tổng hợp đề thi thử 3 môn chính thpt quốc gia trong cả nước

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG III ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 3 1y x mx    (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 1 6sin cos2x x x   . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 3 2 1 2lnx x I dx x    . Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 2 1 5 6.5 1 0 x x    . b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm   4;1;3A  và đường thẳng 1 1 3 : 2 1 3 x y z d       . Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho 27AB  . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a  , I là trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng   ABC là trung điểm H của BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 60  . Tính thể tích khối chóp .S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng   SAB theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có   1;4A , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của  ADB có phương trình 2 0x y   , điểm   4;1M  thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 3 5 4 4 2 1 1 x xy x y y y y x y x                  Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số dương và 3a b c   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 bc ca ab a bc b ca c ab P       …….Hết………. ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm 1 a. (1,0 điểm) Với m=1 hàm số trở thành: 3 3 1y x x    TXĐ: D R 2 ' 3 3y x   , ' 0 1y x    0.25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng   ; 1  và   1; , đồng biến trên khoảng   1;1 Hàm số đạt cực đại tại 1x  , 3 CD y  , đạt cực tiểu tại 1x   , 1 CT y   lim x y    , lim x y    0.25 * Bảng biến thiên x –  -1 1 +  y’ + 0 – 0 + y +  3 -1 -  0.25 Đồ thị: 4 2 2 4 0.25 B. (1,0 điểm)   2 2 ' 3 3 3y x m x m        2 ' 0 0 *y x m    0.25 Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt   0 **m  0.25 Khi đó 2 điểm cực trị   ;1 2A m m m  ,   ;1 2B m m m 0.25 Tam giác OAB vuông tại O . 0OAOB    3 1 4 1 0 2 m m m      ( TM (**) ) Vậy 1 2 m  0,25 2. (1,0 điểm) sin 2 1 6sin cos2x x x    (sin 2 6sin ) (1 cos2 ) 0x x x    0.25    2 2sin cos 3 2sin 0x x x      2sin cos 3 sin 0x x x   0. 25 sin 0 sin cos 3( ) x x x Vn        0. 25  x k   . Vậy nghiệm của PT là ,x k k Z    0.25 3 (1,0 điểm) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ln ln 3 ln 2 2 2 2 2 x x x x I xdx dx dx dx x x x           0.25 Tính 2 2 1 ln x J dx x   Đặt 2 1 ln ,u x dv dx x   . Khi đó 1 1 ,du dx v x x    Do đó 2 2 2 1 1 1 1 lnJ x dx x x     0.25 2 1 1 1 1 1 ln 2 ln 2 2 2 2 J x       0.25 Vậy 1 ln 2 2 I   0.25 4. (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 2 1 5 6.5 1 0 x x    2 5 1 5.5 6.5 1 0 1 5 5 x x x x             0.25 0 1 x x        Vậy nghiệm của PT là 0x  và 1x   0.25 b,(0,5điểm)   3 11 165n C   0.25 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là 2 1 1 2 5 6 5 6 . . 135C C C C  Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 135 9 165 11  0.25 5. (1,0 điểm) Đường thẳng d có VTCP là   2;1;3 d u    Vì   P d nên   P nhận   2;1;3 d u    làm VTPT 0.25 Vậy PT mặt phẳng   P là :       2 4 1 1 3 3 0x y z       2 3 18 0x y z      0.25 Vì B d nên   1 2 ;1 ; 3 3B t t t     27AB      2 2 2 2 27 3 2 6 3 27AB t t t         2 7 24 9 0t t    0.25 3 3 7 t t        Vậy   7;4;6B  hoặc 13 10 12 ; ; 7 7 7 B         0.25 6. (1,0 điểm) j C B A S H K M Gọi K là trung điểm của AB HK AB  (1) Vì   SH ABC nên SH AB (2) Từ (1) và (2) suy ra AB SK  Do đó góc giữa   SAB với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng  60SKH   Ta có  3 tan 2 a SH HK SKH  0.25 Vậy 3 . 1 1 1 3 . . . . 3 3 2 12 S ABC ABC a V S SH AB AC SH   0.25 Vì / /IH SB nên   / /IH SAB . Do đó         , ,d I SAB d H SAB Từ H kẻ HM SK tại M   HM SAB       ,d H SAB HM 0.25 Ta có 2 2 2 2 1 1 1 16 3HM HK SH a    3 4 a HM  . Vậy     3 , 4 a d I SAB  0,25 7. (1,0 điểm) K C A DB I M M' E Gọi AI là phan giác trong của  BAC Ta có :    AID ABC BAI     IAD CAD CAI  Mà   BAI CAI ,   ABC CAD nên   AID IAD  DAI cân tại D  DE AI 0,25 PT đường thẳng AI là : 5 0x y   0,25 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : 5 0x y   Gọi 'K AI MM   K(0;5)  M’(4;9) 0,25 VTCP của đường thẳng AB là   ' 3;5AM    VTPT của đường thẳng AB là   5; 3n    Vậy PT đường thẳng AB là:     5 1 3 4 0x y    5 3 7 0x y    0,25 8. (1,0 điểm). 2 2 3 5 4(1) 4 2 1 1(2) x xy x y y y y x y x                  Đk: 2 2 0 4 2 0 1 0 xy x y y y x y               Ta có (1)    3 1 4( 1) 0x y x y y y        Đặt , 1u x y v y    ( 0, 0u v  ) Khi đó (1) trở thành : 2 2 3 4 0u uv v   4 ( ) u v u v vn        0.25 Với u v ta có 2 1x y  , thay vào (2) ta được : 2 4 2 3 1 2y y y y         2 4 2 3 2 1 1 1 0y y y y         0.25   2 2 2 2 0 1 1 4 2 3 2 1 y y y y y y             2 2 1 2 0 1 1 4 2 3 2 1 y y y y y                   0.25 2y  ( vì 2 2 1 0 1 1 1 4 2 3 2 1 y y y y y            ) Với 2y  thì 5x  . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là   5;2 0.25 9. (1,0 điểm) . Vì a + b + c = 3 ta có 3 ( ) ( )( ) bc bc bc a bc a a b c bc a b a c         1 1 2 bc a b a c           Vì theo BĐT Cô-Si: 1 1 2 ( )( ) a b a c a b a c       , dấu đẳng thức xảy ra  b = c 0,25 Tương tự 1 1 2 3 ca ca b a b c b ca            và 1 1 2 3 ab ab c a c b c ab            0,25 Suy ra P 3 2( ) 2( ) 2( ) 2 2 bc ca ab bc ab ca a b c a b c a b c              , 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = 3 2 khi a = b = c = 1. 0,25 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 1 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số   3 2 1 1 1 1 (1), 3 2 3 y x m x mx m      là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 2. m  b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại là y CĐ thỏa mãn y CĐ 1 . 3  Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình cos3 cos 2 3cos2 sin . x x x x   b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn 2 3 2 . z z i    Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình     2 4 2 2 log log 2 1 log 4 3 . x x x    Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình   2 3 2 5 4 1 2 4 . x x x x x      Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân 6 1 3 1 d . 2 x I x x      Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều . S ABC có 2 , . SA a AB a   Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp . S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng , . AM SB Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho hình chữ nhật ABCD có    ACD với 1 cos , 5   điểm H thỏa mãn điều kiện 2 , HB HC K     là giao điểm của hai đường thẳng AH và . BD Cho biết   1 4 ; , 1; 0 3 3 H K        và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm , , , . A B C D Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 3 0 P x y z     và đường thẳng 2 1 : . 1 2 1 x y z d       Tìm tọa độ giao điểm của (P) và ; d tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 2 3. Câu 9 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C; mỗi bảng có 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn       2 2 2 0 2. x y y z z x        Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức   4 4 4 4 3 4 4 4 ln ( ) . 4 x y z P x y z x y z          Hết Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 28, 29/3/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC. 2. Thi thử THPT Quốc gia lần 2 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 18 và ngày 19/4/2015. Đăng ký dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 28/3/2015. 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 1 Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi 2  m hàm số trở thành 3 2 1 1 1 2 . 3 2 3     y x x x 1 0 . Tập xác định: . D   2 0 . Sự biến thiên: *) Chiều biến thiên: Ta có 2 2, . y x x x       1 1 0 ; 0 ; 0 1 2. 2 2 x x y y y x x x                         Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1)   và (2; );   hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1; 2).  *) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1, x   y CĐ 3 ( 1) 2    y ; hàm số đạt cực tiểu tại 2, (2) 3. CT x y y     *) Giới hạn tại vô cực: 3 2 3 1 1 2 1 lim lim ; 3 2 3 x x y x x x x               3 2 3 1 1 2 1 lim lim . 3 2 3 x x y x x x x               0,5 *) Bảng biến thiên: 3 0 . Đồ thị: 0,5 b) (1,0 điểm) Ta có   2 1 , ; y x m x m x        1 0 x y x m          Hàm số có cực đại khi và chỉ khi 1. m   0,5 Câu 1. (2,0 điểm) Xét hai trường hợp (TH) sau: TH1. 1. m   Hàm số đạt cực đại tại , x m  với y CĐ 3 2 1 ( ) . 6 2 3 m m y m      Ta có y CĐ 3 2 3( ) 1 1 1 3. 0( ) 3 6 2 3 3                 m tm m m m m ktm TH2. 1. m   Hàm số đạt cực đại tại 1, x   với y CĐ 1 ( 1) . 2 2 m y     Ta có y CĐ 1 1 1 1 ( ). 3 2 2 3 3        m m tm Vậy các giá trị cần tìm của m là 1 3, . 3 m m     0,5 x 'y y 1      2 3 2     3  + – 0 0 + x O 3 2 y 2 3  1  2 a) (0,5 điểm) Phương trình đã cho tương đương với cos2 0 2cos2 cos 2 3cos2 sin cos 3sin x x x x x x x          4 2 . 6 k x k x k                  0,5 b) (0,5 điểm) Câu 2. (1,0 điểm) Đặt ,( , ). z a bi a b     Từ giả thiết ta có   2 3 2 3 3 2 a bi a bi i a bi i          3 3 1 2 2 a a b b               Vậy số phức z có phần thực bằng 1, phần ảo bằng 2.  0,5 Câu 3. (0,5 điểm) *) Điều kiện: 1 . 2 x  Khi đó phươngtrình đã cho tương đương với     2 2 2 log log 2 1 log 4 3 x x x         2 2 2 log 2 log 4 3 x x x     2 2 1 2 4 3 2 5 3 0 2 3 x x x x x x x                 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là 3. x  0,5 *) Điều kiện: 3 2 1 5 2 4 0 1 5 0. x x x x x                Bất phương trình đã cho tương đương với     2 2 2 4 3 4 2 4       x x x x x x . (1) Xét hai trường hợp sau đây: TH1. Với 1 5 0 x     . Khi đó 2 2 4 0 x x    và 3 0 x  . Hơn nữa hai biểu thức 2 2 4 x x   và 3 x không đồng thời bằng 0. Vì vậy     2 2 2 4 3 0 4 2 4        x x x x x x . Suy ra 1 5 0 x     thỏa mãn bất phương trình đã cho. 0,5 Câu 4. (1,0 điểm) TH2. Với 1 5. x    Khi đó 2 2 4 0 x x    . Đặt 2 2 4 0, 0 x x a x b       . Bất phương trình trở thành     2 2 3 4 3 0 3 a b ab a b a b b a b          2 2 2 4 0 1 17 7 65 2 4 3 , 2 2 7 4 0 x x x x x x x x x                        thỏa mãn. Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1 5 0 x     ; 1 17 7 65 . 2 2 x      0,5 Đặt 3 . x t   Ta có 1 2; 6 3; x t x t       2 3 x t   và d 2 d .  x t t Khi đó 3 3 2 2 2 1 2 d 2 d 1 1        t t I t t t t t 0,5 Câu 5. (1,0 điểm)   3 3 2 2 1 2 1 2 ln 1 1 dt t t t                2 1 ln 2 .   0,5 3 *) Từ giả thiết suy ra ABC  đều và SA SB SC .   Hạ SO ABC O ( )   là tâm tam giác đều ABC. Ta có 2 3 4 ABC a AB a S   và 3 2  a AM 2 3 3 3 a AO AM   2 2 33 . 3 a SO SA AO    Suy ra 3 . 1 11 . . 3 12   S ABC ABC a V SO S 0,5 Câu 6. (1,0 điểm) *) Kẻ Bx // AM  mp ( , ) S Bx // AM     ( , ) ,( , ) ,( , ) d AM SB d AM S Bx d O S Bx    (1) Hạ , . OK Bx OH SK   Vì ( ) Bx SOK  nên ( , ) Bx OH OH S Bx    (2) Ta có OMBK là hình chữ nhật nên . 2 a OK MB   Vì SOK  vuông tại O nên 2 2 2 2 1 1 1 47 517 11 47 a OH OH OK OS a      (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra 517 ( , ) . 47   a d AM SB OH 0,5 Từ giả thiết suy ra H thuộc cạnh BC và 2 . 3 BH BC  Vì BH // AD nên 2 2 3 3 KH BH HK KA KA AD     . Suy ra 5 2 HA HK    1 4 5 2 4 5 10 ; . ; ; 3 3 2 3 3 3 3 A A x y                        (2; 2). A  Vì ACD  vuông tại D và  1 cos cos 5   ACD nên 2 , 5 . AD CD AC CD   0,5 Câu 7. (1,0 điểm) Đặt 4 ( 0) 2 , . 3 CD a a AD a AB a BH a        Trong tam giác vuông ABH ta có 2 2 2 2 25 125 5. 9 9 AB BH AH a a      Suy ra 4 5 5, . 3 AB HB  (*) Giả sử ( ; ) B x y với 0, x  từ (*) ta có 2 2 2 2 ( 2) ( 2) 5 3, 0 1 8 1 4 80 , ( ) 5 5 3 3 9                                    x y x y x y ktm x y Suy ra (3; 0). B Từ   3 1; 2 . 2 BC BH C       Từ   2; 0 . AD BC D     0,5 Câu 8. (1,0 điểm) *) Giả sử ( ). M d P   Vì M d  nên ( 2; 2 1; ). M t t t     Mặt khác ( ) M P  nên suy ra ( 2) ( 2 1) ( ) 3 0 1. t t t t            Suy ra (1; 1; 1). M 0,5 S O M C B K H A x A B C H K D  [...]... 4t  3t  1 với mọi t   0; 1 Mặt khác, do 0  x, y, z  1 nên x 4  y 4  z 4  x 2  y 2  z 2  1 3 Từ đó ta có P  3  3( x  y  z )  ln x 4  y 4  z 4  ( x  y  z ) 4 4 3  3  3( x  y  z )  ( x  y  z ) 4 4 3 Đặt x  y  z  u , khi đó u  0 và P  3  3u  u 4 4 3 Xét hàm số f (u )  3  3u  u 4 với u  0 4 3 Ta có f (u )  3  3u và f (u )  0  u  1 Suy ra bảng biến thi n...  2 3  (a  2)  (2a  1)  (a )  3 12  12  12 Suy ra A(4;  5;  2) hoặc A( 2; 7; 4) Câu 9 (0,5 điểm) a  2  2 3  a 1  3    a  4 3 3 3 +) Tổng số kết quả 9 đội bóng bốc thăm ngẫu nhiên vào 3 bảng A, B, C là C9  C6  C3 +) Số kết quả bốc thăm ngẫu nhiên có 3 đội bóng Việt Nam nằm ở ba bảng khác nhau là 2 2 2 3!  C6  C4  C2 Suy ra xác suất cần tính là P  2 6 2 4 0,5 0,5 2 2 3! ... 2 Nắm được các yêu cầu và hình thức kiểm tra của phần đọc hiểu trong bài thi quốc gia a/ Về hình thức: - Phần đọc hiểu thường là câu 2 điểm trong bài thi - Đề ra thường là chọn những văn bản phù hợp (Trong cả chương trình lớp 11 và 12 hoặc là một đọan văn, thơ, một bài báo, một lời phát biểu trong chương trình thời sự… ở ngoài SGK) phù hợp với trinh độ nhận thức và năng lực của học sinh b/ Các câu...  2 6 2 4 0,5 0,5 2 2 3!  C  C  C 9   0 ,32 3 3 3 C9  C6  C3 28 Từ giả thi t suy ra 0  x, y , z  1 và x 2  y 2  z 2  1 Câu 10 (1,0 điểm) Xét hàm số g (t )  4t  3t  1, t   0; 1 Ta có g '(t )  4t ln 4  3 Suy ra g (t )  0  t  log 4 3  t0 ; g (t )  0  t  t0 và g (t )  0  t  t0 ln 4 3  4, nên 0  t0  1 ln 4 t 0 Suy ra bảng biến thi n g '(t ) Vì 1  t0 – 1 + 0 0 0 0,5 g (t... khoa luật” ) 5 Phong cách ngôn ngữ hành chính: - Khái niệm: Là phong cách được dùng trong giao tiếp thuộc lĩnh vực hành chính - Là giao tiếp giữa nhà nước với nhân dân, giữa nhân dân với cơ quan nhà nước, giữa cơ quan với cơ quan, giữa nước này và nước khác - Đặc trưng: Phong cách ngôn ngữ hành chính có 2 chức năng: + Chức năng thông báo: thể hiện rõ ở giấy tờ hành chính thông thường VD: Văn bằng, chứng... biến thi n ta có f (u )  4 0,5 ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP THPT 2015 MÔN NGỮ VĂN PHẦN I: ĐỌC – HIỂU VĂN BẢN ĐỊNH HƯỚNG CHUNG: A/ Những vấn đề chung I/ Phạm vi và yêu cầu của phần đọc – hiểu trong kì thi THPTQG 1/ Phạm vi: - Văn bản văn học (Văn bản nghệ thuật): + Văn bản trong chương trình (Nghiêng nhiều về các văn bản đọc thêm) + Văn bản ngoài chương trình (Các văn bản cùng loại với các văn bản được học trong. .. tình huống truyện, nhớ chính xác những từ ngữ quan trọng miêu tả đặc điểm, thuật lại những chi tiết nghệ thuật đắt giá, thuộc được những câu văn hay, đặc sắc… II Phương pháp giải hai dạng đề phổ biến trong đề thi tốt nghiệp THPT và tuyển sinh Đại học Cao đẳng những năm gần đây 1 Dạng đề so sánh 23 a Dạng đề so sánh * So sánh hai chi tiết nghệ thuật… * So sánh hai nhân vật * So sánh cảm nhận hai câu nói,... thuật Khái quát về nét giống và khác tiêu biểu 3) Dạng đề chứng minh nhận định a.Một nhận định, phê bình, ý kiến đánh giá văn học được đưa ra, có thể dạng đề mang tính tổng hợp, có thể nhận định một tác phẩm cụ thể Học sinh phải dùng kiến thức, một hoặc nhiều tác phẩm để chứng minh Những năm gần đây đề thi thường cho hai nhận định trong đề hoặc tương đồng (đều đúng) hoặc đối lập (một đúng và một sai)... người viết về vấn đề đó? - Đặt trong hoàn cảnh xã hội, bản điều trần đó nhằm mục đích gì? 2 “Về luân lý xã hội ở nước ta”(Trích Đạo đức và luân lý Đông Tây- Phan Châu Trinh ) - Bài diễn thuyết của Phan Châu Trinh có nội dung gì? - Nội dung đó được thể hiện như thế nào? - Thái độ của người viết về vấn đề đó? - Đặt trong hoàn cảnh xã hội, bài diễn thuyết của tác giả nhằm mục đích gì? 3 Trong đọan văn:... Thái và cả thi n nhiên, núi rừng Việt Bắc tiễn đưa người đi, cán bộ kháng chiến 13 + Phép tu từ im lặng (dấu chấm lửng) ở cuối câu có (Khoảng lặng cảm xúc) tác dụng diễn tả phút ngừng lặng, trùng xuống của một cuộc chia tay đầy xúc động, bâng khuâng, tay trong tay mà không nói lên lời Khoảng lặng cảm xúc gợi cảm hứng, gợi cảm xúc đánh thức tâm hồn con người - Tên văn bản: Cuộc chia tay lịch sử, cảnh chia . GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG III ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 3 1y x mx    (1). a). max P = 3 2 khi a = b = c = 1. 0,25 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 1 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề . 3 *) Từ giả thi t suy ra ABC  đều và SA SB SC .   Hạ SO ABC O ( )   là tâm tam giác đều ABC. Ta có 2 3 4 ABC a AB a S   và 3 2  a AM 2 3 3 3 a AO AM   2 2 33 . 3 a SO