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.