Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán trường THPT Nguyễn Trường Tộ, Bình Định năm 2015 - Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (140.51 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRƯỜNG TỘ

ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Mơn TỐN

Thời gian làm bài 180 phút 

---***---4 2( 2 1) 2 1 (1)

y x  m  x  Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số:

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.

b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá
trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất.

Câu 2 (1,0 điểm).

sin 2x cosxsinx1 (x R )a) Giải phương trình: 
2

1 2
2

log log (2 x ) 0 (x R )

b) Giải bất phương trình: .

2
3

1 1

dx
I

x x






Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân .

z

1
2

z

z
z



 


4
2
z i
z i



 Câu 4 (0,5 điểm). Cho số phức thỏa mãn điều kiện . Hãy tính . 
. ' ' '

ABC A B C ABC a AA'a A' A B C, , A B a' ABC A B C. ' ' '(AMN)Câu 5 (1,0 điểm).

Cho hình lăng trụ , đều có cạnh bằng , và đỉnh cách đều . Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của cạnh BC và . Tính theo thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ C đến mặt
phẳng .

( )S x2 y2 z2 4x 6y 2z 2 0

       ( )P ( )S r 2 3Câu 6 (1,0 điểm). Trong không

gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu có phương trình . Lập phương trình mặt phẳng
chứa trục Oy và cắt mặt cầu theo một đường trịn có bán kính .

Câu 7 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9
đội nước ngồi và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia
thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba
bảng khác nhau.

ABC AH 3x4y10 0 BE x y  1 0 M(0;2) AB C 2 ABCCâu 8 (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác với đường cao có phương trình và
đường phân giác trong có phương trình . Điểm thuộc đường thẳng và cách đỉnh một
khoảng bằng . Tính diện tích tam giác .





2 5 4 1 ( 2 2 4)
x  x  x x  x

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: (x R).
;

x yCâu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2 1 2 2 2 1 2

P x y  x  x  y  x  y .

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---ĐÁP ÁN
Câu 1.

(2 đ)

a) (Tự khảo sát)

b) y’ = 4x3 – 4(m2+1)x
2
0
1
x

x m



 

 y’ = 0   hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m
2 1

CT

x  m  yCT (m21)21

 giá trị cực tiểu

2 2

ì ( 1) 1 CT 0

V m    y  max(yCT) 0  m2  1 1 m0

Câu 2.

(1 đ) (sinsin 2xxcos )(1 sincosxxsin xx1  cos ) 0a) (1)x 

(1) 

sin cos 0
1 sin cos 0

x x
x x
 

    


4 ( )

2 2

x k

k Z

x k x k



  

  

      

2

1 2
2

og log (2 x ) 0 (x R )

b) (2).

2 2

log (2 x ) 0  2 x    1 1 x1Điều kiện: 
2

2 2 2

1 1 1 1 1 1

log (2 ) 1

2 2 0

x x x

x
x
x x
     

    
       

   

  Khi đó (2) 

( 1;0) (0;1)

S    Vậy tập nghiệm bpt là

Câu 3.
(1 đ)

2 2

3 3 3

1 1 1 1

dx x dx

I

x x x x

 

 



3 1 3 2 1 2 2 .
3
t  x   x   t x dx t dt

Đặt .

1 2 ; 2 3

x  t  x  t 

3 3

2 2

2 . 1 1 1

3( 1) 3 1 1

t dt
I dt
t t
t t

 
    
 
  



3
2

1 1 1 1 2 1 1 3 2 2

ln ln ln ln

3 1 3 2 2 1 3 2

x
I
x
 
  
    
   
Câu 4.

(0,5 đ) 11 1
2
z
z
z

 

 z2 4z13 0  ' 9 9i 2

2 3
2 3
z i
z i
 

  
  , 
2 3
z  i

4
2
z i
z i


2
1
2
i
i


   =
2 3
z  i

4
2
z i
z i



2 7 53

2 5 29

i
i


   =
Câu 5.
(1 đ)

 Gọi O là tâm tam giác đều ABC  A’O  (ABC)

3 2 3

2 3 3

a a

AM  AO AM 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2 2 2 6

' '

3 3

a a

A O AA  AO  a   3

4
ABC

a
S 

;

. ' ' '

ABC A B C Thể tích khối lăng trụ :
2 3 6 2 2

. ' .

4 3 4

ABC

a a a

V S A O 





. ,( )

3
NAMC AMC

V  S d N ABC



,( )



3 NAMC

AMC
V
d C AMN

S

 

 Ta có





1 3 1 6

; ,( ) '

2 8 2 6

AMC ABC

a a

S  S  d N ABC  A O

2 2

1 3 6 2

3 8 6 48

NAMC

a a a

V  

Suy ra:

3
2

a
AM AN 

AMN

 lại có: , nên cân tại A
AE MN

2 2

A C a

MN  

Gọi E là trung điểm AM suy ra ,

2 2

2 2 3 11

4 16 4

a a a

AE AN NE

     

1 11

2 16

AMN

a

S  MN AE

;





3 2 11 22

,( ) :

48 16 11

a a a

d C AMN

  

(đvđd)

Câu 6.
(1 đ)

2 2 2 2 2 2

( ) :S x y z  4x6y 2z 2 0  (x 2) (y3) (z1) 16
( )S I(2; 3;1) R4 j (0;1;0) có tâm bán kính ; trục Oy có VTCP

( ; ; )
n a b c


Gọi là VTPT mp(P) ,

( )P n j b 0 n ( ;0; ) (a c a2 c2 0)

      

  

chứa Oy 

ax cz  Phương trình mp(P): 
2 3

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>



,( )



2 2 2
d I P  R  r 

2 2 2 2

2 2
2

2 4 4 4 4

a c

a ac c a c

a c



     

  

2 0

3 4 0

3 4
c

c ac

c a




    



0

x 3x4z0Vậy phương trình mp(P): hoặc .
Câu 7.

(0,5 đ)

4 4 4
12 8

( ) . . 34.650
n  C C C 

Số phần tử không gian mẫu là

Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau”

3 3 3
9 6 3

( ) 3 .2 .1. 1080

n A  C C C  Số các kết quả thuận lợi của A là

( ) 1080 54

( ) 0,31

( 34650 173
n A

P A
n

  

  Xác xuất của biến cố A là

Câu 8.
(1 đ)

Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC

Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vng góc với AH nên có
phương trình 4x − 3y – 1 = 0

B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt:

4 3 1 0

(4;5)

1 0

x y

B
x y

  






  


Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình: 3x – 4y + 8 = 0
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt:

3 4 8 0 1

( 3; )

3 4 10 0 4

x y

A

x y

  



  



  



Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:

2 2

(1;1)
1; 1

4 3 1 0

31 33

31 33 ;

;

( 2) 2

25 25

C

x y

C

x y



 



  



  

 

   

  

    



    



Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra
A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.

31 33
;
25 25
C 

 Tương tự A và thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác

ngồi của tam giác ABC.

A

B

C
H

E
M(0;2

)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

( , )
20
AH d A BC 

8
ABC

S 

BC = 5, . Do đó (đvdt).

Câu 9.

(1 đ)





2 5 4 1 ( 2 2 4)
x  x  x x  x

(*)

1 5 0

1 5
x
x

    


 

 ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0



2 2

4 x x( 2x 4)  x 5x 4Khi đó (*) 

2 2

4 x x( 2x 4) ( x 2x 4) 3 x (**)
1 5

x  TH 1: , chia hai vế cho x > 0, ta có: 
2 2 4 2 2 4

4 x x x x 3

x x

   

 

(**) 

2 2 4

, 0

x x

t t

x

 

  2

4 3 0

t  t  1 t 3Đặt , ta có bpt: 
2

7 4 0
2 4

1 3

4 0

x x

x x x

   

  

   

  




1 17 7 65

2 x 2

  

 



1 5 x 0

    x25x 4 0 TH 2: , , (**) luôn thỏa 
1 17 7 65

1 5;0 ;

2 2

S         

 

 Vậy tập nghiệm bpt (*) là

Câu10
.
(1 đ)

2 2 2 1 2 2 2 1 2

P x y  x  x y  x  y

Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y). Ta có OM + ON ≥ MN

2 2 2 2 2

(x 1) y  (x1) y  4 4 y 
2

2 1 2 ( )

P y  y f y



( ) 2 1 2

f y  y   y 2

'( ) 1

1
y
f y

y

 

 TH1: y ≤ 2: 
2

0 3

'( ) 0 2 1

3 1

y

f y y y y

y



       



( .2]

min ( ) 2 3

3
x   f y f

 

   

  Lập bảng biến thiên f(y) 

( ) 2 1 2

f y  y y 2 5 2  3 TH2: y ≥ 2: ≥ 
2 3 ;

P  x yVậy .

2 3

MinP 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6></div>

Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán trường THPT Nguyễn Trường Tộ, Bình Định năm 2015 - Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có đáp án

<b>ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015</b>







































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về