Đề thi thử THPT quốc gia THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 NGUYỄN BỈNH KHIÊM Môn: Toán TỔ TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI THỬ Câu 1. (2 điểm)Cho hàm số 2 1 1 x y x    có đồ thị ( ).C a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. b)Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng 0x y m   cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt. Câu 2. a) (0,5 điểm) Giải phương trình 2 2 1 2 9 10.3 1 0 x x x x       b) (0,5 điểm) Cho số phức z thoả 2 1 3 1 2 i i z i i       . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z . Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân sau 3 2 0 sin .tan .x xdx   Câu 4.(1 điểm) a) Chứng minh rằng: sin3 4sin .sin(60 ).sin(60 ). o o a a a a   Áp dụng: tính giá trị biểu thức 0 0 0 0 0 sin10 .sin30 .sin50 .sin70 .sin90 .A  b) Đội tuyển học sinh giỏi tỉnh gồm có 5 học sinh lớp 12 và 3 học sinh lớp 11. Chọn ngẫu nhiên từ đội tuyển một học sinh, rồi chọn thêm một học sinh nữa. Tính xác suất để lần thứ hai chọn được học sinh lớp 12. Câu 5. (1 điểm) Cho hình hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D có hình chóp '.A ABD là hình chóp đều, ,AB a ' 3. AA a Tính thể tích hình hộp và tính góc hợp bởi hai mặt phẳng ( ' ' ' ')A B C D và ( ' )A BD . Câu 6.(1điểm) Trong không gian Oxyz cho (3;0;0), (0;2;0), (0;0; 3) A B C  . Viết phương trình mặt phẳng ( )ABC . Tìm toạ độ trực tâm H của tam giác .ABC Câu 7. (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh (5;2) A , đường trung trực d của đoạn BC có phương trình 6 0x y   và đường trung tuyến  kẻ từ C có phương trình 2 3 0x y   . Tìm toạ độ các điểm B và C . Câu 8. (1điểm) Giải hệ phương trình sau 2 2 2 1 1 2 1 ( )( 1) ( 2) 1 1 y x x y y x y y x                  . Câu 9. (1 điểm) Cho , ,a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 1. 8 8 8 a b c a c b a c ab       HẾT Cán bộ coi thi không giải thích đề thi ! Câu Gợi ý đáp án Điểm 1 Cho hàm số 2 1 1 x y x    có đồ thị ( )C . 2.0 a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 1,0  Tập xác định:   \ 1 D R .  Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: 2 1 ' 0, (1 ) y x D x      . 0,25  Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) .  Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2 x x y y      ; tiệm cận ngang: 2 y   1 1 lim ; lim x x y y         ; tiệm cận đứng: 1x  0,25  Bảng biến thiên: x  1  'y   y 2   2 0,25  Đồ thị: 0.25 b Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng 0x y m   cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt. 1.0  Phương trình hoành độ giao điểm: 2 1 ( 1) 1      x x m x x 2 ( ) ( 1) 1 0 (1)       g x x m x m 0.25  Đường thẳng d cắt đồ thi (C) tại hai điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 0 ( 1)( 5) 0 (1) 0                 g m m m g 0,25 5 1 m m         0,5 2 1.0 a Giải phương trình: 2 2 1 2 9 10.3 1 0 x x x x       0.5  Đặt 2 3 , ( 0)    x x t t . Khi đó, phương trình trở thành: 2 10. 9 0  t t 1 9       t t 0.25 2 2 0 1 3 1 1 1 9 3 9 2                         x x x x x t x x t x Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 0; 1; 1; 2     x x x x . 0.25 b Cho số phức z thoả 2 1 3 1 2 i i z i i       . Tìm phần thực và phần ảo của số phức z . 0.5  Ta có, 2 ( 1 3 )(1 ) 2 4 (2 4 )(3 4 ) 22 4 3 4 25 25 25 (2 )              i i i i i z i i i 0.25  Phần thực: 22 25 a  , phần ảo 4 25 b  . 0.25 3 Tính tích phân sau: 3 2 0 sin .tan .    I x xdx 1.0 3 3 2 2 0 0 sin sin .tan sin . cos x I x xdx x dx x        Đặt cost x sindt xdx   0.25 Đổi cận: 1 0 1; 3 2 x t x t        0.25  Khi đó: 1 1 2 1 1 2 2 1 1            t I dt t dt t t 0,25 1 2 1 2 3 ln ln2 2 8           t t 0.25 4 1.0 a Chứng minh rằng: sin3 4sin .sin(60 ).sin(60 ) o o a a a a   Áp dụng: tính giá trị biểu thức 0 0 0 0 0 sin10 .sin30 .sin50 .sin70 .sin90A  . 0.5 0 2 3 1 4sin .sin(60 ).sin(60 ) 4sin . (cos2 cos120 ) 2 1 3 4sin . ( 2sin ) 2 2 3sin 4sin sin3 . o o a a a a a a a a a a          0.25 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 sin10 .sin 30 .sin50 .sin 70 .sin90 1 1 1 sin10 .sin(60 10 ).sin(60 10 ) sin30 2 8 16 A       0.25 b Đội tuyển học sinh giỏi tỉnh gồm có 5 học sinh lớp 12 và 3 học sinh lớp 11. Chọn ngẫu nhiên từ đội tuyển một học sinh, rồi chọn thêm một học sinh nữa. Tính xác suất để lần thứ hai chọn được học sinh lớp 12. 0.5  Chọn hai học sinh từ đội tuyển có 8.7 = 56 cách 0,25  Chọn học sinh thoả bài toán có 02 trường hợp: - Lần đầu chọn học sinh 11 và lần sau chọn học sinh 12: có 5.3=15 cách - Cả hai lần đều chọn được học sinh 12: có 5.4 = 20 cách  Xác suất để chọn được học sinh thoả yêu cầu là: 15 20 5 56 8   0.25 5 Trong không gian Oxyz cho (3;0;0), (0;2;0), (0;0; 3) A B C  . Viết phương trình mặt phẳng ( )ABC . Tìm toạ độ trực tâm H của tam giác .ABC 1,0  Phương trình mặt phẳng ( ) : 1 3 2 3 x y z ABC     0,25  Do H là trực tâm của tam giác ABC nên OH vuông góc với mặt phẳng (ABC) PT đường thẳng d qua O vuông góc với (ABC): d: 2 3 2 x t y t z t          0,25  H thuộc d nên (2 ;3 ; 2 )H t t t . H thuộc mặt phẳng (ABC), suy ra 6 17 t  0,25  Vậy 12 18 12 ; ; 17 17 17 H        0,25 6 Cho hình hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D có hình chóp '.A ABD là hình chóp đều, ,AB a ' 3. AA a Tính thể tích hình hộp và tính góc hợp bởi hai mặt phẳng ( ' ' ' ')A B C D và ( ' )A BD . 1,0  Vì '. A ABD là hình chóp đều nên tam giác ABD là tam giác đều. Do đó, 2 3 2 2 ABCD ABD a S S   Gọi H là tâm của tam giác ABD thì 'A H là đường cao của hình chóp '.A ABD . 0,25  Gọi O AC BD  . Ta có, 2 2 3 3 3 3 2 3    a a AH AO . Suy ra 2 6 ' 3 a A H  . Vậy 2 3 6 3 ' . 2 3 2    ABCD a a V A H S a 0,25  Do ( ' ' ' ') / / ( )A B C D ABCD nên     ( ' ),( ' ' ' ') ( ' ),( )  A BD A B C D A BD ABCD Ta có: ( ' ) ' BD AO BD A AO BD A O BD SH          Suy ra góc giữa ( ' )A BD và ( )ABCD là góc  'A OH . 0,25  Xét tam giác 'A OH vuông tại H , ta có: 2 6 ' 3 tan 4 2 3 6 a A H HO a     . Vậy  0 ' 79 58' A OH  . 0,25 7 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh (5;2) A , đường trung trực d của đoạn BC có phương trình 6 0x y   và đường trung tuyến  kẻ từ C có phương trình 2 3 0x y   . Tìm toạ độ các điểm B và C . 1,0  Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của ,AB BC  ( ;2 3) M M a a    (2 5;4 4) B a a     ( ;6 )N d N b b   0,25  N là trung điểm (2 2 5;8 2 4 )BC C b a b a     . Mà 5 4 4 10 8 2 4 3 0 6 5 0 6 C b a b a b b                5 41 ; 6 6 N          Phương trình 5 41 ; 46 : : 0 6 6 6 : 6 0 qua N BC BC x y BC d x y                     . 0,25  C BC   . Tọa độ C là nghiệm của hệ: 2 3 0 14 37 ; 46 3 3 0 6 x y C x y                   0,25  Suy ra 19 4 ; 3 3 B        0.25 8 Giải hệ phương trình: 2 2 2 1 1 2 1 ( )( 1) ( 2) 1 1 y x x y y x y y x                  1.0  Điều kiện: 1 1 x y        .  Đặt: 2 1, 0 1 a x a x a       thay vào phương trình (2) ta được: 2 2 ( 1)( 1) ( 2) 1 ( )( 2) 0 y a y y a y a y ay a             . 2 0 (3) y a y ay a          0.25  Với 1y a y x    thay vào phương trình (1) ta được: 2 2 2( 1) 1 2 1 y y y y                 2 4 3 2 3 3 2 1 9 6 17 2 5 0 y y y y y y y . 2 2 2 2 9 3 5 0 (9 3 5)( 1) 0 1 0 y y y y y y y y                 0.25 1 21 6 1 5 2 y y             Thử lại ta nhận 1 5 1 5 2 2 y x       Phương trình (3) 2 ( 1) ( 2) 1 y y a y a y           (do 1 y   không là nghiệm của hệ) 0.25  Vì 0 a  và 2 0, 1 1 y y y        . Do đó, 2 1 y a y     vô lý. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 1 5 1 5 ; 2 2           0.25 9 Cho , ,a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 1 8 8 8 a b c a c b a c ab       1.0  Đặt 2 2 2 2 2 , , c a ab x y z a b c    thì ta có , ,x y z dương 1xyz  . Khi đó, bất đẳng thức trở thành 1 1 1 1 1 8 1 8 1 8      x y z 0.25     2 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 (1 8 )(1 8 )(1 8 ) 8( ) 2 (1 8 )(1 8 )(1 8 ) 1 8 1 8 1 8 510 (*)                           x y y z z x x y z x y z x y x x y z 0.25  Ta có 3 2 2 2 3 3 3 3 3 x y z xyz xy yz zx x y z         0.25  Suy ra (1 8 )(1 8 )(1 8 ) 1 512 8( ) 64( ) 729 x y z xyz x y z xy yz zx             và 6 1 8 1 8 1 8 3 (1 8 )(1 8 )(1 8 ) 9 x y z x y z           Thay vào (*) ta được BĐT cần chứng minh. 0.25 Khi đó, 64 2 A   . Vậy min 64 2 A   đạt được khi và chỉ khi 1 x y   . 0.25 Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng. . TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 NGUYỄN BỈNH KHIÊM Môn: Toán TỔ TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI THỬ Câu 1. (2 điểm)Cho hàm số 2.     HẾT Cán bộ coi thi không giải thích đề thi ! Câu Gợi ý đáp án Điểm 1 Cho hàm số 2 1 1 x y x    có đồ thị ( )C . 2.0 a Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ( )C của. hình chóp đều, ,AB a ' 3. AA a Tính thể tích hình hộp và tính góc hợp bởi hai mặt phẳng ( ' ' ' ')A B C D và ( ' )A BD . Câu 6.(1điểm) Trong không gian Oxyz