tuyển tập đề thi thử đại học môn toán học mãi có lời giải chi tiết

Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 19 năm 2015

Môn Toán

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 19
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Cho hàm số y   x4  4 x 2  3 (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).



Tập xác định: D  R



0.25



Đạo hàm : y '  4 x3  8x  4 x x 2  2 => y '  0  x  0
Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;  
Đồng biến trên khoảng  ;0 
Hàm số đạt cực đại tại điểm (0; -3)





Giới hạn : lim x 4  4x 2  3  ;

x 





lim x 4  4x 2  3  

x 

0.25

Bảng biến thiên:

x
y'

-∞

+∞

0
_

+

Câu 1
(2 điểm)

y

0.25

-3

Đồ thị
y

x
O

1

-3

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

0.25

- Trang | 1 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 19 năm 2015

Môn Toán

b) Dựa vào đồ thị tìm m để phương trình x4  4 x2  3  2m  0 1 có 2 nghiệm phân biệt

x4  4 x2  3  2m  0   x4  4x2  3  2m
0.5
=> số nghiệm của pt(1) là số giao điểm của đồ thị (C) với đồ thị hàm số y=2m (d)
Dựa vào đồ thị ta thấy
3
với 2m  3  m   thì d luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt hay pt(1) luôn có 0.5
2
nghiệm phân biệt.


2


a) CMR: cos 2 x  cos 2  x    cos 2  x 
3
3



 3

 2


2 


cos 2 x  cos 2  x    cos 2  x 

3

3 




Câu 2
(1 đ)



1
2

1  cos 2 x  1  cos  2 x 

2
3


4  


  1  cos  2 x 

3  




1

1
3
1
3
sin 2 x  cos 2 x 
sin 2 x 
3  cos 2 x  cos 2 x 
2
2
2
2
2


3

2

0.25

0.25

b) Tìm môdul của số phức: z  5  2i  1  3i 

3

Ta có z  31  20i

0.25

Mô dul của z là: | z | 1361

0.25

Giải phương trình: 16x 16.4x  15  0
Đặt t  4x  t  0 
Câu 3
(1 điểm)

0.25
Phương trình ban đầu thành: t  16t  15  0
2

t  1  4 x  1  x  0

x
t  15  4  15  x  log 4 15

Câu 4
1điểm

x  0
Vậy nghiệm: 
 x  log 4 15

x  4x2  9x  6

Giải bất phương trình:
3

x  4 x 2  3x  2   1  1

1

ĐK: x  0

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

0.25

0,25

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 2 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 19 năm 2015

x  4 x2  9 x  6

3

x  4 x 2  3x  2   1  1

Môn Toán

1  0 

x  4 x 2  9 x  6   3 x  4 x 2  3x  2   1  1
3

x  4 x 2  3x  2   1  1

0

Ta sẽ xét dấu của tử số và mẫu số (TS và MS)
+MS:

3

x  4 x 2  3x  2   1  1  0  x  0

TS : x  4 x 2  9 x  6   3 x  4 x 2  3 x  2   1  1  0

0,5

 4 x3  9 x 2  6 x  1  3 4 x3  3x 2  2 x  1
  2 x  1   2 x  1  4 x3  3 x 2  2 x  1  3 4 x3  3 x 2  2 x  1
3

 f  2 x  1  f



3

4 x 3  3x 2  2 x  1



Với hàm f  t   t 3  t  f '  t   3t 2  1  0, x  R
=> 2 x  1  3 4 x3  3x 2  2 x  1  x  0, x 

9  17
8

Lập bảng xét dấu TS và MS
-∞

x

-9- 17

-9+ 17

8

8

TS

_

+

MS

_

_

TS

0,25
0

_

_

_

+

+

+∞

+

+

+

MS

ta được nghiệm của bất phương trình là:


9  17   9  17 
;0    0;  
 ;

8
8

 

6

Tính tích phân sau: I 

x

x 2  3dx

1

6

Câu 5
(1 điểm)

I


1

1

x x  3dx 
2
2

6



x 2  3d  x 2  3

0.5

1

3/2 6
1 2
1
19
 . .  x 2  3
  27  8 
2 3
3
3
1

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

0.5

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 19 năm 2015

Môn Toán

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD = a, AB = a 3 và SA vuông
góc với mặt phẳng (ABCD), góc SBA  300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
diện tích mặt cầu ngoại tiếp chop S.ABCD.
S

Có S ABCD  AB. AD  a. 3a  3a 2
SA  tan 300. AB 
VS . ABC

Câu 6
(1 điểm)

1
a 3a
3

I

A

1

 SA.S ABCD
3

30°

B

0.5

1
3 3
 a.a 2 3 
a
3
3

O
D

C

Gọi O là giao điểm AC và BD, từ O dựng đường thẳng d vuông góc với đáy
Gọi I là giao điểm mặt phẳng trung trực của SA với d
Khi đó I chính là tâm mặt cầu ngọai tiếp chóp S.ABCD
1
a
1
Có: IO  SA  , AO2   AB 2  AD2   a 2
2
2

4
Với bán kính: IA  AO 2  IO 2  a 2 

0.5

a2 a 5

4
2

Vậy diện tích mặt cầu là: S  5 a 2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC là I(-3; 3) và thỏa mãn góc AIB bằng 900. Chân đường cao hạ từ A xuống BC là D(-2;
1) , AC đi qua điểm M(-2; 6). Xác định tọa độ các đỉnh A, B biết A có hoành độ dương.
+) Ta có ACB 

1
AIB  450  DA  DC .
2

A

Vậy DI chính là đường trung trực của AC
Câu 7
(1 điểm)

=>pt AC: x  2 y  14  0
Gọi N(2n-14, n) là trung điểm AC khi đó
Có u AC .IN  4n  22  n  3  0

I
B

D

0.5

M
C

 n  5  N  4;5
Gọi A(2a-14, a)

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

0.5
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 4 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 19 năm 2015

Môn Toán

 a  3  A  8,3
2
ta có d D , AC   AN  CN  2 5  5  a  5  a  5  2  
 a  7  A  0, 7 

Vì A có hoành độ không âm nên và điểm C cũng có tính chất CN=AN nên

C  8;3 , A  0;7 
Ta có phương trình đường thẳng BC: x  3 y  1  0
Gọi B(1-3b, b), có IA.IB  0  b  0  B 1;0 
Vậy A(0; 7), B(1; 0), C(-8; 3)
Trong không gian hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1; 2; 3) mặt phẳng (P) có phương trình
x+y-4z+3=0. Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt (P) và phương trình đường
thẳng d đi qua A vuông góc với (P).
Ta có bán kính mặt cầu là: R  d A, P   2
Câu 8
(1 điểm)

=>pt mặt cầu:  x  1   y  2    z  3  2
2

2

2

0.5

d nhận VTPT của P làm VTCP
x 1 y  2 z  3
0.5
=> d :


1
1

4
Cho 2 hộp đựng bi, hộp 1 chứa 12 bi có kích thước khác nhau trong đó có 6 bi màu đen và 6
bi màu trắng. Hộp 2 chứa 9 bi có kích thước khác nhau trong đó có 5 bi màu đen và 4 bi
màu trắng. Lấy ngẫu nhiên mỗi hợp 3 bi, tính xác suất để lấy được 6 bi cùng màu.
Lấy 3 viên trong hộp 1 có: 12C3 cách
Lấy 3 viên trong hộp 2 có: 9C 3 cách
Xét TH1: lấy ra được 6 viên cùng màu đen
Câu 9
(0.5 đ)

0.25

+ Chọn 3 viên trong hộp 1 đều màu đen có: 6C 3
+ Chọn 3 viên trong hộp 1 đều màu đen có: 5C 3
=>có 5C 3 . 6C 3 cách lấy được 6 viên đen
Xét TH2: lấy ra được 6 viên cùng màu trắng
+ Chọn 3 viên trong hộp 1 đều màu trắng có: 6C 3

0.25

+ Chọn 3 viên trong hộp 1 đều màu trắng có: 4C 3

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 5 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam

Đáp án đề thi thử THPT quốc gia lần 19 năm 2015

Môn Toán

=>có 6C 3 . 4C 3 cách lấy được 6 viên đen
Vậy xác suất cần tìm là:

5C 3.6C 3  4C 3.6C 3
12C 3.9C 3

Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn 2  x  y   21z  3xyz . Tính giá trị nhỏ nhất của
S  2x  y  6z

Ta có
Có z 

2 x  y
3z

 xy  7 . Do x, y, z>0 nên xy  7  0

2 x  y

 S  f  x, y   2 x  y 

3  xy  7 

4 x  y
xy  7

, x  0, y  0, xy  7

Với mỗi x có định ta tính đaọ hàm theo y
f y '  1

Câu 10
(1 điểm)

28  4 x

2

 xy  7 

2

=> f  x, y0   2 x 
Đặt g  x   2 x 

 f y '  0  yo 

0.5

7
7
 2 1 2
x
x

11

7
 4 1 2
x
x

11
7
 4 1 2 , x  0
x
x

Có g '  x   0  x  3

0.25

Lập bảng biến thiên => min g  x   g  3  15
Vậy với điều kiện x  0, y  0, xy  7 thì

S  f  x, y0   g  x   15

0.25

 min S  15, x  3, y  5, z  2

Nguồn:

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

Hocmai.vn

- Trang | 6 -