tổng hợp các bộ đề thi thử thpt quốc gia môn toán

Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 Môn Toán; Khối A và khối A1. Câu 1. (2 điểm) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số 3 2 3 2 y x x = − + . b) Tìm giá trị tham số m ∈  thì đồ thị của hàm số 4 2 4 4 y x mx m = − + − có 3 cực trị là 3 đỉnh của 1 tam giác nhận điểm 31 0; 4 H       làm trực tâm. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: + = − 1 3 sin 2x tan cos 2 2 2 x x . Câu 3. (1 điểm) Tính giới hạn: 5 3 2 3 2 1 5 2 6 4 lim 1 x x x x x B x x x → − + + − = − − + . Câu 4. (1 điểm). Trong mặt phẳng ( ) P , cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a ,  = 0 120 ABC . Gọi G là trọng tâm tam giác ABD . Trên đường thẳng vuông góc với ( ) P tại G lấy điểm S sao cho  = 0 90 ASC . Tính thể tích khối chóp . S ABCD và khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng ( ) SBD theo a . Câu 5. (1 điểm) a) Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 4321 đồng thời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau. b) Chứng minh rằng: với mọi cặp số nguyên ( ) , 1 k n k n ≤ ≤ ta có: 1 1 k k n n kC nC − − = . Tìm số nguyên 4 n > biết rằng ( ) 0 1 2 2 5 8 3 2 1600 n n n n n C C C n C+ + + + + = . Câu 6. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC có phương trình các đường thẳng , AB AC lần lượt là − − = + + = 4x 3 20 0; 2x 10 0 y y . Đường tròn ( ) C đi qua trung điểm của các đoạn thẳng , , HA HB HC có phương trình là ( ) ( ) − + + = 2 2 1 2 25 x y , trong đó H là trực tâm của tam giác ABC . Tìm tọa độ điểm H biết > − 4 C x . Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC , N thuộc cạnh AC sao cho = 1 4 AN AC . Biết MN có phương trình − − = 3x 4 0 y và ( ) 5;1 D . Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương. Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình: ( )  + − = + +  ∈   − − − =  4 2 2 2 3 2 2 3 2 , 2 5 2 1 0 x x y y y x y x x y y x  Câu 9. (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: ( ) + + = + + + 2 2 2 2 3 a b c ab bc ca . Tìm giá trị lớn nhất của = + + − + + + 2 2 2 1 3 S a b c a b c . Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 y 2 2 - 2 3 - 1 x HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2 điểm) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số 3 2 3 2 y x x = − + ∗ Hàm số đã cho xác định trên  ∗ Ta có: ( ) 2 ' 3 6 3 2 y x x x x = − = − và ' 0 0 y x = ⇔ = hoặc 2 x = . ∗ Giới hạn: lim x y →−∞ = −∞ và lim x y →+∞ = +∞ ∗ Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ ' y + 0 − 0 + y 2 +∞ −∞ 2 − Hàm đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ;0 −∞ và ( ) 2; +∞ , nghịch biến trên ( ) 0; 2 . Hàm số đạt cực đại tại điểm 0 x = với giá trị cực đại của hàm số là ( ) 0 2 y = và hàm số đạt cực tiểu tại điểm 2 x = với giá trị cực tiểu của hàm số là ( ) 2 2 y = − . ∗ Đồ thị • Điểm đặc biệt : '' 6 6 y x = − và " 0 1 y x = ⇔ = ( ) 1;0 I⇒ • Chọn 3 2, x y = ⇒ = 1 2 x y = − ⇒ = − . Chú ý : Ta có thể tìm điểm đặc biệt bằng cách tìm giao điểm của đồ thị với trục tọa độ: Giao điểm của đồ thị với trục Oy là điểm ( ) 0; 2 Đồ thị cắt Ox tại ba điểm ( ) 1;0 , ( ) 1 3;0 ± Nhận xét: Đồ thị nhận ( ) 1;0 I làm tâm đối xứng. b) 0 ' 0 m y ≤ ⇒ = có 1 nghiệm, nên hàm số có 1 cực trị. 0 ' 0 m y > ⇒ = có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm đó, nên hàm số có 3 cực trị. Giả sử ( ) 0; 4 , A m − ( ) 2 2 ; 4 4 , B m m m − − ( ) 2 2 ; 4 4 C m m m − . Vì tam giác ABC cân tại A và , B C đối xứng nhau qua Oy H là trực tâm tam giác ABC khi ( ) . 0 AH BC BH AC BH AC  ⊥ ⇒ = ∗  ⊥    . Ta có: 2 31 2 ; 4 4 , 4 BH m m m   = − + +      ( ) 2 2 ;4 AC m m =  . Khi đó ( ) 2 2 31 2 4 4 4 0 4 m m m m   ∗ ⇔ + − + + =     hay 3 2 31 8 8 1 0 2 m m m − − − = , phương trình có nghiệm 2 m = thỏa 0 m > . Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 Câu 2. (1 điểm) Điều kiện: π ≠ + π 2 x k + = − ⇔ + = − 2 1 3 1 1 sin 2 tan cos2 sin 2 tan 2sin 2 2 2 2 x x x x x x ( )   ⇔ + = − ⇔ − − =     1 1 1 sin 2 tan sin 2 .tan sin2 tan 1 0 2 2 2 x x x x x x  π π  = + π = + π  =  ⇔ ⇔ ∈   π  = = + π     5 1 ; sin 2 12 12 , 2 tan 1 4 x k x k x k x x k  Câu 3. (1 điểm) Ta có: 5 3 2 2 2 5 2 6 4 ( 1) ( 2)( 2) x x x x x x x − + + − = − + − , 3 2 2 1 ( 1) ( 1) x x x x x − − + = − + Do đó: 2 1 ( 2)( 2) 3 lim 1 2 x x x B x → + − = = − + . Câu 4. (1 điểm).  = ⇒ = ⇒ ∆ 0 0 120 A 60 D B AB  đều cạnh a ⇒ = = 2 3 2 2 ABCD ABD a S S Gọi O là giao điểm AC và BD ⇒ = = = = 3 2 3 ; ; 3 2 3 3 a a AO AG AO AC a ⇒ = = 6 . 3 a SG GA GC ( ∆ SAC vuông tại S, đường cao SG). = = 3 D D 1 2 . 3 6 SABC ABC a V S SG Kẻ ( ) ⊥ ⇒ ⊥ SO GH D GH SB vì ( ) ( ) ( ) ⊥ ⊂ ⇒ =D GH , D B SAO d G SB GH ∆ SGO vuông tại G, đường cao ⇒ = + = 2 2 2 2 1 1 1 27 S 2a GH OH G GO Câu 5. (1 điểm) a) Giả sử số đó là abcd TH1: a,b là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn a,b Lúc này chọn d có: 4 cách và chọn c có 4 cách. Trường hợp này có = 2.4.4 32 số TH2: b,c là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn b,c Nếu = 0 d chọn a có: 2cách. Trường hợp này có = 2.1.2 4 số. Nếu ≠ 0 d chọn d có 2 cách, chọn a có: 2 cách. Trường hợp này có = 2.2.2 8 số Vậy có: + + = 32 4 8 44 số. b) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 ! ! . . ! ! 1 ! 1 1 ! k k n n n n kC k n nC k n k k n k − − − = = = −   − − − −   ( đpcm ) ( ) ( ) 0 1 2 1 2 0 1 2 5 8 3 2 1600 3 6 3 2 1600 n n n n n n n n n n n n n C C C n C C C nC C C C+ + + + + + = ⇔ + + + + + + + = ( ) ( ) 0 1 1 0 1 1 1 1 3 2 1600 n n n n n n n n n C C C C C C − − − − ⇔ + + + + + + + = Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 ( ) ( ) 0 1 1 0 1 1 1 1 3 2 1600 n n n n n n n n n C C C C C C − − − − ⇔ + + + + + + + = ( ) ( ) 1 1 1 5 3 3 1 1 2 1 1 1600 3 .2 2 1600 3 .2 2 100 7 n n n n n n n n n n − − + − − ⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = Câu 6. (1 điểm) Tọa độ của A là nghiệm của hệ: 4 3 20 0 2 10 0 x y x y  − − =  + + =  hay 1 8 x y  = −  = −  , suy ra ( ) − − 1; 8 A Gọi D, E, F, N lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC, AC và B’ là chân đường cao hạ từ B của tam giác ABC. Ta có     ⊥  / / / / EF BC NF AH BC AH . Do đó ⊥ EF NF Tương tự ta có: ⊥ D D E N . Vậy đường tròn (C) đi qua D, E, F là đường tròn đường kính EN. Suy ra N thuộc (C) . Mặt khác ⊥ ' ' EB B N , tức là B’ cũng thuộc (C). Tọa độ của N và B’ là nghiệm của hệ: ( ) ( )  + + =  = − −   = − = −   ⇔ ⇔     = − = − + + = − + + =       2 2 2 2 10 0 2 10 2 4 6 2 5 30 40 0 1 2 25 x y y x x x hay y y x x x y Nếu ( ) − − 4; 2 N thì ( ) − 7;4 C (loại) Nếu ( ) − − 2; 6 N thì ( ) − − 3; 4 C . Vậy ( ) ( ) ( ) − − − − − − 2; 6 ; ' 4; 2 ; 3; 4 N B C Đường thẳng BH đi qua B’ và nhận VTCP ( ) − 1; 2 của AC là vtpt nên có phương trình − = 2 0 x y . Đường thẳng CH đi qua C và nhận vtcp ( ) 3; 4 của AB làm vtpt nên có phương trình là + + = 3x 4 25 0 y Tọa độ H là nghiệm của hệ: 2 0 3 4 25 0 x y x y  − =  + + =  hay 5 5 2 x y  = −   = −   . Vậy   − −     5 5; 2 H Câu 7. (1 điểm) Kẻ ⊥ NH BC tại H, ⊥ D NK C tại K Ta có ∆ = ∆ ⇒ = NKC NHC NK NH  ⇒ = =   ⇒ =   ⇒ = =   1 / / 4 1 / / 4 DK AN AD NK DC AC DK BH BH AN AB NH BC AC , mà M là trung điểm BC nên H là trung điểm BM   ⇒ ∆ = ∆ ⇒ = =D , D DKN MHN NK MNH N NM Mà   = ⇒ = ⇒ ∆ 0 0 90 D 90 KNH NK DNM vuông cân tại N ( ) ( ) ⇒ ⊥ ⇒ − + − = + − = : 5 3 1 0 3 8 0 DN MN DN x y hay x y Tọa độ N thỏa hệ: ( )  + − = ⇒  − − =  3 8 0 2; 2 3 4 0 x y N x y Giả sử ( ) ( ) − ⇒ = − − = =;3 4 2 ;6 3 ; 10; M m m MN m m DN MN DN  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )  = ⇒ ⇒ − + − = ⇔ − = ⇔  = ⇒ −   2 2 2 3 3;5 2 6 3 10 2 1 1 1; 1 m M m m m m M loai Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 ( ) 3;5 M m gọi  −  − = =   = ∩ ⇒ = − ⇔ ⇔     − = − =   1 5 2 1 D 3 3 3 2 1 1 P P P P x x P MN A NP NM y y   Ta có: = = = ⇒ = 1 1 1 5 D 3 6 6 6 AP MC BC A DP DA ⇒ = = = ⇒ = 5 5 5 3 6 6 3 5 DP DA CB MB MB DP       ( ) ( )    − = −       ⇒ ⇒   − = −   3 5 3 5 5 3 1;5 3 5 1 1 5 B B x B y Câu 8. (1 điểm) Điều kiện: ≤ 5 2 x Phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 0 0 x y x y x y ⇔ − − + = ⇔ = = hoặc 2 1 x y = + Trường hợp = = 0 x y thế vào (2) không thỏa mãn. Trường hợp = + 2 1 x y thế vào (2): ( ) − − − = 3 2 3 2 1 0 3 y y Xét hàm   = − − − ∈ −∞     3 3 (t) 2 t 3 2 1; ; 2 f t t ;   = + > ∀ ∈ −∞   −   2 1 3 '( ) 6 ; '( ) 0, t ; 2 3 2 f t t f t t Vậy hàm số ( ) f t đồng biến trên   −∞     3 ; 2 ; mà = (1) 0 f . Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất: = 1 y . Với = ⇒ = ⇔ = ± 2 1 2 2 y x x (thỏa điều kiện) Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( ) ( ) − 2;1 ; 2;1 Câu 9. (1 điểm) Với a,b,c là các số dương ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 3 a b c a b c + + + + ≥ và ( ) 2 3 a b c ab bc ca + + + + ≤ Bởi vậy: ( ) ( ) ( ) + + + + ≤ + ⇔ + + ≤ 2 2 2 2 3 9 3 3 a b c a b c a b c , từ đó: < + + ≤ 0 3 a b c Ta có: ( ) ( ) + + + + = + + + ≤ + + ≤ + 2 2 2 2 2 3 3 3 a b c a b c ab bc ca ab bc ca nên ( ) ( ) + + + + ≤ + 2 2 2 2 3 6 2 a b c a b c Bởi vậy: ( ) + + = + + − ≤ − + = − + + + + + + + + 2 2 2 2 2 1 1 3 1 1 3 3 6 3 2 6 3 2 a b c S a b c t a b c a b c t Xét hàm số: = − + + 2 1 1 3 ( ) 6 3 2 f t t t với < ≤ 0 3 t và ( ) 2 1 1 '( ) 0, (0;3) 3 3 f t t t t = + > ∀ ∈ + Bởi vậy: ( ≤ ∀ ∈   ( ) (3), 0; 3 f t f t hay ≤ 17 ( ) 6 f t Suy ra: ≤ 17 6 S , dấu bằng xảy ra khi = = = 1 a b c Vậy = 17 max 6 S khi = = = 1 a b c ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 09 tháng 02 năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm ). Cho hàm số 32 3 (C). m y x x mx    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với 0 m  . b) Xác định m để đường thẳng () d có phương trình yx cắt đồ thị () m C tại ba điểm phân biệt ,, OAB sao cho 2 AB  (O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm ). Giải phương trình 2 2sin2 2cos 5cos 2sin 3 0 x x x x      . Câu 3 (1,0 điểm ). Tính tích phân 3 2 0 32 2 1 2 x I dx x     . Câu 4 (1,0 điểm ). a) Một tổ có 12 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Chia tổ thành 3 nhóm, mỗi nhóm có 5 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chia? Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ. b) Giải phương trình 2 2 3 log( 3) 2log( 3) 2 0 xx      . Câu 5 (1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm (1;0;0) A , (0;2;3) B  và (1;1;1) C .Viết phương trình mặt phẳng () P chứa , AB sao cho khoảng cách từ C tới () P bằng 2 3 . Câu 6 (1,0 điểm ). Cho hình chóp . SABCD có các cạnh bên bằng nhau và bằng 2 a , đáy ABCD là hình chữ nhật có 2, AB aAD a  . Gọi , MN lần lượt là trung điểm của AB , CD và G là trọng tâm tam giác SBC . Tính thể tích hình chóp . SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SG theo a . Câu 7 (1,0 điểm ). Cho hình thang ABCD cạnh đáy nhỏ AB , tam giác ABD vuông cân tại A . Biết phương trình cạnh AB là 3 10 0 xy    và phương trình cạnh BC là 2 10 0 xy    . Viết phương trình các cạnh còn lại biết diện tích tam giác ACD bằng 10 đơn vị diện tích. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 44 2 2 4 62 4 5 24 22 x y xy x xy y xy             . Câu 9 (1,0 điểm ). Cho x,y,z là các số thực dương sao cho 2 3 1 x y z    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 (5 6) 4 (512) (45162) P x x y y z z       . 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:…………………… 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án – thang đi ể m có 6 trang) Câu Đáp án Điểm 1 (2,0đ) a) (1,0 điểm) Khi m = 0 , hàm số có dạng: y = x 3  3 x 2 .  TXĐ: D   . 0,25  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 ' 3 6. y x x  y ’ = 3 x 2  6 x = 0  x = 0 hoặc x = 2 - Hàm số đồng biến trên (  ; 0) và (2; +  ) ; hàm số nghịch biến trên (0; 2) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x CĐ = 0, y CĐ = 0; đạt cực tiểu tại x CT = 2, y CT = -4. - Giới hạn: lim ;lim x x yy     . 0,25 - Bảng biến thiên: x  0 2  y ’ + 0 - 0 + y 0   -4 0,25  Vẽ đồ thị: Giao trục tọa độ     0;0, 3;0 OA . Lấy thêm điểm   1;4 B  .  Điểm cực đại   0;0 , cực tiểu   2;4  . Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) 2 Phương trình hoành độ giao điểm: 32 3 x x mx x    2 ( 3 1) 0 xx x m      2 0 . 3 1 0(*) x x x m         0,25 Đường thẳng () d cắt đồ thị () m C tại ba điểm phân biệt  Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 9 4( 1) 0 . 1 m m          13 (1). 4 1 m m         0,25 Giả sử O(0,0) ,   1 1 2 2 , , ( , ) Axy Bx y , 12 , xx là hai nghiệm của phương trình (*). Ta có 12 12 3 .1 xx xx m      (2). 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 ( ) ( ) 2 2( ) 2 2( ) 8 2(3). AB x x y y x x x x xx              Thay (2) vào (3) ,ta có(3) trở thành 188( 1) 2 3. mm      0,25 Thỏa mãn điều kiện (1) . Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. 0,25 2 (1,0đ) 2 2 2sin2 2cos 5cos 2sin 3 0 (4sin cos 2sin) (2cos 5cos 3) 0 x x x x x x x x x            2sin(2cos 1) (2cos 1)(3 cos) 0 x x x x       (2cos 1)(2sin cos 3) 0 x x x      2cos 1 0 2sin cos 3 0 x xx         (*) . 0,25 Xét phương trình 2sin cos 3 0 2sin cos 3 x x x x       . Ta thấy 22 2 (1) 9    Phương trình vô nghiệm. 0,25 12 (*) cos 2 ( ) 23 x x k k          . 0,25 Vậy phương trình có nghiệm 2 2 ( ) 3 x k k       . 0,25 3 (1,0đ) 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 3 2 4 (2 1) (2 2 1) 2 2 1 2 1 2 2 1 2 xx I dx dx x dx dx x dx xx                   0,25 3 3 2 2 1 0 0 2 2 . I dx x   1 3 0 3. I     0,25 33 3 22 3 2 2 0 00 11 2 1 2 1(2 1) (2 1) 23 I x dx x d x x         3 2 8 1 7 . 3 3 3 I     0,25 12 72 3. 33 I I I       0,25 4 (1,0đ) a) (0,5 điểm) Tổng số học sinh là 12 + 3 = 15 học sinh. Nhóm 1: Chọn 5 học sinh trong 15 học sinh có 5 15 C cách chọn. Nhóm 2: Chọn 5 học sinh trong 10 học sinh còn lại có 5 10 C cách chọn. Nhóm 3: Chọn 5 học sinh trong 5 học sinh còn lại có 5 5 C cách chọn. Vậy có 5 5 5 15 10 5 . 756756 C CC  cách chia. Số phần tử của không gian mẫu là số phân công 15 học sinh thành 3 nhóm mỗi nhóm 5 học sinh là  5 5 5 15 10 5 . 756756 C CC  . 0,25 Gọi A là biến cố nhóm nào cũng có nữ . Nhóm 1: Có 14 3 12 CC cách chọn. Nhóm 2: Có 14 28 CC cách chọn. Nhóm 3: Có 14 14 CC cách chọn. Suy ra 1 4 1 4 1 4 3 12 2 8 1 4 . . . . 207900 A CC CCCC    . Vậy xác suất của biến cố A là () 0,27 A PA    . 0,25 b) (0,5 điểm) Điều kiện: 3. x  2 2 3 log( 3) 2log( 3) 2 0 xx      2 4log( 3) 6log( 3) 2 0 xx       2 2log( 3) 3log( 3)1 0 xx      . Đặt log( 3) tx  . Phương trình trở thành 2 2 3 1 0 tt   1 . 1 2 t t        +) 31 1 log( 3) 1 10 t x x     (Thỏa mãn). 0,25 +) 1 1 1 log( 3) 3 22 10 t x x        (Thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm 31 10 x  và 1 3 10 x  . 0,25 5 (1,0đ) Ta có (1;2;3) AB   Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng () P cần tìm là 2 2 2 (;;), 0 p n abca b c      . Phương trình mặt phẳng () P là ( 1) 0 0 ax by cz ax by cz a          . 4 Do A,B thuộc (P) , suy ra . 0 3 2. p n AB a c b      22 2 (,()) 37 54 17 0 3 dC P c bc b      . 0,25 +) 0 0 0 b c a      (Loại). 0,25 +) 0, b  chọn 1 1 17 37 c b c        . +) 1, 1 1 c b a    Phương trình mặt phẳng () P là 10 x y z    . 0,25 +) 17 23 1, 37 37 b c a      Phương trình mặt phẳng () P là 23 17 23 0 37 37 37 x y z      hay 23 37 17 23 0 x y z     . 0,25 6 (1,0đ) Gọi O là giao điểm của AC và BD ,do ABCD là hình chữ nhật nên từ giả thiết suy ra O là hình chiếu của S trên mặt phẳng ABCD . 0,25 22 5 AC AB BC a    5 11 22 aa OC SO     . 23 . 1 1 11 11 . . .2 3 3 2 3 SABCD ABCD a V SOS a a    (đvtt). 0,25 Lấy F là trung điểm của BC ( ). OF BC BC SOF     Trong mặt phẳng   SOF kẻ OH SF  ( ). OH SBC  Ta có M, N là trung điểm của AB và CD suy ra // //( ). MN BC MN SCB   ( , ) ,( ) (,( )) . dMNSG dMN SBC dOSBC OH    0,25 Trong tam giác vuông SOF có: 2 2 2 1 1 1 . OH OF OS  165 ( , ) . 15 OH dMNSG a    0,25 [...]... m2 Hết -Chú ý : Thí sinh có cách giải khác đúng vận dụng các thang điểm thành phần cho điểm tối đa 3 SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ ( Đề thi có 01 trang) ĐỀ THI THỬ LẦN I KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN : TOÁN Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x2  4 (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)... điểm) Giải hệ phương trình:  2 2  y( x  y)  2 x  7 y  2 , ( x, y  R) Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN I KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN : TOÁN TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ (Đáp án – thang điểm gồm 07 trang) Câu 1 (2,0đ) Điểm 0,25 Nội dung a) (1,0đ) 1/ Tập xác định: R x  0 y,  0... hệ:  ,  x  y  5  y  5  x  y  5  x Hệ này vô nghiệm Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y)  {(1; 2), (2; 5)} Hết 0,25 Trường THPT Lam Kinh THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA - LẦN I - NĂM 2015 Môn: Toán Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề) Câu 1 (4.0 điểm) Cho hàm số y  2x 1 (1) x2 a Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) b Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + m luôn... = 1/6; z = 1/9 (Chú ý Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.) -Hết 6 0,25 Sở GD & ĐT Hà Nội ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ K12 Trường THPT Yên Lãng Năm học 2014 - 2015 o0o - ( Môn: Toán Thời gian làm bài: 120 phút ) A PHẦN CHUNG : (8điểm) Câu I (3 đ) Cho hàm số y = (x - 2)2(x + 1), đồ thị là (C) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số đã cho... ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN ĐH - CĐ LẦN I NĂM 2015) Đáp án Câu Điểm 2x 1 Câu 1 a.(2.0đ) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x  2 (4.0đ) i/ TXĐ: D = R\{-2} ii/ Sự biến thi n + Giới hạn- tiệm cận Ta có: lim y  lim y  2; lim y  ; lim y   x  x 2  x  0,5 x 2  Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y= 2 3 + Chiều biến thi n Có... tham số m 2 0.25 0.25 1.0 Đặt t  2x , t  0 Khi đó (1) được đưa về dạng (m  2)t 2  2(m  1)t  m  5  0 (2) Ta đi xác định các giá trị của ' , S , P 2(m  1) m5 '  (m  1)2  (m  2)(m  5)  9m  9, S  , P m2 m2 Ta có bảng tổng kết M  ' - -1 S + 0 0.25 Dấu các nghiệm P + Phương trình vô nghiệm 0 + - + Phương trình có nghiệm kép t  2  0 Phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn t1  t2 ... hộp ABCD.A'B'C'D' theo a, b, c 2 Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (BDA') theo a, b, c B PHẦN RIÊNG : (2điểm) I, HỌC SINH THI KHỐI A,A1,B: Câu IVa (1đ) Giải và biện luận phương trình : (m  2)2x  (m  5)2 x  2(m  1)  0 (1) theo tham số m Câu Va(1đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : x-y-1 = 0 và (d 2) : x+2y+3 = 0 Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết A  ( d 1), C... thoi ABCD biết A  ( d 1), C  (d 2), B, D thuộc Ox và AC=2BD II, HỌC SINH THI KHỐI D : Câu IVb(1đ) Tìm m để phương trình: (m  2)2x  (m  5)2 x  2(m  1)  0 (1) có hai nghiệm trái dấu Câu Vb(1đ) Trong mp Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) Biết phương trình các cạnh AB, AC thứ tự là: 4x+y +14= 0; 2x+5y-2 =0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C Hết -Họ tên thí sinh…………………... viên bi chọn ra có đủ cả ba màu 0,25 TH1 : 4 viên được chọn có 2 bi đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng Suy ra số cách chọn là 0,25 2 1 1 C4 C5 C6 TH2 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 2 bi xanh và 1 bi vàng Suy ra số cách chọn là 1 1 C4 C52 C6 TH3 : 4 viên được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi xanh và 2 bi vàng Suy ra số cách chọn là 1 1 2 C4 C5 C6 2 1 1 1 1 1 1 2  n( A)  C4 C5 C6  C4 C52 C6  C4 C5 C6  720 Do đó 6 (1,0đ)... điểm (2; 0) là điểm CT của đồ thị hàm số Điểm U(1; 2) là điểm thuộc ðồ thị hàm số Đồ thị giao với các trục tọa độ: (-1; 0), (2; 0), (0; 4) 0.5 0.5 2 Giả sử M(x0; y0) thuộc (C), x0 là số nguyên dương Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là y = (3x02 - 6x0)x - 2x03 + 3x02 + 4 Goi tiếp tuyến này là (t) Hoành độ giao điểm của (C) và (t) là nghiệm PT: x3 - 3x2 - (3x02 - 6x0)x + 2x03 - 3x02 = 0  (x - x0)2(x . ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 09 tháng 02 năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH. luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 Môn Toán;