Một số đề tự luyện ôn thi THPT quốc gia môn toán năm học 2014-2015

Tiếp tuyến tại điểm M có hoành độ dương thuộc H cắt hai đường tiệm cận của H tại A, B sao cho AB 2 10.. Tìm xác suất để giá trị tuyệt đối của hiệu hai số được chọn bằng 1.. Gọi D là điể

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 1 NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

1

x y x





 có đồ thị (H)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số

b) Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (H) Tiếp tuyến tại điểm M có hoành độ dương

thuộc (H) cắt hai đường tiệm cận của (H) tại A, B sao cho AB 2 10

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Tính môđun của số phức z (1 2 )(2i i)2

b) Cho tập A 1, 2,3, , 2015 , từ tập A chọn ngẫu nhiên hai số Tìm xác suất để giá trị tuyệt

đối của hiệu hai số được chọn bằng 1

1

ln 1

x

đường thẳng d:

1 3 2 1

 





 



  



Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt

phẳng (P) bằng 3

góc với nhau tại S Gọi H, I, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC, BC Gọi D là điểm đối xứng của S qua K; E là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SHI) Chứng minh rằng AD vuông góc với SE và tính thể tích của khối tứ diện SEBH theo a.

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I,

các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm M1; 5 , 

7 5

; ,

2 2

N  

 

13 5

;

2 2

P 

(M, N, P không trùng với A, B, C) Tìm tọa độ của A, B, C biết đường thẳng

chứa cạnh AB đi qua Q  1;1và điểm A có hoành độ dương.

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

3

,

x y











Câu 9 (1,0 điểm)

Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a2b c 0 và a2b2c2 ab bc ca  2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 1

P

HẾT

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 1 NĂM HỌC 2014-2015

Môn thi: Toán

 Tập xác định: D \ 1 

 Sự biến thiên

 

,

2

3

0, 1 1

x



0,25

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng( ;1) và (1;)

+ Hàm số không có cực trị

+ Giới hạn:

* limx  y2;limx y2  Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

*limx 1y ;limx 1y

    Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0,25

 Bảng biến thiên:

1

-∞

+∞

+∞

-∞

y

y' x

0,25

 Đồ thị: Giao điểm của (H) với Ox là 1;0

2

 

 , giao điểm của (H) với Oy là 0; 1 

Đồ thị nhận I1;2 làm tâm đối xứng

0,25

242

1.b 1,0

0

1

x

x



Phương trình tiếp tuyến của  H tại M là  

0 0 2

0 0

2 1 3

:

1 1

x

x x









0,25

(d) cắt tiệm cận đứng (x=1) tại 0

0

1;

1

x A x



(d) cắt tiệm cận ngang (y=2) tại B x 2 0 1; 2

0,25

 

 

2

0

36

1

x

0

0

2 4

x

x





 



 (do 0 x 0)

Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán M2;5 và M4;3

0,25

2 1

1 3

3

x

x

x x



 







       



1,0

(1 2 )(2 ) (1 2 )(4 4 ) (1 2 )(3 4 ) 3 4 6 8 11 2

z  i i   i  i i   i  i   i i i   i

Vậy z11 2 i z  11222 5 5

Gọi A là biến cố: “Hiệu hai số được chọn bằng 1”

Số phần tử của không gian mẫu: 2

2015

Số cặp số có hiệu bằng 1 (là cặp hai số liên tiếp) là n  A 2014.

Vậy xác suất để “Hiệu hai số được chọn bằng 1” là   2

2015

2014

A

n

P A

1

1 1

4

2

1

ln(1 x)

x



1

2 (1 )

dx dv

x









2

1

2 2 ln 1 | 6ln 3 4 ln 2 2 | 6ln 3 4ln 2 2

x

0,25

Khi đó I  I1 I2= 14 6ln 3 4ln 2 2 6ln 3 4ln 2 8

Ta có d(M,(P)) = 3  2(1 3 ) 2(2 ) 1 1

3 3

Suy ra, có hai điểm thỏa bài toán là M1(4, 1, 2) và M2( – 2, 3, 0) 0,25

Gọi HIAK J SJ, AD E

 

Ta có J là trung điểm của AK, kẻ FK//SE

Trong tam giác vuông cân SBC,

2

a

0,25

Trong tam giác vuông SAD,

3

a

Tam giác SAB cân tại S nên SH AB

Ta lại có

SC  SAB SC BD BD SAB  BDSH  SH  ABD  SH  HBE

2 2

a

0,25

Mà

EAH

DAB

3 1

a

V  SH S  (đvtt)

0,25

Đường tròn ngoại tiếp ABC chính là đường tròn ngoại tiếp MNP có phương trình là

x y  x  có tâm là 3;0

2

K 

0,25

Vì P là điểm chính giữa cung AB nên đường thẳng chứa AB đi qua Q  1;1vuông góc với

KP

PT của AB: 2x y  3 0

Tọa độ A, B là thỏa mãn hệ

 2

2 3

2 3

1

4

x y

x

x





  





Từ đó, tìm được A1;3 , B   4; 5

Ta lại có AC đi qua A, vuông góc với KN có phương trình 2x y  7 0

0,5

Nên tọa độ điểm C thỏa mãn

7 2

7 2

4; 1 1

4

x y

C x

x

 



 



  





0,25

244

F E

J

K

I H

D

C

B A

S

     

3

8 13 1 3 2 7 1







Trừ vế với vế của (1) và (2) ta được

  2 2

2

1

y x







 Với y 1 thay vào (1) ta được 8x13  x 1 7x x1

0,25

Với y x 2 thay vào (1) ta được

8x 13x 7x x1 3x  2  2x1  x  x1  x1 x1 2x1  x  x1 Đặt a2x1,b33x2 2 ta được

1 0





a b

a ab b x





 



0,25

  





   



2

a ab b   x  b  x   x  b  x  x  x

Vậy hệ có nghiệm  ;  1;1 , 1 1;

8 64

0,5

Áp dụng BĐT AM - GM ta có :

2

a b a c

ab ac   a b a c   a b c    a b   

 

1

a c

 

Mặt khác,

2

2

0,5

Do đó,

2

a b P

Vậy GTLN của P bằng 1

4.

0,5

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2  

2 1

x

x





a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số

b) Tìm m để đường thẳng d y: 2mx m 1cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu thức P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất ( với O là gốc tọa độ)

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình: cos 2 cosx xsinx1 0

b) Giải phương trình: 9x 5.3x 6 0

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình sau trên tập số phức: z2  z 3 0

b) Cho khai triển 2 x 8 tìm hệ số của số hạng chứa x6trong khai triển đó

1

1 ln

2 ln

e

x

x x





2 : 2

x t









  





Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n làm vectơ pháp tuyến Tìm tọa độ giao

điểm của (P) và đường thẳng (d)

mặt phẳng SBC bằng 1 và góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng  Tính thể tích khối chóp  S ABCD

theo  Xác định  để thể tích khối chóp đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường

thẳng d x y:   1 0 Điểm E9; 4 nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F   2; 5 nằm trên

đường thẳng chứa cạnh AD, AC 2 2 Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có

hoành độ âm

, 1

x y

x x y y











a b c  2 2a2b2c2 Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

a b c ab bc ca

 



HẾT

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 2 NĂM HỌC 2014-2015

Môn thi: Toán

246

*TXĐ: \ 1

2



 *SBT:

2

x



  I d  c 5 A(1;3); ( 3;1)B  0,25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1

; 2

  

; 2

*Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị 0,25

PT hoành độ giao điểm: 2 2 1

x

x





2

     , (1); Đặt g x    4 mx2  4 mx m   1

0,25

* (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt  PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2



0

1 0 2

m

g











0,25

*Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x x1, 2 thì x x1, 2 là các nghiệm của PT (1) 

1 2

1 2

1 1

4

m

x x

m











Có: OA2+OB2 = x12   2 mx1 m  1 2  x22   2 mx2  m  1 2

=  4 m2  1  x12  x22  4 m m   1   x1 x2  2  m  1 2

=  4 2 1 1  1 4  1  2  1 2

2

m

m



0,25

2

2

Dấu bằng xảy ra  1

2

m  ( thỏa mãn);KL: 1

2

m  là giá trị cần tìm

0,25

cos 2 cosx xsinx1 0

cos 2 0

1 sin

x

x 









0,25

M O

S

H

4 2

k

+) Với

2 1

2

x k













  





0,25

9x 5.3x 6 0

    3x 2 5.3x 6 0

Đặt t 3x t 0 Phương trình trở thành t25t 6 0 0,25

3 2

t

t





  

1 log 2

x x





  

Suy ra phương trình có hai nghiệm là: 1 1 11 ; 2 1 11

Ta có khai triển sau:  

8

8 0

2 k k2 k k

k



Từ đó suy ra hệ số của x6 là 6 2

82 112

3

1 ln

;

2 ln

x

x x





3

1

e e

2 ln

1 ln

ln 2 ln

e

x





2

e

Vậy

ln

0,5

Phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n làm vecto pháp tuyến là:

1x12y 33z2 0 x2y3z 1 0

Vậy phương trình (P) là: x2y3z 1 0

0,5

Thay x, y, z từ phương trình đường thẳng (d) vào mặt phẳng (P) ta được:

2t2t3(2 t) 1 0    t 1 x2, y1, z 1 Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng là I   2; 1;1

0,5

Gọi M là trung điểm BC

Trong mp SOM kẻ OH  SM (1)

S ABCD là hình chóp đều nên SM BC OM, BC

Suy ra BCSOM OH BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra OH SBC  OH 1

0,25

248

J I

E' F E

D

C

B

A

Từ (1) và (2) ta cũng có  SBC , ABCD  SMO 

Xét OHM vuông tại H ta có 1

sin sin

OH OM

Xét SOM vuông tại O ta có tan 1 tan 1

sin



sin

ABC



3 3 sin cos 3sin cos

0,25

Đặt Psin2.c os

Ta có Psin2.c os c os c os3

Đặt cos t t, 0;1

Suy ra P t t  3

Ta có P  1 3t2 , 0 1 3 2 3

P   t   t 

Lập bảng biến thiên

D

S ABC

Vậy V S ABC D nhỏ nhất bằng 2 3 (đvtt) khi arccos 3

3

 

0,5

+) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC

 E’ thuộc AD

Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm E9; 4

 phương trình EE’: x y  5 0

Gọi I = ACEE’, tọa độ I

là nghiệm hệ 5 0 3 3; 2

I

Vì I là trung điểm của EE’  E'( 3; 8) 

AD qua E  '( 3; 8) và F  ( 2; 5)  phương trình AD: 3x y  1 0 0,25

(0;1)

Vì AC2 2  c2  4 c2;c2  C ( 2;3) 0,25

Gọi J là trung điểm AC  J ( 1;2)  phương trình BD: x y  3 0

Do DADBD D(1; 4) B( 3;0) Vậy A(0;1), B( 3;0), ( 2;3), (1;4). C  D 0,25

( )

I

x x y y







Đặt x2    phương trình (1) có dạng: 1 t 1 2t2 4y1t2y 1 0

0,25

t 0 33 1 P + 0

-P

2 3

9

4y 12 8 2 y 1 4y 32

2 1 1 ( ) 2

 







 



0,25

y





 2  

16y y1 4y y1 y 1 0  y1 (do y 1) x0 Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) 0,25

gt

Do đó

3

16

P

a b c

0,25

Đặt

Thì

2

4 4

x y z

  





Vì y z 2 4yz nên 0 8

3

x

 

0,25

Xét hàm số f x( ) 3 x312x212x với 6 8

0;

3

x   

0,25

176 min ( ) 16, max ( )

9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 3 NĂM HỌC 2014-2015

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm)

Cho hàm số y x 4 2mx21 (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = 1.

b) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho BC = 4 và A là

điểm cực trị thuộc trục tung

250

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình log22log2x 2 0

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình cos 2x cosx 3 sin 2 xsinx

b) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0 Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp A Tính xác suất để chọn được số chia hết cho 3.

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

1 2 2

0 4

dt I

t





 và mặt phẳng  P : 2x y  2z 1 0 Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A3; 1; 2 , cắt đường thẳng  và song song với mặt phẳng (P)

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt

đáy bằng 60 Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách

từ C đến mặt phẳng (SMN).

1; 2

I  Gọi M là trung điểm cạnh CD, H2; 1  là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM Tìm tọa độ các điểm A, B.

thức

2

3( ) 4

Môn thi: Toán

Với m = 1 hàm số trở thành : y x 4 2x21

TXĐ : R ; xlim y

Có y' 4 x3 4x; ' 0 0

1

x y

x





   



0,25

BBT (lập đúng và đầy đủ) 0,25 Hàm số đồng biến trên 1;0 và 1; 

Hàm số nghịch biến trên   ; 1 và 0;1

yCĐ =1 tại x = 0; yCT = 0 tại x 1

0,25

 

2

0 ' 0

*

x y





  





0,25

Để hàm số có ba cực trị thì y’=0 có ba nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua ba nghiệm đó 

(*) có hai nghiệm phân biệt khác 0  m0 (**) 0,25

0 0;1 ' 0

y

 





 





0,25

2 2

2

log 1 log log 2 0

x x

x







2 1 4

x

x









 



0,5

cos 2x 3 sin 2x 3 sinx cosx

cos 2 sin 2 sin cos

2

2



0,25

Các số gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0 lập được là 3

Chọn ngẫu nhiên một số từ A có 84 cách nên n    84

Gọi B: “Số chọn được chia hết cho 3”

0,25

Số lập được chia hết cho 3 được lập từ các bộ số sau:

1; 2;3 , 1;2;6 , 1;2;9 , 1;3;5 , 1;3;8 , 1; 4;7 , 1;5; 6 , 1;5;9 , 1;6;8 , 1;8;9                  

2;3;4 , 2;3;7 , 2;4;6 , 2;4;9 , 2;5;8 , 2;6;7 , 2;7; 9 , 3;4;5 , 3; 4;8                

               

   

3;5;7 , 3;6;9 , 3;7;8 , 4;5;6 , 4;5;9 , 4;6;8 , 5;6; 7 , 5;7;9 ,

6;7;8 , 7;8;9

Mỗi bộ số lập được 3!=6 số nên có tất cả 29.6=174 số

Chọn một số trong các số đó có 174 cách  n B  174

Vậy xác suất là    

 

174 29

504 84

n B

P B

n



0,25

252

1 1

2

dt

1 2

0

t t





Gọi B d    B  nên giả sử B1 2 ;2 t  t t;3 

Khi đó AB   2 2 ;3t  t t;3  2

là vtcp của d.

Mặt phẳng (P) có vtpt n  2; 1; 2  

0,5

Vì d//(P) nên 0 2 2 2  3  2 3 2 0 1

3

 

4 10

; ; 3

3 3

    



hay u  4; 10;9  là vtcp của d.

Vậy phương trình d:

3 4

1 10 ,

2 9

 







  





0,5

*)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều

tâm G và SGABC . 1

3

Tam giác ABC đều cạnh a nên

2

Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa

cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) =  SAG   (vì60



SGAG SAG nhọn)

0,25

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 2 3

a

Trong tam giác SAG có SGAG.tan 60 a

Vậy . 1 . 2 3 3 3

S ABC

0,25

Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M(SMN) nên

C SMN,  3 G SMN,   

Ta có tam giác ABC đều nên tại K

 

SG ABC  SGMN

 

Trong (GKH), kẻ GH SK  GH MN GH SMN, HSK

G SMN, 

0,25

Ta có 1 ; 2 2 1 1 3

a

Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên

7

a GH

Vậy  ,  3 3

7

C SMN

a

0,5

Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD

nên IC 3IH

Mà IH  1;1

, giả sử

 ;  1 3.1 4 4;1

Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5)

Lại có AB 2AD nên 1  

2

MBC BAC

Mà BAC BCA 90  MBC BCA  90  ACBM

0,25

Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt IH 1;1

 pt BM: x + y – 1 = 0  B t ;1 t

Có AB t 2;6 t; CB t 4;t 0,25

Vì ABBC AB CB  0 t2 t 4 t6 t0

 

  t 2 2  B2 2; 1  2 hoặc B2 2; 1  2 0,25

Điều kiện:

2 2

3 41

8

x



 

 

Bất phương trình đã cho tương đương với

x 1 x22 x(1 x2) 2 3  x 4x2  3(x2x) (1  x) 2 ( x x 2)(1 x) 0

0,25

2

5 34

9

x

x

  











Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là 5 34 3 41

 

0,5

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

4 5

4

b c  bc b c  b c  b c Tương tự, ta có

4

Suy ra

2

b c c a

0,25

254

2 2

2

( ) 4

 

Vì a b c   1 a b  1 c nên

2

c



Xét hàm số

2

2

c

     



  với c (0; 1).

'( ) 0 ( 1) 64 (3 3) 0

3

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có 1

( ) 9

Từ (1) và (2) suy ra 1

, 9

P  dấu đẳng thức xảy ra khi 1

3

a b c  

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1

, 9

 đạt khi 1

3

a b c  

0,5

( )

f c

'( )

f c

3

–

1 9

