ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA MÔN TOÁN 2015 (6)

S Ở GIÁO DỤC & Đ À O T Ạ O H A N O I TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN Đ Ề TH I T H Ử Đ Ạ I H Ọ C L Ầ N T H Ứ 3 NĂM 2014 Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số )( 1 12 C x x y    1. Khảo sát v à v ẽ đ ồ t h ị (C) của hàm số . 2. Tìm các giá trị c ủ a t h a m s ố m để đường thẳng mxyd    3: cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho trọng tâm của tam giác OAB nằm trên đồ thị (C) (với O là gốc tọa độ). Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trìn h 01cos4)1(cossin2cos4 3  xxxx . Câu 3 (1,0 điểm) Giải h ệ p h ư ơ n g t r ình        3)3(14 )14)(12(348 223 22 xxyx yxxy . Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân dx x xx          4 0 2 4 sin22 cossin   . Câu 5 (1,0 điểm). C ho h ình lăng trụ đứng '''. CBAABC có đáy ABC là tam giác cân tại B, aBCBA   , 0 120ABC . Đường thẳng 'BC tạo với đáy ABC mộ t g ó c 0 60 . Gọ i I, H, K lần lượt là trung điểm của CABC ', v à AB . Tính theo a thể t í c h c ủ a k h ố i c h ó p KIHA ' . v à t í n h b á n k í n h c ủa mặt cầu ngoại tiếp tứ diện HKBI. Câu 6 (1,0 điểm). Cho z y x , , là c á c s ố t h ự c d ư ơ n g t h ỏ a m ãn 1  xyz . Tìm giá trị l ớ n n h ấ t c ủ a b i ể u t h ứ c 63 1 63 1 63 1 252525       zxzzyzyyxyxx P II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ đ ư ợ c l àm một trong phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có giao điểm của AC và BD là ) 2 3 ; 2 9 (I , biế t  2 tan 3 ABD  , đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm )0;1(M , đường thẳng chứa cạnh AD đi qua điểm )4;1(  N . Tìm tọ a đ ộ c á c đ ỉ n h c ủ a h ình chữ nhật ABCD biế t đ ỉ n h A có hoành độ dương. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian tọ a đ ộ O x y z , cho đường thẳng 1 6 4 2 2 3 :      zyx d , mặt phẳng 032:)(     zyxP v à đ i ể m )2;0;1(  A . Viế t p h ư ơ n g t r ì n h đường thẳng  đi q u a A, cắt d tại M và cắt (P) tại N sa o ch o AMNM 3 Câu 9.a (1,0 điểm ) Gọ i X l à tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau v à k h á c 0 . C h ọn ngẫu nhiên mộ t p h ần tử của X. Tín h x á c s u ất để số được chọn có tổng các chữ số là mộ t s ố c h ẵ n . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 0722:)( 22  yxyxC có tâm I v à đ i ể m )2;2(  K . Viế t p h ư ơ n g t r ình của đường trò n )'( C tâm K sao cho )'( C cắt (C) tại hai điểm phân biệt A v à B thỏ a m ãn 0 120AIB . Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian tọ a đ ộ O x y z , cho đường thẳng tztyxd 23;;1:     (t  ), điểm )0;1;1(  A v à mặt phẳng 0422:)(     zyxP . Viế t p h ư ơ n g t r ình mặt phẳng )(  đi qua A, vuông góc v ới mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d tại điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng MA. Câu 9.b(1,0 điểm) Cho hàm số x mxx y    1 1 2 . Tìm các giá trị c ủ a tham số m đ ể đ ồ t h ị h àm số đ ã cho có h a i đ i ể m c ự c t r ị A v à B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 33 (với O là gố c t ọ a đ ộ ) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 3 Môn: TOÁN – Khối A, A1 Câu ý N ội dung Đi ểm 1 Cho hàm s ố … (2,0 đi ểm) 1 Kh ảo sát v à v ẽ đ ồ t h ị . . . (1,0 đi ểm) TXĐ:   1\RD  CBT: Giới hạn, tiệm cận: Tìm đúng TCN 2  y , TCĐ 1  x 10 )1( 3 ' 2    x x y , hàm số l u ô n đ ồ n g b i ế n t r ên từng khoảng XĐ BBT lập đúng Vẽ đ ồ t h ị đ ú n g 0,5 0,25 0,25 2 Tìm m (1,0 đi ểm) Pt hoành đ ộ g i a o đ i ể m c ủ a ( C ) v à d mx x x    3 1 12       01)1(3)( 1 2 mxmxxg x D cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B             1 11 0)1( 0 m m g (*) G là trọ n g t â m t a m g i á c O A B t a c ó OIOG 3 2  v ới I là trung điểm của AB Á p d u n g đ ị n h l ý v i -et tìm được ) 3 1 ; 9 1 (   mm G 2 13515 02515)( 2   mmmCG (thỏ a m ãn ĐK (*)) 0,5 0,25 0,25 2 Giải pt 01cos4)1(cossin2cos4 3  xxxx (1,0 điểm) Biến đổi pt 01cos4sin2cossin2)sin1(cos4 2  xxxxxx 01sin2coss in2cossin4 2  xxxxx 0)1sin2)(12(sin     xx   kxx  4 12sin , )( 2 6 7 2 6 2 1 sin Zk kx kx x               0,5 0,5 K ế t l u ậ n … 3 Giải phương trì n h 2 2 3 2 2 8 4 3 (2 1 ) ( 4 1 ) ( 1 ) 4 1 ( 3 ) 3 ( 2 ) y x x y x y x x                (1,0 điểm) ĐKXĐ 1  x Pt (1) 2 2 2(4 1 ) 2 ( 2 1 ) 3 ( 2 1 ) ( 4 1 ) y x x y        (1’) Đặt 012;014 2  xbya pt (1’) trở thành abba 322 22  020)2)(2(        bababa (do 02   ba ) V ới ba 2  ta c ó 2 2 4 1 2 2 1 4 8 3 y x y x       (*) thế (*) v à o p t ( 2 ) t a đ ư ợ c 0192 23  xxxx (3) Xét hàm số 192)( 23  xxxxxf liên tục trê n m i ền    ;1J v à c ó 0)2(  f . Mặt khác 10 12 1 2)1(2 12 1 223)(' 22      x x xxx x xxxf Suy ra )(xf l u ô n đồ n g bi ế n t r ên J 2   x là n g h i ệm duy nhất của pt (3) V ới 2  x từ ( * ) t a c ó 2 19 y Hệ p t c ó h a i n g h i ệ m 19 19 2 ; , 2; 2 2              0,5 0,5 4 Tính tích phân (1,0 đi ểm) Ta có 22 )cos(sin42sin3 2 2cos12 4 sin22 xxxxx                  I dx xx xx    4 0 2 )cos(sin4 cossin  . Đặt sin c o s t x x   t a đ ư ợ c 2 2 1 4 dt I t     2 1 1 2 1 3 2 2 ln ln 4 2 4 3 t I t        0,5 0,5 5 Cho lăng tr ụ (1,0 đi ểm) Từ g i ả t h i ế t 0 60'  BCC 16 2 3 . 8 3 3 1 ))(,(. 3 1 32 ' . aaa ABCHdSVVV CIKCIKHK H ICK I HA  Gọi E là trung điểm của AC. Chứng minh được )(ABCHE  v à HEEIEBEK    là t r ục của tam giác KBI. Gọ i P l à t r u n g đ i ể m c ủ a H K . 0,5 Trong m ặt phẳng (HEK) đ ư ờng trung trực của HK cắt HE tại O, suy ra O l à tâm m ặt cầu ngoại tiếp tứ diện HKBI. Các tam giác HPO và HEK đồng dạng nên có 3 222 222 a HE KEHE HE HK HO HE HK HE HP HK HO    Vậy 3 a OHR  0,5 6 Tìm giá tr ị lớn nhất của biểu thức (1,0 đi ểm) Ta có 00)332()1()33(6 23225  xxxxxxxx Vậy )1(336336 2525  xxyxyxxxxx )1(3 1 36 1 23     xxy xyxx . Từ đó lập luận tương tự ta có )1(3 1 )1(3 1 )1(3 1       zzxyyzxxy P (1) Dấu “ = ” trong (1) xảy ra khi 1    zyx . Áp dụng bất đảng thức Bunhiacopxki ta có ) )1(3 1 )1(3 1 )1(3 1 )(111( 2       zzxyyzxxy P Hay 1 1 1 1 1 1 2       zzxyyzxxy P (2) Dấu “=” xảy ra trong (2) 1 1 1 1 xy x yz y zx z x y z              . Do 1  xyz nên VP’ 1 (2) 1 1 1 1 x xy xy x xy x x xy           1   P Vậy maxP = 1 khi x = y = z =1. 0,5 0,5 7.a Trong m ặt phẳng tọa độ Oxy cho h ình ch ữ nh ật ABCD… (1,0 đi ểm) Goi vtpt của AB là );( ban  ( 0 22  ba ) pt AB: 0    abyax AD  AB và AD qua N nên có pt 04     baaybx Giả thiết 3 2 ),( ),( 3 2  ADId ABId AB AD baba ba baab ba aba 1152373 4 2 3 2 9 3 2 2 3 2 9 2222        * ba   pt AB: 01    yx , pt AD: 03    yx , tìm được A(2; 1) Suy ra B(5; 4), C(7; 2), D(4; -1). * ba 1311  pt AB: 0131113    yx , pt AD: 0631311    yx tìm được ) 145 481 ; 145 262 (A trường hợp này không thỏa mãn. 0,25 0,25 0,25 0,25 8 . a Trong không gian t ọa độ Oxyz… (1,0 đi ểm) )4;42;24(,)6;42;23( tttAMdtttM  , giả sử );;( zyxN ta có )6;42;23( ztytxtNM  , do AMNM 3 tìm được )26;84;49( tttN       , 032684)49(2)(           tttPN )11;24;19( 2 5  Nt . Đường thẳng  cần tìm là đường thẳng AN có pt 1 2 : 18 24 13 x y z      0,5 0,5 9 . a G ọi X l à t ập hợp các số tự nhi ên có 6… (1,0 đi ểm) Có 5 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn khác 0, số phần tử của tập hợp X là 60480 6 9 A x là một phần tử của tập X, tổng các chữ số của x là một số chẵn suy ra x có chẵn các chữ số lẻ, xảy ra các trường hợp sau TH1: x có 4 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn , có 21600!6 2 4 4 5 CC số TH1: x có 2 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn , có 7200!6 4 4 2 5 CC số Có 21600 + 7200 = 28800 số thuộc tập hợp X có tổng các chữ số là số chẵn Xác suất cần tìm 21 10 60480 28800 P 0,25 0,5 0,25 7.b Trong m ặt phẳng tọa độ Oxy cho đ ư ờng tr òn (C)… (1,0 đi ểm) (C) có tâm I( - 1; 1) và R = 3, Đư ờng tr òn (C’) tâm K(2; - 2) và R’ = a ( a > 0) (C) cắt (C’) khi và chỉ khi aaRRIKRR  3183'' 318318  a (*). Với điều kiện đó (C) và (C’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Tọa độ A và B là nghiêm của hệ pt: 2 2 2 2 2 2 2 7 0 4 4 8 0 x y x y x y x y a                  pt AB: 2 6 6 15 0 x y a     Tam giác IAB cân tại I, có 0 3 120 ; 3 2 AIB IA R IH       , H là TĐ của AB. 2 6 6 15 3 ( , ) 27 9 2 27 9 2 2 6 2 a d I AB a a                , kết hợp (*) ta có 27 9 2 27 9 2 a a     Pt của (C’): 2 2 4 4 19 9 2 0 x y x y       0,25 0,25 0,25 0,25 8.b Trong không gian t ọa độ Oxyz cho đ ư ờng thẳng… (1,0 đi ểm) dttM   )23;;1( , 10105)23()1( 222  ttttAM , 32 3 44621 ))(,(    t tt PMd , gt AMPMd  ))(,( )5;1;1(1012 2  Mttt )5;0;0(AM , )2;2;1(  P n . )(  là mặt phẳng qua A, M và vuông góc với (P) )(  nhận , 5(2; 1;0) P n AM n            là vtpt. Pt mặt phẳng )(  : 032    yx 0,25 0,25 0,25 0,25 9 . b Tìm m để đồ thị hàm số có x mxx y    1 1 2 hai điểm cực trị (1,0 điểm) TXĐ   1\RD  ; 2 2 )1( 12 '    x mxx y hàm số có cực đại , cực tiểu khi và chỉ khi pt 012)( 2  mxxxg có hai nghiệm phân biệt khác 1 0   m Tính được mAB 52 , pt đt đi qua A và B: 02    myx 55 ),( m m ABOdh  (do m > 0). 333 5 .52. 2 1 33. 2 1 33  m m mhABS OAB (thỏa mãn) 0,25 0,25 0,5 . Đ Ề TH I T H Ử Đ Ạ I H Ọ C L Ầ N T H Ứ 3 NĂM 2014 Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. cho diện tích tam giác OAB bằng 33 (với O là gố c t ọ a đ ộ ) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 3 Môn: TOÁN – Khối A, A1 Câu ý N ội dung Đi ểm 1 Cho hàm s ố … (2,0 đi ểm) 1 Kh ảo sát. h c ủ a h ình chữ nhật ABCD biế t đ ỉ n h A có hoành độ dương. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian tọ a đ ộ O x y z , cho đường thẳng 1 6 4 2 2 3 :      zyx d , mặt phẳng 032:)(     zyxP