de thi thu thpt 2015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT C NGHĨA HƯNG. ĐỀ THI THỬ THPT 2015 Môn: TOÁN. (Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề ) ----------------------------------------. . Câu 1 (2,0 điểm).. 3. 2. Cho hàm số y  x  3 x  2 (C ) . a) Kháo sát c và vẽ đồ thị ( C) của hàm số b) Tìm m để phương trình x3-3x2+m+1=0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). 4x- 4 - 17.22x- 4 + 1 = 0 a) Giải phương trình: 2. z  4i z  11 z  1 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 . Hãy tính z  2i .. b) Câu 3 (1,0 điểm).. 1  tan x cot 2 x  1  tan x . a) Giải phương trình : b)Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau và trong mỗi số đó có đúng 2 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ ? Câu 4 (1,0 điểm). 5 1 I  dx x 3x 1 1 Tính tích phân . Câu 5 (1,0 điểm).  A (2;1;  1), AB (1; 0;3) . Chứng minh ba Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 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. 5 SA a 2, AC 2a, SM  a 2 , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích Biết 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 tam giác đường cao AA’có phương trình x+2y-2=0 trực tâm H(2;0) kẻ các đường cao BB’và CC’ đường thẳng B’C’ có phương trình x-y+1=0 M3;-2) là trung điểm BC .tìm tọa độ các đỉnh A,B và C. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình. 2 x 2  x  x  2 2 y 2  y  2 y  1    x 2  2 y 2  2 x  y  2 0 . Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x  3 y 7 . 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) .. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ------ Hết ------. TRƯỜNG THPT C NGHĨA HƯNG ĐÁP ÁN TOÁN. Nội dung. Câu 1.a 1đ 1.b 1đ. pt x3-3x2+m+1=0 có 3 nghiệm <=> pt x3-3x2+2 = - m+1=0 có 3 nghiệm < => đường thẳng (d) y=-m +1 cắt (C) tại 3 diểm < => -2<-m+1<2 < => -1<m<3 4x- 4 - 17.22x- 4 + 1 = 0 a) Giải phương trình: 2 24x- 4 - 17.22x- 4 + 1 = 0 Û. 2.a 0,50. 16x 4x - 17. + 1 = 0 Û 42x - 17.4x + 16 = 0 16 16. 0,25 0,25 0,25 0,25. (*). 0,25. x  Đặt t = 4 (ĐK: t > 0) phương trình (*) trở thành. é4x = 1 ét = 1 ê t2 - 17t + 16 = 0 Û ê Û ê4x = 16 Û êt = 16 ê ê ë ë. 0,50. Điểm. éx = 0 ê êx = 2 ê ë. Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 0 và x = 2. z  11 z  4i z  1 a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 . Hãy tính z  2i .  z 2  3i z  11  z 2  3i z  1 2 2 z 2  z  4 z  13 0 ,  '  9 9i   z  4i 2  i 1 z 2  3i  z  2i = 2  i. z 2  3i. 53 z  4i 2  7i  29  z  2i = 2  5i. 0,25. 0,25. 0,25. 1  tan x cot 2 x  1  tan x . Giải phương trình ĐK   sin 2 x 0 3.a 0,50. 3.b 0,50.  cos x 0   tan x  1 . x  2 k    x    k   4.      tan   2 x  tan   x  2  4  Với ĐK pt. 0,25.  x   k , k   4 Kết hợp ĐK, ta có nghiệm:. 0,25. + Đặt số cần tìm là:. n abcde. 2 + Số cách chọn 2 chữ số chẵn (có cả số 0): C4 6 .. C 3 4 + Số cách chọn 3 chữ số lẻ: 4 .. 0,25. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> => Có: 6.4.5! 2880 (số n) ( a có thể bằng 0).. 1.C 3.4! 288 C3 4 + Với a = 0 thì có: (số).. 0,25. * Vậy có: 2880  288 2592 (số n) thỏa yêu cầu bài toán. Tính tích phân. 5 1 I  dx x 3 x  1 1. .. 2. 2 t 1  dx  tdt 3 3 Đặt Đổi cận: x 1  t 2; x 5  t 4. 4 4 1 1 1 I 2  2 dt  I (  )dt t  1 t 1 2 t  1 2 t  3 x  1, t 0  x . 4 1đ. I  ln t  1  ln t  1 . 5 1đ. 6 1đ. 0,25 0,25 0,25. 4 2. I 2 ln 3  ln 5  A (2;1;  1), AB (1; 0;3) . Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Cho điểm Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB vuông tại M.    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). 0,25. Tam   giác MAB vuông tại M thì 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 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 5 SA a 2, AC 2a, SM  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.. 0.25. 0.25 0.25. 0,25. S. jA K M. B. O. H. N. C. 2 2 Từ giả thiết SO  ( ABCD)  SO  AC , OA a , SO  SA  OA a 1 OSM  O : OM  SM 2  SO 2  a 2. 3. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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 )) Gọi OMN  O : OMN  O : OH  MN , SO  MN  MN  ( SOH ). 0,25. 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. 57 a 19 OS  OH Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác đường cao AA’có phương trình x+2y-2=0 trực tâm H(2;0) kẻ các đường cao BB’và CC’ đường thẳng B’C’ có phương trình x-y+1=0 M(3;-2)là trung điểm BC .tìm tọa độ các đỉnh A,B và C. Xét đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC kẻ A đường kính AN => M là trung điểm HN = > N(4;-4) B' J J là trung điểm AH = >MJ//AN và MJ  B’C’ Phương trình AN là x+y=0 =>tọa dộ A(-2;2) C' I = > I(1;-1) H  x 3  t C  M BC có Phương trình  y  2  2t SOH  O : d ( SM , AC ) OK . 7 1đ. B. OS .OH 2. A'. . B(3+t;-2+2t) IB=IA = > B (3  13;  2  2 13) C (3  13;  2  2 13). N. 8 1đ. 2. 0,25 0,25. 0,25 0,25. (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)  x  2   1  x  2 ĐKXĐ: + Điều kiện: 2 2 + Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có: x  2 y  2 x  y  2 ; Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được: x 2   2 y 2  2 x  y  2  x  x  2 2 y 2  y  2 y  1. . 0,25. 0,25. .  x2  2 x  1  x  1 .   x  1 2  x  1  + Xét hàm số /.  x  1  1 4 y 2  2 y .  x  1  1  2 y  2  2 y  2. f  t  t  t  t  1 1. f  t  2t  1  2 t 1 ; + Ta có: + Bảng biến thiên:. 2 y 1. 2 y 1. (*).. , với t  1.. 1. f //  t  2  4. 4 t.  t  1 3. 1. ; f / /  t  0  t . . 3 4. . 3 4. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> + Từ bảng biến thiên suy ra:. 1 f /  t    0; t    1;   2 f t + Do đó: Hàm số   đồng biến trên  1; . . nửa khoảng  + Suy ra phương trình (*)  f  x  1  f  2 y   x  1 2 y . + Thay. x 2 y  1 vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:.  2 y  1 2  2 y 2  2  2 y  1  y . 2 0.  y 1  x 1  6 y  7 y  1 0   1 2  y   x  6 3  2. * Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là:. 0,25. 2 1 ;   3 6..  x; y   1;1 ,  . Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x  3 y 7 . 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) . 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 .. 0,25. 2. 5( x 2  y 2 )  2 x  y   5( x 2  y 2 ) 2 x  y Ta có và 2 2 2 ( x  y  3)  x  y  9  2 xy  6 x  6 y 0 9 1đ.  2( x  y  xy  3) 8( x  y )  ( x 2  y 2  3). 0,25. P 2( xy  x  y )  24 3 2( x  y  xy  3). Suy ra t  x  y  xy , t   0;5 P  f (t ) 2t  24 3 2t  6 Đặt , f / (t ) 2  Ta có. 24.2 3 3 (2t  6) 2. 2. 3. (2t  6)2  8 3. (2t  6) 2. Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng 3 Suy ra min f (t )  f (5) 10  48 2 ..  0, t   0;5. 0,25.  0;5 ..  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 ------. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>