường thẳng
1 1 3
:
2 1 3
x y z
d
. Viết phương trình mặt phẳng
( )P
đi qua
A
và vuông góc với đường
thẳng
d
. Tìm tọa độ điểm
B
thuộc
d
sao cho
27AB
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABC
có tam giác
ABC
vuông tại
A
,
AB AC a
,
I
là
trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng
ABC
là trung điểm
H
của
BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng
60
. Tính thể tích khối chóp
.S ABC
và tính
khoảng cách từ điểm
I
đến mặt phẳng
SAB
theo
a
.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
cho tam giác
ABC
có
1;4A
, tiếp
tuyến tại
A
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
cắt
BC
tại
D
, đường phân giác trong
của
ADB
có phương trình
2 0x y
, điểm
4;1M
thuộc cạnh
AC
. Viết phương trình
đường thẳng
AB
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2
3 5 4
4 2 1 1
x xy x y y y
y x y x
Câu 9 (1,0 điểm). Cho
, ,a b c
là các số dương và
3a b c
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
3 3 3
bc ca ab
a bc b ca c ab
P
…….Hết……….
