>> 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 BDAC, 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) gu 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 . 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 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. 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