DEDA THI THU SO 7 THPTQG 2015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ THQG NĂM 2015 Môn: TOÁN. Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề 4 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x  2 x  1 . a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.. b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). Câu 2 (1,0 điểm). log 2. x. 2 2 . Tìm tọa độ. 2 x 1  log 3 (2 x  1) log 2 3 2 .. a) Giải bất phương trình b) Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn? 1  tan x cot 2 x  1  tan x . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân. 5 1 I  dx 1 x 3x 1. ..  A (2;1;  1), AB (1; 0;3) . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm. Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB vuông tại M. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. Biết SA a 2, AC 2a, SM . 5 a 2 , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp. S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng AB : x  2 y  3 0 và đường thẳng AC : y  2 0 . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB  2 IA , M  1;3 hoành độ điểm I: xI   3 và  nằm trên đường thẳng BD. (1  y )( x  3 y  3)  x 2  ( y  1)3 . x  ( x, y  )   x 2  y  2 3 x3  4 2( y  2) Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình . 2 x  3 y  7 Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của. biểu thức. P 2 xy  y  5( x 2  y 2 )  24 3 8( x  y)  ( x 2  y 2  3) .. ------ Hết -----NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0909544238 NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0909544238 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu. Nội dung. Điểm 1,00. 4 2 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x  2 x  1 . TXĐ: . Giới hạn:. 0,25. lim y  , lim y   x  . x  . 0,25.  x 0  y 1  y / 0   y  4 x  4 x, x    x 1  y 2 /. 3. Sự biến thiên: Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( 1; 0) và (1; ) , hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;  1) và (0;1) Bảng biến thiên x  y’ 1.a. y. +. -1 0. -. 0 0. 1 0. +. 2. . -. 2 0,25. 1 . . Đồ thị có điểm cực đại A(-1;2), B(1;2) và điểm cực tiểu N(0;1). Vẽ đồ thị (C).. 1.b Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C).. x. 2 2 ..  2 7 2 M  ;   (C ) y/ ( )  2 2 4   2 Ta có . Và  2  2 7 3 y  y /    x     y  2x  2 2 4    4 Pttt (d) có dạng. Pt hđ giao điểm của d và (C):.  x4  2 x2  1  2 x . 3  4 x 4  8 x 2  4 2 x  1 0 4. NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0909544238 2. 0,25. 1,00. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2.  2 2   x   4 x  4 2 x  2 0  x  2 , x   2  2 , x   2  2 2   2 2 2 .  2 7   2 2  2 2 1 1 M  ;  , M /  , 2   , M / /  ,  2   2 4 2 4 2 4   Vậy có 3 điểm: . . . Giải bất phương trình ĐKXĐ 2.a. log 2. 2 x 1  log3 (2 x  1) log 2 3 2 .. 1 2 (*)  log 2 (2 x  1)  log 3 (2 x  1) 1  log 2 3. 0,25 0,50. 2 x 1  0  x  . Với đk (*), pt. 0,25.  log 2 3.log3 (2 x  1)  log 3 (2 x 1) 1  log 2 3   log 2 3  1 log 3 (2 x  1) 1  log 2 3  log 3 (2 x  1) 1  2 x  1 3  x 1  1  S   ;1  2  Đối chiếu (*), tập nghiệm:. 2.b. Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca. Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn? Mỗi cách chọn 2 tiết mục múa trong 3 tiết mục múa là một tổ hợp chập 2 của 2 3, suy ra số cách chọn 2 tiết mục múa: C3 3. Mỗi cách chọn 2 tiết mục đơn ca trong 5 tiết mục đơn ca là một tổ hợp chập 2 C52 10. của 5, suy ra số cách chọn 2 tiết mục đơn ca: Mỗi cách chọn 3 tiết mục hợp ca trong 4 tiết mục hợp ca là một tổ hợp chập 3 3 của 4, suy ra số cách chọn 3 tiết mục hợp ca: C4 4. Theo quy tắc nhân, số cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn: 3.10.4 = 120. 3. 1  tan x cot 2 x  1  tan x . Giải phương trình   sin 2 x 0 x k    2 cos x 0    tan x  1  x    k    4 ĐK:. 0,50. 0,25. 0,25 1,00. 0,25.      tan   2 x  tan   x  2  4  Với ĐK pt. . 0,25. 0,25 0,25.    2 x   x  k 2 4.  x   k , k   4 Kết hợp ĐK, ta có nghiệm:. NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0909544238 3. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1,00. 5. Tính tích phân. 1 I  dx 1 x 3x  1. .. 2. t  3 x 1, t 0  x . 2 t 1  dx  tdt 3 3. Đặt. 0,25. x 1  t 2; x 5  t 4.. 4 Đổi cận: 4. 4. 0,25. 4 2. 0,25. 1 1 1 I 2  2 dt  I (  )dt t  1 t 1 2 t  1 2 I  ln t  1  ln t  1  I 2 ln 3  ln 5. . Cho điểm A(2;1;  1), AB (1;0;3) . Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB vuông tại M.. 5.    OB OA  AB (3;1; 2)  B (3;1; 2) Tacó  OA  (2;1;  1), AB (1;0;3) không cùng phương: O, A, B không thẳng hàng. *   OM t OA (2t; t ;  t )  M (2t ; t;  t ) và Ta có   AM (2t  2; t  1;  t  1), BM (2t  3; t  1;  t  2). Tam giác MAB vuông tại M thì  . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và SA a 2, AC 2a, SM . 0.25 0.25. 0.25. AM .BM 0  (2t  2)(2t  3)  (t  1)(t  1)  ( t  1))( t  2) 0 5  6t 2  11t  5 0  t 1, t  6 . 5 5 5 5 t   M ( ; ; ) t  1  M (2;1;  1)  A 6 3 6 6 thỏa bài toán.  (loại) và. 6. 0,25 1,00. 5 a 2 , với M là trung điểm cạnh AB. Tính. BD. Biết theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.. NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0909544238 4. 0,25 1,00.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 2 Từ giả thiết SO  ( ABCD)  SO  AC , OA a , SO  SA  OA a. 0,25. 1 OSM  O : OM  SM 2  SO 2  a 2. Ta có. ABC  B : BC 2MO a, AB  AC 2  BC 2  3a. 1 3 VS . ABCD  AB.BC.SO  a 3 3 3 N trung điểm BC  MN / / AC  d ( SM , AC ) d ( AC , ( SMN )) d (O, ( SMN )). 0,25. Gọi. OMN  O : OMN  O : OH  MN , SO  MN  MN  (SOH ). 0,25. SOH  O : OK  SH  OK  ( SMN )  OK d (O, ( SMN ). OMN  O :. ON . 3 a 3 a, OM  , OH  MN  OH  a 2 2 4. SOH  O : d ( SM , AC ) OK . 7. OS .OH 2. OS  OH. 2. . 57 a 19. Cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng AB : x  2 y  3 0 và đường thẳng AC : y  2 0 . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB  2 IA , hoành độ điểm I: xI   3 và M   1;3 nằm trên đường thẳng BD.. NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0909544238 5. 0,25 1,00.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ta có A là giao điểm của AB và AC nên Lấy điểm. E  0; 2   AC. . Gọi. A  1; 2 . F  2a  3; a   AB. 0,25. . sao cho EF // BD.. EF AE EF BI     2  EF  2 AE BI AI AE AI. 0,25. Khi đó 2.   2a  3    a  2 . Với a 1 thì là.  n  1;  1 . 2.  a 1 2    a 11 . 5 .  EF   1;  1. là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD.  BD  AC I   2; 2  . Pt BD : x  y  4 0. BD  AB B   5;  1. IB  IB 3  3  ID  ID  2 ID  D   2;  2 ID IA 2  2 . Ta có    1 IA IA IA  IC  IC  IC  C  3 2  2; 2 IC IB 2 .   7 1 11 EF  ;  a  5 5  là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của Với  5 thì n  1;  7   I   8; 2  BD là . Do đó, BD : x  7 y  22 0 (loại). IB . . 8. . (1  y )( x  3 y  3)  x 2  ( y  1)3 . x (1)  ( x , y  )   x 2  y  2 3 x3  4 2( y  2) (2) Giải hệ phương trình. (I) 2 2  x  y 0  x  y   x 0, y 1  x 1, y 1 ĐKXĐ:  Nhận xét x 1, y 1 không là nghiệm của hệ. Xét y  1 thì pt (1) của hệ (I) x 2  x( y  1)  3( y  1)2  ( y  1) x( y  1) 0 2.  x  x   3   y 1  y  1. 0,25. 0,25. 1,00. 0,25. x 0 y 1. x ,t  0 y 1 . Khi đó, pt (1) trở thành 4 2 t  t  t  3 0   t  1  t 3  t 2  2t  3 0  t 1.. t. Với t = 1, thì. 0,25. x 1  y x  1 y 1 , thế vào pt(2), ta được. 0,25 NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0909544238 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> x 2  x  1  2 3 x 3  4 2  x  1 . x 2  x  1  2  3 x 3  4   x  1  0  .   x2  x  1   0 x  x  16 2 2  3 3 3  3  x  4     x  1 x  4   x  1    6 x2  x  1   2 x  x  1 1  0 2 2 3 3 3 3   x  4     x  1 x  4   x  1   2. . . 1 5 x 2  x  1 0  x  2. .  x 1. .. 0,25. 1 5 3 5 x  y . 2 2 Với.  1 5 3  5  ;  . 2 2   Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x  3 y 7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của.  x; y  . biểu thức. 1,00. P 2 xy  y  5( x 2  y 2 )  24 3 8( x  y )  ( x 2  y 2  3) . 2.  2x  2  3 y  3  6( x  1)( y  1) (2 x  2)(3 y  3)   36  x  y  xy 5 2   Ta có . 2. Ta có. 5( x 2  y 2 )  2 x  y   2. 2. 5( x 2  y 2 ) 2 x  y. 0,25. và. 2. ( x  y  3) x  y  9  2 xy  6 x  6 y 0  2( x  y  xy  3) 8( x  y )  ( x 2  y 2  3). 9. 0,25. 3 Suy ra P 2( xy  x  y )  24 2( x  y  xy  3). Đặt. t  x  y  xy , t   0;5 f / (t ) 2 . 3 , P  f (t ) 2t  24 2t  6. 24.2 3 3 (2t  6) 2. 2. 3. (2t  6)2  8 3. (2t  6) 2.  0, t   0;5. 0,25. Ta có Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng.  0;5 .. 3 Suy ra min f (t )  f (5) 10  48 2 ..  x 2 min P 10  48 3 2, khi   y 1 Vậy. 0,25. Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa. ------ Hết -----NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0909544238 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0909544238 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>