ĐỀ THI THỬ KHẢO SÁT MÔN TOÁN TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA 2015THPT Chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội lần 1

>> http://tuyensinh247.com/ 1 Câu 1: Cho hàm số    có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng 2x – y + 1 = 0 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1. Câu 2. Giải các phương trình sau: 1)      2)                Câu 3. Từ một hộp chứa 10 thẻ được đánh số từ 0 đến 9, chọn ngẫu nhiên 3 thẻ. Tính xác suất để 3 thẻ được chọn có thể ghép thành số tự nhiên có 3 chữ số mà số đó chia hết cho 5 Câu 4. Tìm           Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A(1;2;-4), B(1;-3;1), C(2;2;3) và có tâm nằm trên mặt phẳng Oxy. Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc     , SA= SB = SD =     . Tính thể tích khối chóp S.BCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AD và SB. Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD, CD = 3AB. Biết đường thẳng AC có phương trình 2x –y + 8 = 0, đường thẳng BD có phương trình x + 2y – 6 = 0, chu vi hình thang ABCD bằng       . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết x D > 0, x C < 0. Câu 8. Giải hệ phương trình:                           Câu 9. Với x, y , z  0, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:                TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ NHẤT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút >> http://tuyensinh247.com/ 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ CHUYÊN NGUYỄN HUỆ Câu 1 : Cho 2 1 xm y x    . 1. KSHS với 1m  . 2. Tìm m để đường thẳng 21yx cắt đồ thị tại hai điểm A , B sao cho 1 OAB S   . Giải 1. KSHS 21 1 x y x     TXĐ :   \1D     2 1 0 1 y x D x        Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.  Hàm số không có cực trị  lim 2 x y   : Tiệm cận ngang 2y   11 lim , lim xx yy        : Tiệm cận đứng 1x   Bảng biến thiên :  Vẽ đồ thị >> http://tuyensinh247.com/ 3  Đồ thị hàm số cắt trục tung tại   0;1A , cắt trục hoành tại 1 ;0 2 B     . 2. Tìm m để đường thẳng 21yx cắt đồ thị tại hai điểm A , B sao cho 1 OAB S   . Xét phương trình hoành độ giao điểm : 2 21 1 xm x x      1x  2 2 1 0x x m     (1) Để : 2 1d y x cắt   C tại hai điểm phân biệt  pt (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1           (*) Với điều kiện (*) thì d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A(x A ;2x A +1); A(x B ;2x B +1) Với x A ; x B là nghiệm của phương trình (1) thỏa mãn Ta có:                 Ta có   1 , 5 d O d  ,   1 , . 1 2 ABC S d O d AB   25AB     22 20 A B A B x x y y     >> http://tuyensinh247.com/ 4     22 4 20 A B A B x x x x       2 44 A B A B x x x x    2 11 44 22 m       23 8 m Vậy 23 8 m  Câu 2 : Giải các phương trình. 1. 3 2cos cos4 cos2 0xxx   2.       2 4 2 4 log 2 log 1 2log 3 5x x x     Giải 1. 3 2cos cos4 cos2 0xxx   3 2cos 2cos3 .cos 0x x x     2 cos cos cos3 0x x x     23 cos cos 4cos 3cos 0x x x x    3 cos 4 cos 1 cos 0 x x x             3 arccos 2 4 2 2 xk x k k xk                        >> http://tuyensinh247.com/ 5 Vậy phương trình có nghiệm : 3 arccos 2 4 xk        , 2xk   , 2 xk    , k  2.       2 4 2 4 log 2 log 1 2log 3 5x x x     Điều kiện : 5 ,2 3 xx . Ta có       2 4 2 4 log 2 log 1 2log 3 5x x x           2 2 2 4 4 4 log 2 log 1 log 3 5x x x            2 2 2 2 1 3 5x x x          2 1 3 5x x x      2 2 4 3 0 2 7 0 xx xx           1 1 2 2xx      . Vậy 1 1 2 2xx     . Câu 3 : Từ một hộp chứa 10 thẻ được đánh số từ 0 đến 9, chọn ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để chọn 3 thẻ tạo thành số tự nhiên có ba chữ số mà số đó chia hết cho 5. Nhận xét : số tự nhiên chia hết cho 5 có số tận cùng là 0 hoặc 5. Vậy ta phải rút ra 1 trong hai thẻ này hoặc cả hai thẻ. Tuy nhiên theo yêu cầu đề bài ta nên dùng biến cố đối (không rút được thẻ 0 và 5 sẽ dễ dàng hơn). Giải Số tự nhiên chia hết cho 5 có số tận cùng là 0 hoặc 5. Vậy ta phải rút ra 1 trong hai thẻ này hoặc cả hai thẻ. Ta dùng biến cố đối là rút ra không có hai thẻ 0 và 5. Rút 3 thẻ bất kỳ : 3 10 C , 3 thẻ bất kỳ trong đó không có 0 và 5 : 3 8 C . Vậy xác suất cần tìm là 3 8 3 10 8 1 15 C C  . Câu 4 : Tìm 1 .1 x x e dx xe    . >> http://tuyensinh247.com/ 6 Nhận xét   . 1 . 1 . . 1 x x x x x x x x e e x e e e x e x e                  .1 1 . . 1 1 . 1 . 1 . 1 x x x x x x x x xe e e x e x e x e xe xe             Giải                                                                =           Câu 5 : Giải Gọi O là tâm mặt cầu O(a;b;c), do O => O(a;b;0) OA = OB = OC =>                                              => O(-2;1;0)  R 2 = OA 2 = 26  Phương trình mặt cầu là (x + 2) 2 + (y-1) 2 + z 2 = 26 Câu 6 >> http://tuyensinh247.com/ 7 ABCD là hình thoi =>     =>     => ta đi tính   Có :     , ABCD là hình thoi => ABD là tam giác đều BDAC, SO  BD, BD  (SAO) => (SAO)  (ABD) theo gt AO. Gọi G là trọng tâm ABD => SB (ABD) (vì tứ diện SABD có SA = SB = SD trên đường cao từ đỉnh S xuống mặt (ABD) chính là trọng tâm  => AG =   AO =       =     SG =                            = >                          Có AD // BC => d (AD;SB) = d(AD;(SBC)) = d(A;(SBC)) >> http://tuyensinh247.com/ 8 Mặt  AG(SBC) = C =>             Gọi H là hình chiếu của G lên BC => GH  BC => BC n SH Trong (SHG) gu c ng cao GI                              => d (A;(SBC)) =   d(G;(SBC)) =        =      =>Vậy d (AD; SB) =     Câu 7. Gọi E = AC ∩ BD => E(-2 ;4) A(a,2a +8) ; B(6-2b,b), C(c,2c +8), D(6-2d,d)               => c = -3a – 8 (1)               => d = -3b + 16 (2) EA 2 = EB 2 => (a +2 ) 2 + (2a +4 ) 2 = ( 8 -2b) 2 + (b -4 ) 2 (3) Do chu vi hình thang cân ABCD là         2(AD + 2AB) =                    +             =        ; (4) Giải hệ 4 phương trình 4 ẩn (1),(2),(3),(4) ta được: A= -1; b= 5;c = -5; d = 1 >> http://tuyensinh247.com/ 9 Vậy A(-1;6); B(-4;5); C(-5;-2); D(4;1) Câu 8 : Giải hệ phương trình :     2 22 1 3 2 2 0 4 3 2 1 0 x y y xy y x y xy y y x                  Nhận xét : việc giải hệ này tương đối dễ với dữ kiện 10xy   , tuy nhiên tại dữ kiện còn lại lại gây khó khăn cho ta đôi chút nhưng cũng có thể giải quyết được khi nhận xét được phần chung 2 32yy ở cả hai phương trình. Giải     2 22 1 3 2 2 0 4 3 2 1 0 x y y xy y x y xy y y x                  Trường hợp 1 :     22 10 1 2 4 3 2 1 0 xy x y xy y y x             Thay   1 vào   2 ta được phương trình : 32 20x x x    0, 1 1, 0 xy xy       Trường hợp 2 : 2 22 3 2 2 0 4 3 2 1 0 y xy y x y xy y y x                Cộng vế theo vế của hai phương trình ta thu được phương trình sau : 2 3 3 0x y xy x    Với 0y  không phải là nghiệm của hệ nên 2 3 3 3 0 1 x x y xy x x y              3x    2 3 3 2 2 0y y y vn      1 x y    2 3 1 2 2 0y y vn     Vậy hệ phương trình có nghiệm 0 1 x y      , 1 0 x y      Câu 9 : tìm     11 max 1 1 1 1 P x y z x y z        >> http://tuyensinh247.com/ 10 Nhận xét :     3 3 1 1 1 3 x y z x y z                3 13 1 1 1 3x y z x y z             Vậy ta đổi biến theo biến x y z Giải     3 1 1 1 3 1 1 1 1 1 3 P x y z x y z x y z x y z                     P        với      Khi đó xét hàm số f(t) =       F’(t) =        F’(t) = 0  t = 4 do t  Ta có f(t)        Hay P   Vậy GTLN của P =   khi x = y = z = 1 . THPT KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ NHẤT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ NĂM HỌC 2 014 – 2 015 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài 18 0 phút >> http://tuyensinh247.com/ 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ CHUYÊN.   11 max 1 1 1 1 P x y z x y z        >> http://tuyensinh247.com/ 10 Nhận xét :     3 3 1 1 1 3 x y z x y z                3 13 1 1 1 3x. 4 ẩn (1) ,(2),(3),(4) ta được: A= -1 ; b= 5;c = -5 ; d = 1 >> http://tuyensinh247.com/ 9 Vậy A ( -1 ;6); B (-4 ;5); C (-5 ;-2 ); D(4 ;1) Câu 8 : Giải hệ phương trình :     2 22 1 3 2 2