SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN I TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Môn thi: TOÁN ————————— Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề) —————————————- Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 −3x 2 + 4 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại điểm đó song song với đường thẳng y = 9x + 3. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: cos 2x + 2sinx = 1 + √ 3sin2x. b) Giải phương trình: log 3 (x 2 + 2x) + log 1 3 (3x + 2) = 0 trên tập số thực. Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = 2 1 1 + x 2 e x x dx. Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn (1 + i)z + 2z = 2. Tính mô đun của số phức ω = z +2 +3i. b) Cho một đa giác đều 12 đỉnh A 1 A 2 A 12 nội tiếp đường tròn (O). Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác đó. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn ra tạo thành một hình chữ nhật. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; −2;1) và mặt phẳng (P) : x −2y+2z + 5 = 0. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) và viết phương trình mặt cầu tâm A cắt mặt phẳng (P) theo một đường tròn có chu vi bằng 6π . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC D là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a √ 2. Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 60 ◦ . Tính theo a theo thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn, đỉnh A(−2;−1). Gọi H, K, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC, BD, CD. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HKE là (C) : x 2 + y 2 + x + 4y + 3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B, C, D biết H có hoành độ âm, C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng x −y −3 = 0. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 y 3 (2x −y) + x 2 (5y 2 −4x 2 ) = 4y 2 √ 2 −x + √ y + 1 + 2 = x + y 2 (x, y ∈ R). Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 4(a 3 + b 3 ) + c 3 = 2(a + b + c)(ac + bc −2). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2a 2 3a 2 + b 2 + 2a(c + 2) + b + c a + b + c + 2 − (a + b) 2 + c 2 16 . ——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: GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KỲ THI THỬ QUỐC GIA THPT NĂM 2015-LẦN I TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA MÔN : TOÁN ( Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm 1 (2,0) Tập xác định: Sự biến thiên : -Chiều biến thiên: Ta có Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng và ; nghịch biến trên khoảng . 0,25 0,25 -Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 y CĐ = 4,hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2 y CT = 0. -Giới hạn: 3 2 lim lim ( 3 4) ; x x y x x 3 2 lim lim ( 3 4) . x x y x x Đồ thị hàm số không có tiệm cận. -Bảng biến thiên x 0 2 y , + 0 - 0 + y 4 0 Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (-1;0) và (2;0). x y 3 2 O 1 4 -1 0,25 0,25 b) Ta có: . Gọi 3 2 0 0 0 ; 3 4 M x x x là điểm thuộc đồ thị (C ) . Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại M là . 0,25 Vì tiếp tuyến của đồ thị tại M song song với đường thẳng d : 9 3 y x nên có hệ số góc 9 k 2 2 0 0 0 0 0 0 3 6 9 2 3 0 1 3 x x x x x x 0,5 Vậy ( 1;0) M và (3;4) M đều không thuộc d nên thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25 2 (1,0) a). Phương trình đã cho tương đương: sin 0 1 sin 3 cos sin 1 0 3 2 x k x x x x 0,25 + Với 2 2 1 3 6 6 sin 5 3 2 2 2 3 6 2 x k x k x x k x k Vậy phương trình đã cho có nghiệm ; 2 ; 2 2 6 x k x k x k k 0,25 b). Điều kiện: . Phương trình đã cho tương đương: 0,25 GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk 2 2 3 3 3 3 log ( 2 ) log (3 2) 0 log ( 2 ) log (3 2) x x x x x x 2 2 1 2 3 2 2 0 2 x x x x x x x Đối chiếu điều kiện ta có phương trình đã cho có nghiệm 2 x 0,25 3 (1,0) Ta có 2 2 2 1 1 1 1 x x x e I dx xe dx x x 2 2 1 1 x dx xe dx x 0,5 Tính: 2 2 1 1 ln ln 2 dx x x 0,25 Đặt ; x u x du dx dv e dx chọn x v e . Suy ra 2 2 2 2 1 1 1 x x x xe dx xe e e Vậy 2 ln 2 I e 0,25 4 (1,0) a). Đặt ,z a bi a b . Theo bài ra ta có: 3 2 1 0 1 a b a a b b nên 1z i 0,25 Khi đó 2 3 1 2 3 3 4z i i i i . Vậy 0,25 b). Không gian mẫu là tập hợp tất cả các cách chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong 12 đỉnh . Ta có: 4 12 ( ) 495 n C . 0,25 Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành một hình chữ nhật” Gọi đường chéo của đa giác đều A 1 A 2 A 12 đi qua tâm đường tròn (O) là đường chéo lớn thì đa giác đã cho có 6 đường chéo lớn. Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 đỉnh trong 12 điểm A 1 ,A 2 , , A 12 có các đường chéo là hai đường chéo lớn. Ngược lại, mỗi cặp đường chéo lớn có các đầu mút là 4 đỉnh của một hình chữ nhật. Do đó số hình chữ nhật được tạo thành là: 2 6 (A) 15 n C . Vậy xác suất cần tính là (A) (A) ( ) n P n 15 1 495 33 0,25 5 (1,0) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) là : ;( ) 2 2 2 1.1 ( 2).( 2) 2.1 5 4 1 ( 2) 2 A P h d . 0,25 Gọi r là bán kính của đường tròn thiết diện thì ta có 0,25 Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm ta có 0,25 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là : 0,25 6 (1,0) Diện tích hình chữ nhật ABCD là . Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và O là tâm của hình chữ nhật ta có 0,25 GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk Ta có nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc Trong tam giác vuông SHB ta có . Thể tích khối chóp S.ABCD là : 0,25 Ta có Kẻ với ; kẻ với (1) Ta có . Do đó (2) Từ (1) và (2) suy ra nên . 0,25 Ta có . Trong tam giác vuông SHK ta có : . Vậy 0,25 7 (1,0) Ta có nên bốn điểm A,H,C,E cùng thuộc đường tròn đường kính AC. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Ta có: . Các tứ giác AKED, AKHB nội tiếp nên EKD EAD và BKH BAH . Do đó . Vì vậy tứ giác HKIE nội tiếp. Do đó I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác HKE. 0,25 +) Gọi 2 4 ( ;c 3) ,( 0) ; 2 2 c c C c d c I , do I thuộc (C) nên có phương trình: 2 2 0 2 1 c c c c (loại 1) c . Suy ra: C(2;-1) và I(0;-1). 0,25 +) Điểm E,H nằm trên đường tròn đường kính AC và đường tròn (C) nên toạ độ thoả mãn hệ phương trình: . +)Vì H có hoành độ âm nên 8 11 ; , (0; 3) 5 5 H E . Suy ra : 1 0 AB x y , : 3 5 0 BC x y 0,25 Toạ độ B thỏa mãn (t/m). Vì . Vậy . 0,25 GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk 8 (1,0) Điều kiện: . +) Sử dụng bất đẳng thức AM –GM cho hai số không âm ta có: . Suy ra: . 0,25 Vì vậy ta phải có: . Vậy phương trình đầu của hệ tương đương với: x y . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: . 0,25 Do nên ta phải có: 2 2 0 1 ( 1)x x x do x . Khi đó phương trình (*) tương đương với: 2 2 1 1 1 1 2 1 0 1 1 0 1 2 1 x x x x x x x x x x x x . 0,25 2 1 5 ( / ) 1 1 1 5 2 1 0 1 0 2 1 2 1 1 5 ( ) 2 x t m x x do x y x x x x x l . Vậy hệ có nghiệm duy nhất 1 5 1 5 ( ; ) ; 2 2 x y . 0,25 9 (1,0) Ta có: , kết hợp với giả thiết suy ra: 2 3 3 3 3 3 3 1 ( ) ( ) 4( ) 2( ) 2 4 4 4 a b c a b c a b c a b c a b c a b c . 0,25 Khi đó sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có: 2 2 2 2 2 2 3 2 ( 2) 2 2 2 2 . 2 2 2 2 a a a a a b a c a b c b a b a a c a c a a ; Và . Suy ra: . 0,5 Đặt , ta có: . Suy ra hàm số ( )f t nghịch biến trên 4; . Do đó . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 6 . 0,25 Hết GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk . GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN I TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Môn thi: TOÁN ————————— Th i gian làm b i: 180 phút ( không kể th i gian phát đề) ———————————— - Câu. thí sinh: ; Số báo danh: GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KỲ THI THỬ QUỐC GIA THPT NĂM 201 5- LẦN I TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA MÔN : TOÁN. Đáp án – thang i m gồm 04 trang) Câu N i dung i m 1 (2,0) Tập xác định: Sự biến thi n : -Chiều biến thi n: Ta có Hàm số đồng biến trên m i khoảng và ; nghịch biến trên khoảng