đề thi thử THPT QG môn toán số 202.PDF

Trờng thpt lơng thế vinh
H nội

Năm học 2014 - 2015
đề thi thử thpt quốc gia năm 2015
Môn thi: Toán - Lần thứ 2
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Ngày 29.3.2015
Cõu 1 (2,0 im). Cho cỏc hm s
32
32yx mx (
m
C ), 2 ( )yx d

, vi m l tham s thc.
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (
m
C
) khi
1m

.
b) Tỡm cỏc giỏ tr ca
m (
m
C
) cú hai im cc tr v khong cỏch t im cc tiu ca (
m
C
) n ng

thng
()d
bng 2 .
Cõu 2 (1,0 im).
a) Gii phng trỡnh




sin 2sin 1 cos 2cos 3xx xx
.
b) Gii phng trỡnh


3
log 3 6 3
x
x
.
Cõu 3 (1,0 im). Tớnh tớch phõn

2
2
0
sin 2
.
sin 2
x
Idx
x

Cõu 4 (1,0 im).
a) Gi
12
, zz
l hai nghim phc ca phng trỡnh
2
490zz

; ,
M
N ln lt l cỏc im biu din
12
, zz
trờn mt phng phc. Tớnh di on thng
.
M
N

b) Mt t cú 7 hc sinh (trong ú cú 3 hc sinh n v 4 hc sinh nam). Xp ngu nhiờn 7 hc sinh ú
thnh mt hng ngang. Tỡm xỏc sut 3 hc sinh n ng cnh nhau.
Cõu 5 (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho im
(3;6;7)I
v mt phng
(): 2 2 11 0Px y z. Lp phng trỡnh mt cu ()S tõm I v tip xỳc vi ().P Tỡm ta tip
im ca

()P v ()S .
Cõu 6 (1,0 im). Cho hỡnh lng tr
.' ' '
A
BC A B C
cú ỏy
A
BC
l tam giỏc vuụng ti
B
;

0
,30AB a ACB
;
M
l trung im cnh
A
C . Gúc gia cnh bờn v mt ỏy ca lng tr bng
0
60 .
Hỡnh chiu vuụng gúc ca nh
'
A
lờn mt phng ()
A
BC l trung im H ca
B
M . Tớnh theo a th tớch
khi lng tr

.' ' '
A
BC A B C v khong cỏch t im 'C n mt phng (').
B
MB
Cõu 7 (1,0 im). Trong mt phng ta ,Oxy cho hỡnh thang ABCD vuụng ti
A
v D ; din tớch
hỡnh thang bng 6;
2CD AB , (0;4)B . Bit im (3; 1), (2; 2)IK

ln lt nm trờn ng thng
A
D v
DC . Vit phng trỡnh ng thng
A
D bit
A
D khụng song song vi cỏc trc ta .
Cõu 8 (1,0 im). Gii h phng trỡnh
2
3
2
3
(33) 2 31
( , ).
31 66 21
xxx x y y
xy
xxx y

Cõu 9 (1,0 im). Cho cỏc s thc
,
x
y
dng v tha món
10
x
y


.
Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc
22
2
24
32
55
x
yxy
T

x
y
xy




.

Ht
Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.

1/4
Trờng thpt lơng thế vinh
H nội

Nm hc 2014 2015
đáp án thang điểm
đề thi thử thpt quốc gia năm 2015
Môn thi: Toán Lần thứ 2
ỏp ỏn cú 04 trang

Cõu ỏp ỏn im
a) (1,0 im) Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s
32
32yx x



Tp xỏc nh:

D
. lim ; lim
xx
yy


o hm:
2
'3 6yxx; '0 0yx hoc 2
x

.
0,25
Khong ng bin:

;0 ; 2; . Khong nghch bin:


0; 2
Cc tr: Hm s t cc tiu ti 2
x
, 2
CT
y

;
t cc i ti 0
x
, y
C

= 2.
0,25
Bng bin thiờn:
x 0 2


y' + 0 - 0 +
y 2



-2

0,25
th: (Hs cú th ly thờm im ( 1; 2); (1;0); (3;2) ).
0,25
b) (1,0 im) Tỡm cỏc giỏ tr ca m (
m
C ) cú k/c im cc tiu ca (
m
C ) n
()d
bng 2 .

2
'3 6 3( 2)
y
xmxxxm . ' 0 0; 2
y
xxm

iu kin hm s cú hai cc tr l
0m

.
0,25
Ta hai im cc tr: (0;2)A v
3
(2 ;2 4 )
B
mm .
0,25
0:m
A
l im cc tiu. Khi ú (,) 0 2dAd (loi).
0,25
1
(2,0)


0:m

B
l im cc tiu. Khi ú:
3
3
3
21 1()
(,) 2 |2 |1
1( )
21

mm m tm
dBd m m
mktm
mm











ỏp s:
1m
.
0,25
a) (0,5 im) Gii phng trỡnh




sin 2sin 1 cos 2cos 3xx x x
.

Phng trỡnh ó cho tng ng vi

22

13
sin 3 cos 2 cos sin sin 3 cos 2cos 2 sin cos cos 2
22
sin sin 2 .
32
x
xxxxxxxxx
xx






0,25
2
(1,0)


52
22 ,
32 18 3
xxkxkk



.


5

22 2,
32 6
xxkxkk



.
Vy phng trỡnh ó cho cú nghim:
52 5
,2,
18 3 6
xkx kk





.
0,25

2/4
b) (0,5 điểm) Giải phương trình


3
log 3 6 3
x
x



Điều kiện:
3
log 6x  . Phương trình đã cho tương đương với
3
27
363 36
3
xxx
x

  
. Đặt
2
27
30 6 6270
x
tt tt
t
 
0,25
9
3( )
t
tl







Với
939 2
x
tx  (tmđk).
Đáp số:
2
x

.
0,25
Tính tích phân

2
2
0
sin 2
.
sin 2
x
Idx
x







22

22
00
sin 2 2sin cos
.
sin 2 sin 2
x
xx
Idxdx
xx





Đặt
sin costxdt xdx . 0 0;xt
1.
2
xt




0,25

1
2
0
2
2

tdt
I
t



 
111
22
000
22
224
2
22
tdtdt
dt
t
tt





.
0,25
11
1
2ln( 2) 4
00
2

It
t



0,25
3
(1,0đ)
11
2(ln 3 ln 2) 4
32
I




32
2ln
23

. ( 0.144)I

.
0,25
a) (0,5 điểm) Cho
2
490zz. M, N biểu diễn
12
,zz. Tính độ dài đoạn MN.

Phương trình đã cho có
2
'49 55i    nên có hai nghiệm
1,2
25zi
.
0,25
Từ đó (2; 5), (2; 5) 2 5MN MN  .
Đáp số:
25MN 
.
0,25
b) (0,5 điểm) Tính xác suất có 3 học sinh nữ cạnh nhau.

Gọi
A
là biến cố “3 học sinh nữ cạnh nhau”
+ Số biến cố đồng khả năng: Xếp 7 học sinh ngẫu nhiên, có số hoán vị là 7!
+ Số cách xếp có 3 học sinh nữ cạnh nhau:
Coi 3 học sinh nữ là 1 phần tử, kết hợp với 4 học sinh nam suy ra có 5 phần tử, có 5! cách sắp xếp.
Với mỗi cách sắp xếp đó lại có 3! cách hoán vị 3 học sinh nữ. Vậy có 5!.3! cách sắp xếp.
0,25
4
(1,0đ)
+ Xác suất của biến cố
A
là:

5!.3!
7!

pA
1
7
. (() 0.14)pA

.
(Cách 2: - - - - - - - 7 vị trí. Xếp 3 nữ cạnh nhau có 5 cách: (123)…(567). Mỗi cách xếp lại có 3! cách
hoán vị 3 nữ. Có 4! cách hoán vị 4 nam. Vậy P(A) = 5.3!.4!/7! = 1/7)
0,25
Cho (): 2 2 11 0Px y z, (3;6;7)I

Mặt cầu ( )S tâm
I
có bán kính
| 3 12 14 11|
(,( )) 6
3
RdIP


 
.
0,25
Phương trình mặt cầu
222
():( 3) ( 6) ( 7) 36Sx y z.
0,25
5
(1,0đ)

Đường thẳng
()d
qua
I
và vuông góc với
()P
có phương trình
3
6 2 ( )
72
xt
ytt
zt



 





.
0,25

3/4

Giả sử () () (3 ) (12 4) (14 4) 11 0 9 18 0 2Md P t t t t t 
(1; 2; 3)M
.
0,25
Cho hình lăng trụ
.' ' '
A
BC A B C
có đáy
A
BC
là tam giác vuông tại
B
;

0
,30AB a ACB;

'()'AH ABC AH là đường cao của hình lăng trụ.
A
H là hình chiếu vuông góc của '
A
A lên ()
A
BC

0
'60AAH
.' '
'.

ABC A BC ABC
VAHS
0,25
33
2, '
22
aa
AC a MA MB AB a AH A H
.
2
11 3
3
22 2
ABC
a
SBABCaa
.
2
.' '
33
.
22
ABC A BC
aa
V 
3
33
4
a
.

0,25

.'
'
3
',(') ,(') ,(')
A
BMB
BMB
V
d C BMB d C BMB d A BMB
S

.
3
.' '. .''
13
68
A BMB B ABM ABC A BC
a
VV V 
.
0,25
6
(1,0đ)
Do
(')BM AHA nên ''BM AA BM BB 
'
B
MB


vuông tại
B

2
'
11 3
'. . 3.
222
BMB
a
SBBBMaa   .
Suy ra

32
33 3
', ( ') :
82
aa
dC BMB 
3
4
a
.
(Cách 2:

0
33
( ,( ')) .sin .sin60
24

aa
dA BMB AE AH AHE  
).
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ ,Oxy cho hình thang
A
BCD vuông tại A và D ; diện tích hình
thang bằng 6;
2CD AB , (0;4)B . (3; 1), (2;2)IK

. Viết phương trình đường thẳng AD.

Vì AD không song song các trục tọa độ nên gọi véc tơ pháp tuyến của AD là
(1; ), 0;nbb

suy ra: Phương trình :1( 3) ( 1) 0AD x b y

.
Phương trình : ( 4) 0AB bx y

.
0,25
33
(,).(,)
222
ABCD
AB CD AB
SADADdBADdKAB



22
3| 3 5||2 2|

2
11
bb
bb
 


.
0,25
2
22
1
|35|| 1| 5
63 . 6|53|.|1|2( 1)
3
11
122
7
ABCD
b
bb
Sbbbb
bb
b





 

     








.
0,25
7
(1,0đ)
Đáp số:
20;3 5 140;7 (122) 22220;7 (122) 22220xy x y x y x y           
.
0,25
8
(1,0đ)
Giải hệ phương trình
2
3
2
3
(33) 2 31 (1)
( , ).
3 1 6 6 2 1 (2)

xxx x y y
xy
xxx y





     





A
C
A
'
C'
B
B'
M
H
A
C
A
'
C'
B
B'

M
H
Q
P
E
I
K
A
B
D
C

4/4
Điều kiện:
133;33;3xxy  

3
3
33
(1) 1 ( 1) 1 2 2 1xx y y     
0,25
Xét hàm
3
() 1, 1ft t t t  . Ta có
2
3
3
'( ) 1 0 1
21
t

ft t
t



, suy ra
()
f
t
đồng biến
1t, suy ra
3
12xy  .
0,25
Thay vào (2) ta có
22
3 1 66(1)1 (1)1 (1)4(1)13 1
x
xx x x x x x            
Do
1
x
 không thỏa mãn nên chia cả 2 vế cho 10x

 ta được:
11
1143
1
1
xx

x
x
   


.
Đặt
22
22
3
15
1 2 63 63
2
6(3 )
1
t
tx tt t t t
tt
x


    

 


.
0,25
Với
562

12
515
1
5 127
1
22
1
1
464
2
xy
x
tx
xy
x
x

 




   









.
Đáp số
5127
(; ) (5;62),( ; )
464
xy 
.
0,25
Cho ,0: 10
x
yxy. Tìm max:
22
2
24
32
55
x
yxy
T
x
y
xy




.

Ta có

2
22
111 11 1
10
424
x
xy
yyy y

     


. Đặt
2
1
0
4
x
tt
y


0,25
Ta có
22
22
2
2
321
13121

.().
551
1
1
1
xx
tt
yy
TTft
x
t
t
x
y
y











với
1
0
4

t .


2
3
2
13 1 1
'( ) .
5
1
1
t
ft
t
t





Nhận xét:


3
3
2
3
2
1 1 17 17 17 1 3 4
013;1

4 4 16 16 16
17
1
17
16
t
ttt
t


       




Và
2
11 1
.
5( 1) 5t


. Do đó
41
'( ) 0
5
17
17
16
ft.

0,25
Từ đó ()
f
t đồng biến
11136
(0; ] ( )
4425
17
tftf

    


.
0,25
9
(1,0đ)
Đáp số:
1
(0; ]
4
13 6 1
1; 2
25 4
17
t
MaxT t x y


.

0,25
Hết
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… ; Số báo danh: ………………………