DE THI THU TINH VINH LONG

<span class='text_page_counter'>(1)</span>WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH LONG ----------------. ĐỀ THI THỬ – KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ----------------------------------2x 1 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  f  x   (1) x 1 a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1). b). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại điểm M thuộc (C ) và có tung độ bằng 3.. Câu 2.(1,0 điểm). 3 . Tính giá trị của biểu thức A  1  tan x 1  tan y  4 4 b). Tìm số phức z và tính môđun z , biết  3  i  z  1  i  2  i   5  i a). Cho 0  x . . và. x y . Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình log 3  x 2  3x   log 1  2 x  2   0 3. Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình 2 x  5  2  x. . x  1  3x  4. . e2. Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I .  1  ln x  xdx e. Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , BC  2a . Tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, mặt bên  SAC  hợp với mặt đáy một góc 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SCI  , biết rằng I là trung điểm của cạnh AB ..   Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có BAD  ADC  900 , AB  AD  2 , DC  4 , đỉnh C nằm trên đường thẳng d : 3 x  y  2  0 . Điểm M nằm trên cạnh AD. sao cho AM  2 MD và đường thẳng BM có phương trình là 3 x  2 y  2  0 . Tìm tọa độ của đỉnh C . Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;3; 2  và mặt phẳng  P  có phương trình 2 x  y  2 z  1  0 . Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm là A và tiếp xúc với  P  . Tìm tọa độ của tiếp điểm. Câu 9.(0,5 điểm) Cho tập hợp E  1; 2;3; 4;5;6 và M là tập tất cả các số gồm hai chữ số phân biệt thuộc E . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M . Tính xác suất để tổng hai chữ số của số đó lớn hơn 7. Câu 10.(1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương và thỏa mãn điều kiện 3  a 2  b 2  c 2   1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Q  a 2  b2 . 1 1 1 1 1 1  2  b2  c2  2  2  c2  a2  2  2 2 b c c a a b --------- HẾT ---------. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………………; Số báo danh:…………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH LONG ----------------. CÂU 1. (2,0 điểm). ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ – KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 Môn: TOÁN ----------------------------------ĐÁP ÁN. ĐIỂM. 2x  1 (1) x 1 a).(1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1).. Cho hàm số y  f  x  . + Tập xác định: D   \ 1 + Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  2 x .  tiệm cận đúng x  1. lim y  ; lim y  . x 1. 0,25.  tiệm cận ngang y  2. x . x 1. + Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: y ' . 3.  x  1. 2. ; y '  0, x  D . 0,25. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ;1 và 1;   .  Cực trị: Hàm số không có cực trị  Bảng biến thiên x y. y. 1. . . —. — . 2. 0,25 2. .  Đồ thị:. 0,25. b).(1,0đ) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm M có tung độ bằng 3. + Gọi M  x0 ;3   C  ta có x0 là nghiệm của phương trình  x0  1 2 x0  1 3    x0  4 . Suy ra M  4;3 x0  1 2 x0  1  3  x0  1 3 3 1 + Ta có f   x    hệ số góc của tiếp tuyến là f   4    2 2 3  x  1  4  1. + Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại M  4;3 : y  . 1  x  4  3 3. 1 13 + Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y   x  3 3. 0,25. 0,25 0,25 0,25. 1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> WWW.VNMATH.COM CÂU 2. (1,0 điểm). ĐÁP ÁN 3 . Tính giá trị của biểu thức A  1  tan x 1  tan y  4 3 tan  tan y 1  tan y 3  3  4  y   + Ta có x   y và tan x  tan   3 4 1  tan y 4   1  tan tan y 4. a).(0,5đ) Cho 0  x . . ĐIỂM. 4. và x  y .   1  tan y   + Khi đó A  1     1  tan y   1  tan y  1  tan y  2   1  tan y  . 0,25. 0,25. b).(0,5đ) Tìm số phức z và tính môđun z , biết  3  i  z  1  i  2  i   5  i.  a, b    , ta có 1   3  i  a  bi   2  2i   3a  b    a  3b  i  2  2i. + Giả sử z  a  bi. 2  a  3 a  b  2   5   4  3   2 a b  b   5. +. Vậy z  3. (0,5điểm).. 0,25. 0,25. 2 4 2 5  i và z  5 5 5. Giải phương trình log 3  x 2  3 x   log 1  2 x  2   0 (1) 3. 2.  x  3x  0  x  0 (*) + ĐK:  2 x  2  0. 0,25. Ta có (1)  log 3  x  3x   log 3  2 x  2   0  log 3  x  3x   log 3  2 x  2  2. +. 4. (1,0 điểm). 2. x  1  x2  3x  2 x  2  x2  x  2  0    x  2 Kết hợp với điều kiện (*), ta có nghiệm của phương trình là x  1. Giải bất phương trình 2 x  5  2  x. . x  1  3x  4. + ĐK: 1  x  2 . Ta có 2 x  5  3x  4   x  1 . . (1) trở thành + Do. . . (1). 3x  4  x  1. 3x  4  x  1  2  x. . . . 3x  4  x  1 ;. x  1  3x  4. . x  1  3x  4  0 , x  1; 2 nên 3x  4  x  1  2  x . +. 3x  3 0   x  1  2 3 x  3  2  2   x  3 x  2  0  1  x  2  x  3x  2  2   2 2 13 x  17  0  x 2  3 x  2   3 x  3     2  . . 0,25. (2). (2) . +. 5. (1,0 điểm). 3x  4  x  1. . . 0,25. 3x  4  2  x  x  1  3 x  3  2. 1  x  2    1 x  2 x   So với điều kiện và suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S  1; 2.  2  x  x  1. 0,25. 0,25. 0,25. e2. Tính tích phân I .  1  ln x  xdx e. e2. e2. + Ta có I   xdx   x ln xdx  I1  I 2 e. e2. + Tính I1 . 1.  xdx  2 x e. (1). 0,25. e. 2 2 e. e. . 1 4 2 e  e  2. 0,25. 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> WWW.VNMATH.COM CÂU. ĐÁP ÁN 1  e2 e2 e2 u   x  x2  u  ln x 1 + Tính I 2   x ln xdx . Đặt  ; ta có I 2   ln x    xdx   2 v   x  2 e 2 e e v  x  2 e. 2. e. ĐIỂM. 0,25. 2.  x2  1 1 3e 4  e 2 1    ln x    x 2    2e 4  e 2    e 4  e 2   2 4 4  2 e 4 e. e 2  5e 2  3 e 4  e 2 3e 4  e 2 5e 4  3e 2   + Vậy (1)  I  I1  I 2   2 4 4 4. 6. (1,0 điểm). 0,25. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C , BC  2a . Tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, mặt bên  SAC  hợp với mặt đáy một góc 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SCI  , biết rằng I là trung điểm của cạnh AB .. S. A. 600. B. I 2a. M C. + Ta có SAB vuông cân tại S , I là trung điểm AB  SI  AB và  SAB    ABC   SI   ABC  . Gọi M là trung điểm AC , ta có IM // BC , IM . 1 BC  a  IM  AC và 2.  IM  SI (do SI   ABC  )  SM  AC (đli 3đvg)  SMI  60  là góc giữa hai mặt phẳng.  SAC . 0,25. và  ABC  ..  + SMI vuông tại I , SMI  60   SI  IM .tan 600  a 3 ; SAB vuông cân tại S.  AB  2 SI  2 3a ; ABC vuông tại C  AC  VS . ABC. + Ta có d  A,  SCI   . AB 2  BC 2  2 2a . Do đó. 3.VA.SCI 1 6 3 a ; VA.SCI  VS . ACI  VS . ABC  2 3 S SCI. + Mặt khác SI   ABC  , IC   ABC   SI  IC  S SCI . 3V Suy ra d  A,  SCI    A.SCI SSCI. 0,25. 1 1 2 6 3  S ABC .SI  CA.CB.SI  a 3 6 3.  6 3 a  3  3  2 6a  2 3a 3 2. 0,25. 1  AB  1 3 2 IC.SI    SI  a 2 2  2 2. 0,25. 3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> WWW.VNMATH.COM CÂU 7. (1,0 điểm). ĐÁP ÁN. ĐIỂM.   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có BAD  ADC  90 0 , AB  AD  2 , DC  4 ,. đỉnh C nằm trên đường thẳng d : 3 x  y  2  0 . Điểm M nằm trên cạnh AD sao cho AM  2 MD và đường thẳng BM có phương trình là 3 x  2 y  2  0 . Tìm tọa độ của đỉnh C .. A. B. M C. D 3x - 2y + 2 = 0. d: 3x - y + 2 = 0. x  t + Ta có C  d :   y  2  3t. t  .  C  t ; 2  3t   d  C , BM  . + Theo giả thiết: M  AD , AM  2 MD  MD . 3xC  2 yC  2 2. 3   2 . 2. . 2  3t 13. (1). 1 2 4 AD  và AM  ; 3 3 3. 1 4 1 4 AM . AB  ; CDM vuông tại D  S MCD  MD.DC  2 3 2 3 10 1   AB  CD  AD  6  S BMC  S ABCD  S ABM  S MDC  3 2. ABM vuông tại A  S ABM . và S ABCD. + ABM vuông tại A  BM . S BMC. AB 2  AM 2  4 . 2  3t 13. . 0,25. 16 2 13 và ta lại có  9 3.  10  2  2.SBMC 10 1 3     (2)  BM .d  C , BM   d  C , BM   2 BM 2 13 13 3. + Từ (1) và (2) ta có. 0,25. 0,25.  8 t  2  3t  10  2  3t  10     3  13  2  3t  10 t  4. 10. 0,25. 8  Suy ra C  4; 10  hoặc C  ;10  3  . 8. (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;3; 2  và mặt phẳng.  P. có phương trình. 2 x  y  2 z  1  0 . Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm là A và tiếp xúc với  P  . Tìm tọa độ của tiếp điểm.. + Vì mặt cầu  S  tâm A tiếp xúc với  P  nên bán kính của  S  là R  d  A,  P   . + Suy ra.  S  :  x  1. 2. 2. 2.1  3  2.(2)  1 4 1 4. 2. 2.   y  3   z  2   4 .. 0,25. 0,25. + Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với  P  . Gọi K là giao điểm của d và  P  , ta có  K là tiếp điểm của  P  và  S  . Ta có một vectơ chỉ phương của d là u   2; 1; 2  và phương  x  1  2t  trình tham số của d :  y  3  t  z  2  2 t . 0,25. t  .  K 1  2t ;3  t ; 2  2t  , vì K  d. + Mặt khác K 1  2t ;3  t ; 2  2t    P   2 1  2t    3  t   2  2  2t   1  0  9t  6  0  t. 2 7 7 2 ; suy ra K  ; ;   . 3 3 3 3. 0,25. 4.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> WWW.VNMATH.COM CÂU 9. (0,5 điểm). ĐÁP ÁN ĐIỂM Cho tập hợp E  1; 2;3; 4;5; 6 và M là tập tất cả các số gồm hai chữ số phân biệt thuộc E . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M . Tính xác suất để tổng hai chữ số của số đó lớn hơn 7. + Số phần tử của tập M là A62  30 + Các số có tổng hai chữ số lớn hơn 7 gồm: 26, 62, 35, 53, 36, 63, 45, 54, 46, 64, 56, 65. Có 12 số 12 2  Suy ra xác suất cần tìm là p  30 5. 10. (1,0 điểm). 0,25 0,25. Cho a, b, c là ba số thực dương và thỏa mãn điều kiện 3  a 2  b 2  c 2   1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q  a2  b2 . 1 1 1 1 1 1   b 2  c 2  2  2  c2  a 2  2  2 . b2 c 2 c a a b. 2. + Ta có  a  b  c   3  a 2  b 2  c 2   1 . Suy ra a  b  c  1 .. 0,25. + Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có 1   1 1  1  1 1  2Q  2  a 2  b2   2  2  2   2  b 2  c 2   2  2  2   2  c 2  a 2   2  2  2  a  b c  c a b  2. 2. 2 2 1 1 1 1  1 1      b  c        c  a     b c c a     a b   1 1    1 1   1 1 + Xét các vectơ x   a  b;   , y   b  c;   , z   c  a;   b c c a a b                 1 1 1  Ta có x  y  z   2  a  b  c  ; 2      và x  y  z  x  y  z  a b c  . .  a  b. 2. 2. Khi đó. 0,25. 2. 2 1 1 1 2Q  4  a  b  c   4      2 a b c.  a  b  c 2 . 0,25. 81.  a  b  c 2. 2. + Đặt t   a  b  c   0  t  1 . Xét hàm f  t   t . 81 81 với t   0;1 . Ta có f   t   1  2  0, t   0;1 . t t. Suy ra f  t  là hàm nghịch biến trên  0;1  f  t   f 1  82  Dấu đẳng thức xảy ra  a  b  c . 0,25. 2Q  2 82 hay Q  2 41. 1 1 . Vậy min Q  2 41 khi a  b  c  3 3. Chú ý: Mọi lời giải khác và đúng thì cho điểm tương ứng với câu đó theo thang điểm đã thống nhất. --------- HẾT ---------. 5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>