Đề thi mẫu THPT quốc gia môn toán năm 2015 Trường THPT Chuyên Đại học Vinh

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Trường THPT Chuyên Đại học Vinh – Thi thử lần 1) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số   3 2 1 1 1 1 3 2 3 y x m x mx     (1), m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi 2m  . b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại là y CÑ thỏa mãn 1 y 3 CÑ  . Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình cos3 cos 2 3 cos2 sinx x x x  b) Giải phương trình     2 4 2 2 log log 2 1 log 4 3   x x x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 6 1 3 1 2 x I dx x      . Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 3 2 z z i    . Tìm phần thực và phần ảo của z . b) 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 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều .S ABC có 2SA a , AB a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ): 3 0P 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 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 2HB HC   , K là giao điểm của hai đường thẳng AH và BD . Cho biết 1 4 ; 3 3 H             ,   1;0K và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm , , ,A B C D . Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình   2 3 2 5 4 1 2 4     x x x x x . Câu 9 (1,0 điểm). Giả sử , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn       2 2 2 0 2x y y z z x       Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức     4 4 4 4 3 4 4 4 ln x y z P x y z x y z         . HẾT. 44 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số (1) khi 2 m  . ♥ Tập xác định: D   ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: 2 ' 2 y x x    ; ' 0 1 y x     hoặc 2 x  0.25 + Hàm số nghịch biến trên khoảng   1;2  ; + Hàm số đồng biến trên các khoảng   ; 1   và   2;  . ￚ Cực trị: + Hàm số đạt cực đại tại 1 x   ; y CĐ   3 1 2 y    + Hàm số đạt cực tiểu tại 2 x  ; y CT   2 3 y    , ￚ Giới hạn: lim x y    và lim x y    0.25 ￚ Bảng biến thiên: x  1  2  ' y  0  0  y 3 2   3  0.25 ♥ Đồ thị: 0.25 b.(1,0 điểm). b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số   3 2 1 1 1 1 3 2 3 y x m x mx      có cực đại là y CÑ thỏa mãn 1 y 3 CÑ  . ♥ Ta có:   2 ' 1 y x m x m       2 1 ' 0 1 0 x y x m x m x m              0.25 1 (2,0 điểm) ♥ Hàm số (1) có cực đại  1 m   0.25 ♥ Với   1 1 1 1 1 1 3 2 2 3 1 1 2 2 x y m m m          ; Với     3 3 22 2 1 1 1 1 1 1 1 6 2 3 3 2 3 x m y m m m mm mm            Với 1 m  , ta có BBT x  1  m  ' y  0  0  y CD y   CT y Do đó:   1 1 1 1 y 1 3 1 3 2 3 3 CÑ m y m            0.25  Với 1 m  , ta có BBT x  m 1   ' y  0  0  y CD y   CT y Do đó:   3 2 3 2 1 1 1 1 1 y 3 3 0 3 6 2 3 3 0 1 3 1 CÑ y m m m m m m m                       ♥ Vậy giá trị m thỏa đề bài là 1 3; 3 m                  . 0.25 a).(0,5 điểm). a) Giải phương trình cos3 cos 2 3 cos2 sin x x x x   (1) ♥ Ta có:   1 2cos2 .cos 3cos2 .sin 0    x x x x   cos2x cos 3sin 0    x x 0.25  cos2 0 4 2       k x x   k    3 cos 3sin 0 tan 3 6          x x x x k   k   ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là   ; 4 2 6           k x x k k . 0.25 b.(0,5 điểm). Giải phương trình     2 4 2 2 log log 2 1 log 4 3     x x x ♥ Điều kiện: 1 2  x Khi đó:       2 2 2 1 log log 2 1 log 4 3      x x x     2 2 2 log 2 log 4 3     x x x 0.25 2 (1,0 điểm) 2 2 5 3 0     x x (2) 0.25 1 2 3 x x           Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm phương trình đã cho là 3  x . Tính tích phân 6 1 3 1 2 x I dx x      . . ♥ Đặt 2 3 3 2 t x x t dx tdt        Đổi cận: 6 3 1 2 x t x t      0.25 ♥ Suy ra: 3 3 3 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 1 1 1 t t t I dt dt dt t t t                        0.25   3 2 2 ln 1 t t   0.25 3 (1,0 điểm) 2 2ln2   ♥ Vậy 2 2 ln2 I   . 0.25 a).(0,5 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 3 2 z z i    . Tìm phần thực và phần ảo của z . ♥ Đặt z a bi   ,   ,a b   ta có:   2 3 2 2 3 2          z z i a bi a bi i 3 3 2     a bi i 0.25 1 2           a b ♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 2  . 0.25 b).(0,5 điểm). b) 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 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. ♥ Số phần tử của không gian mẫu là . . 3 3 3 9 6 3 C C C 1680    0.25 4 (1,0 điểm) Gọi A là biến cố "3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là !. . . 2 2 2 A 6 4 2 3 C C C 540    ♥ Vậy xác suất cần tính là (A) A 540 9 P 1680 28      . 0.25 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp đều . S ABC có 2 SA a  , AB a  . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính theo a thể tích khối chóp . S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB . ♥ Gọi O là tâm của tam giác đều ABC cạnh a . Do . S ABC là hình chóp đều nên   SO ABC  . Ta có 2 3 4 ABC a S   và 3 3 a OA  Xét SOA  ta có: 2 2 2 2 2 2 11 33 4 3 3 3 a a a SO SA OA a SO       0.25 ♥ Vậy 2 3 . 1 1 33 3 11 . . . 3 3 3 4 12 S ABC ABC a a a V SO S     0.25 ♥ Gọi , , N I J lần lượt là trung điểm của các đoạn , , SC CH HM Do   / / / / SB MN SB AMN  . Suy ra:         , ,( ) ;( ) 2 ;( d AM SB d B AMN d C AMN d I AMN    Ta có:       AM IJ AM IJN IJN AMN AM IN              theo giao tuyến NJ Trong   IJN , kẻ     ;( IK NJ IK AMN d I AMN IK      0.25 ♥ Xét tam giác IJN ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 16 12 188 11 11 11 188 IK a IK IJ IN a a a        Vậy   11 517 , 2 2. 188 47 a d AM SB IK a   . 0.25 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 . ♥ Tọa độ giao điểm M của của   P và d là nghiệm của hệ phương trình   1 2 1 1 1;1;1 1 2 1 3 0 1 x x y z y M x y z z                                    0.25 ♥ Do   2; 2 1; A d A t t t       0.25 ♥ Khi đó:     2 2 2 ; 2 3 4 3 t t d A P t            0.25 6 (1,0 điểm) ♥ Vậy có hai điểm thỏa đề bài là   4; 5; 2 A   hoặc   2;7;4 A  . 0.25 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 ; 3 3 H              ,   1;0 K và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm , , , A B C D . ♥ Do KAD  ∽ KHB  3 3 2 2 KA AB BC KA KH KH HB BH       Do K thuộc đoạn AC     3 3 2 2 3 2 A K H K A K H K x x x x KA KH y y y y                           2 2 2;2 A A A x y            0.25 ♥ Đặt   ; B a b với 0 a  , ta có:   2 1 cos cos cos . 5 5 5 2 AB AB AB ACD ABD BD KB KB        2 2 4 5 AB KB         2 2 2 2 4 2 2 5 1 a b a b                    2 2 6 16 27 0 a b a b       0.25 ♥ Đường tròn   C đường kính AH có tâm 7 1 ; 6 3 I             , bán kính 1 5 5 2 6 R AB  nên có phương trình là   2 2 7 1 125 : 6 3 36 C x y                            Do    0 90 ABC B C    2 2 7 1 125 6 3 36 a b                             2 2 7 2 2 0 3 3 a b a b       Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 2 1 6 16 27 0 3 5 7 2 8 0 2 0 3 3 5 a b a b a a b a b a b b                                                 . Suy ra:   3;0 B 0.25 Do   3 1, 2 2 BC BH C       và   5 2,0 2 BD BK D     ♥ Vậy         2;2 , 3;0 , 1; 2 , 2;0 A B C D    0.25 Giải bất phương trình   2 3 2 5 4 1 2 4      x x x x x (1) ♥ Điều kiện: 3 2 1 5 0 3 4 0 1 5 x x x x x                Khi đó:     2 2 1 4 2 4 5 4 x x x x x         2 2 4 2 4 3 2 4 x x x x x x        (2) 0.25 Trường hợp 1: Với 1 5 x   thì   2 2 2 4 2 4 2 4 3 x x x x x x        (3) Đặt 2 2 4 x x t x      0 t  thì (3) trở thành: 2 4 3 0 1 3 t t t       Suy ra: 2 2 4 1 3 x x x     2 2 4 0 7 4 0 x x x x                1 17 7 65 2 2 x      0.25 ♥ Trường hợp 2: Với 1 5 0 x     thì 2 5 4 0 x x    nên (2) luôn thỏa 0.25 8 (1,0 điểm) ♥ Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là: 1 17 7 65 1 5;0 ; 2 2 S                            0.25 9 (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          ♥ Chứng minh bất đẳng thức phụ sau: 4 3 1 t t   , 0;1 t       Xét hàm số   4 3 1 t f t t    , 0;1 t       . Ta có:   ' 4 .ln 4 3 t f t   ,     4 3 ' 0 log 0;1 ln 4 f t t                 Bảng biến thiên t 0 4 3 log ln4             1   ' f t  0    f t 0 0 4 3 log ln4 f                         Suy ra: 4 3 1 t t   , 0;1 t       0.25 ♥ Ta có:       2 2 2 0 2x y y z z x       2 2 2 0 2 2 1x y z xy yz zx        Suy ra: , , 0;1x y z      . Dấu “=” xảy ra khi     ; ; 1,0,0x y z  hoặc các hoán vị. và       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1x y z x y z xy yz zx x y z             Do 4 3 1 t t  , 0;1t         4 4 4 3 3 x y z x y z       0.25 ♥ Mặt khác:     4 4 4 2 2 2 4 4 4 2 2 2 ln ln 0x y z x y z x y z x y z            0.25 ♥ Từ đó ta có:     4 3 21 3 3 4 4 P x y z x y z        Dấu “=” xảy ra khi     ; ; 1,0,0x y z  hoặc các hoán vị. Vậy 21 4 MaxP  . 0.25 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 9: Giả sử , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn       2 2 2 0 18x y y z z x       Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức   4 3 3 3 1 4 4 4 108 x y z P x y z      Đáp số: 21 4 MaxP  . . lớn nhất của biểu thức     4 4 4 4 3 4 4 4 ln x y z P x y z x y z         . HẾT. 44 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (