ĐỀTHI THỬ
Câu 1
(2.0 điểm)
a.(1 điểm) Khảo sát…
• Tập xác định: D=R
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y'=3x2−3; 'y = ⇔ = ± 0 x 1 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ −; 1)và (1;+∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1;1)−
- Hàm số đạt cực đại tại x = −1;y CD = ; Hàm số đạt cực tiểu tại 3 x =1;y CT = − 1
- Giới hạn: lim ; lim
→−∞ = −∞ →+∞= +∞
0.25
- Bảng biến thiên
'
0.25
• Đồ thị:
0.25
b.(1.0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của ( )C và d :
x − x+ = − x+ ⇔x3 = ⇔ = ⇒ = − ⇒1 x 1 y 1 A(1; 1)− 0.25 Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A với hệ số góc là k
Phương trình đường thẳng ∆ có dạng:
:y k x( 1) 1
∆ là tiếp tuyến của đồ thị ( )C khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
3
2
− + = − −
− =
0.25
x
y
ĐỀ THI THỬ
ĐỀ SỐ 1
KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2015
MÔN: TOÁN – Thời gian: 180 phút Hợp tác sản xuất giữa ViettelStudy.vn và Uschool.vn
Trang 23 2
3 1 (3 3)( 1) 1
1
2
x
x
=
= −
Với x = ⇒ = ⇒1 k 0 phương trình tiếp tuyến: y = −1
x = − ⇒ = − ⇒k phương trình tiếp tuyến: 9 5
y = − x +
1;
y= − y = − x +
0.25
Câu 2
(1.0 điểm
Giải phương trình
1 2 sin sin 2 cos 2
0 (1) cos 1
x
+ Điều kiện: cosx ≠ − 1
(1)⇔ −1 2 sinx +sin 2x−cos 2x = 0
0.25
2
2 sin x 2 sinx 2 sin cosx x 0
sin (2 sinx x 2 2 cos )x 0
sin 0
2 sin cos
2
x
0.25
Với: sinx = ⇔ =0 x kπ
x+ x = ⇔ x+π=
0.25
So sánh điều kiện nghiệm của phương trình là: 7
x =k π x = π +k π x = π+k π k∈Z
0.25
Câu 3
(1.0 điểm)
a Đặt: z = +a bi a b( , ∈R)
Ta có: z− = + + ⇔i z 2 i a+ − = + + + bi i a bi 2 i
( 1) ( 2) ( 1)
2 ( 1)2 ( 2)2 ( 1)2
1 (1)
a b
⇔ + = −
0.25
z + − =i z a+bi + −i a−bi
= − + + − + = − + + là số thực ⇔ +a 2b =0 (2)
Từ (1);(2)ta có hệ phương trình: 1 2
+ = − = −
0.25
b Gọi A là biến cố “lấy được số chia hết cho 3 và các chữ số đều là số lẻ”
Không gian mẫu: Ω =9.9.8.7=4536(số)
Một số chia hết cho 3 khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 3 0.25
Trang 3Số các số có 4 chữ số lập từ 2 bộ số trên: Ω =A 2.4 !=48(số)
Xác suất để biến cố A xảy ra: 48 2
4536 189
A A
Ω Kết luận:…
0.25
Câu 4
(1.0 điểm)
3 2 2
4 3
2
1 (x 2) dx
= ∫ − −
Đặt: 2 sin ;
2 2
x− = t ∈ −t π π
cos
0.25
Đổi cận: Với x = ⇒ =2 t 0
Với 3
2
1 sin cos cos
2 0
t
t dt t
π
π π
Câu 5
(1.0
điểm)
Ta có:
1
2
= − +
∆ = += − −
Có M ∈ ∆ ⇒M( 1− +m; 2− −3 ;2m +m)
Vì M N, đối xứng nhau qua A nên A là trung điểm MN
(3 ;3 ; )
Mặt khác: M ∈( )S suy ra:
(2−m) +(3m−2) + − +( m 1) = 2
0.25
2
1
11
m
m
=
=
Với m= ⇒1 M(0; 5; 3); (2; 3− N −1)
11 11 11 11 11 11 11
m= ⇒M − − N −
0.25
Mặt cầu ( )S có tâm I(1;2; 1),− bán kính R = 2
Ta có: ( )P vuông góc với ∆ suy ra
( )P nhận vec-tơ chỉ phương của ∆ làm vec-tơ pháp tuyến
⇒Phương trình của ( )P có dạng: x−3y+ + =z d 0
0.25
( )P tiếp xúc với ( )S khi và chỉ khi
0.25
Trang 41 6 1 6 22
6 22 11
d
= −
Vậy, có 2 mặt phẳng thỏa mãn: ( ) :P x−3y+ + +z 6 22 =0; ( ) :P x−3y+ + −z 6 22=0
Câu 6
(1.0
điểm)
Ta có ABCD là hình thoi cạnh amà BAD =600 ⇒ ∆ABDlà tam giác đều
Mặt khác: SH ⊥(ABCD)⇒Góc giữa SA và (ABCD)bằng góc giữa SA và AH
⇒Đó là góc SAH ⇒SAH =600
0.25
Ta có:
O =AC ∩BD⇒AH = AO = =
Trong tam giác vuông SHA ta có: 0 3
tan 60 3
3
a
Thể tích khối chóp:
.
0.25
Gọi N là trung điểm của AB ⇒AM/ /CN ⇒AM / /(SCN)
( , ) ( ,( )) ( ,( ))
Kẻ HE ⊥CN E( ∈CN);Kẻ HK ⊥SE K( ∈SE)
Ta có: CN HE CN (SHE) HK HK CN
⊥
⊥
Mặt khác: HK ⊥SE ⇒HK ⊥(SCN)⇒d H SCN( ,( ))=HK
AO = ⇒AC = ⇒d H SCN = ( ,( )) 3
2
0.25
Trong tam giác CNB ta có:
2 .cos120 2
2
( , )
a
0.25
M
N
H O
C
D
S
E
N
M
Trang 52 3 2 3.2 21 ( , )
d A CN
( , ) ( , )
Trong tam giác vuông SHE ta có:
Câu 7
(1.0
điểm)
Đường tròn ( )C có tâm I(3;1);Bán kính R=3
Ta có IM =R=3
Gọi H là trung điểm của 3 2
2
MN ⇒MH =
9
MHI ⇒IH = IM −MH = − =
0.25
Trong tam giác vuông AMI ta có:
2
3 2
IM
IM IA IH IA
IH
Ta có: A∈ ⇒d A a(2 −2; ),a a∈ Z
4
( ) 5
a
=
=
(6; 4)
A
⇒ ⇒C(0; 2)−
0.25
Trong tam giác vuông AIB ta có:
3 2
9 18 18 IB
Đường thẳng 3 1
IA − = − ⇔ − − =x y
Đường thẳng IB qua I(3;1)và vuông góc với đường thẳng IA :
IB x y
0.25
( ; 4 ) ( 3) (3 ) 18
H
N
M
I A
B
D
C
Trang 63 3 6
Với b= ⇒6 B(6; 2)− ⇒D(0; 4)
Với: b= ⇒0 B(0; 4)⇒D(6; 2)−
Kết luận:…
Câu 8
(1.0
điểm)
Điều kiện: − ≤ ≤2 x 4;x ≠1
( 2) 1 ( 2) 2 2 3
BPT
x
+ −
0.25
2 4
2 1
x x
x
−
+ −
0.25
TH1: x + − < ⇔ < − ⇒2 1 0 x 1 (*)luôn đúng
⇒ − ≤ < − là nghiệm của bất phương trình 0.25 TH2: x + − > ⇒ > − 2 1 0 x 1
(*) x 2 2 x 2 3 2 4 x 0
4( 1)
x x
−
4
x
+ + − ⇒ ≥ Vì x 1
4
2 4
x
+ + − thỏa điều kiện Kết luận: S = − − ∪ 2; 1) 1; 4
0.25
Câu 9
(1.0
điểm)
Giả thiết: x x(3 − +2) y y(3 − +2) z z(3 − ≤2) 3
3(x y z ) 2(x y z) 3
Mặt khác: 3(x2+y2 +z2)≥(x+ +y z)2
2
(x y z) 2(x y z) 3 1 x y z 3
0 x y z 3 0 xyz 1
⇒ < + + ≤ ⇔ < ≤
0.25
Ta chứng minh với x y z là các số thực dương thì: , ,
2
(x + +y z) ≥3(xy+yz+zx)
x y z xy yz zx
(x−y) +(y−z) +(z−x) ≥ ∀0, x y z, ,
Dấu "= xảy ra khi: x" = = y z
Áp dụng ta được:
(xy +yz+zx) ≥3xyz x( + +y z)≥9xyz xyz
3 xy yz zx 3 3 (xyz) 1 (xyz)
0.25
Trang 7Ta chứng minh: ( )3
3
(1+x)(1+y)(1+z)≥ 1+ xyz
2 3
VT = + x + +y z + xy+yz+zx +xyz ≥ + xyz + xyz +xyz = + xyz
Dấu "= xảy ra khi x" = = y z
3 3 2
3
2 1
1
1 ( )
xyz P
xyz xyz
+ +
0.25
Đặt: 3xyz =t t( ∈(0;1])
Xét
2
( )
1 1
t
f t
t t
+ + trên D =(0;1]
Ta có:
'( )
f t
(1 ) ( 1)
t t
=
2 ( 1) 2( 1) 2( 1)( 1)
0, (0;1]
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )
t
( )
f t
⇒ là hàm đồng biến trên D =(0;1]
(0;1]
3 ( ) (1)
2
t
Q Maxf t f
∈
Dấu "= xảy ra khi: " x = = =y z 1
0.25
-HẾT -