T r u n g T â m B ? i D u ? n g V ă n H ó a - L u y ? n T h i Đ ? i H ? c & N g ? a i N g ? 6 0 A n S u o n g . * * * ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN (Lần thứ 1) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 1)1(3 23 xmxxy (1) có đồ thị m C( ), với m là tham số . a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1 m . b) Tìm m để đường thẳng (d): y = x + 1 cắt đồ thị m C() tại 3 điểm phân biệt P(0;1), M, N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 2 25 với O(0;0). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: xxxxxx cos3sin3414cos6sin42cos22cos2 2 . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: 0 2 1 2 23)1( xxx dx I Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 02.8136.7939.16 1 26 11 13 x x x x x x . b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng ( các viên bi chỉ khác nhau về màu sắc). Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng (): 2 0xyz và 04:)( zyx theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy A’B’C’ là tam giác đều cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh A’B’. Gọi E là trung điểm của cạnh AC. Tính thể tích của khối tứ diện EHB’C’và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC’A’). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B và C thuộc trục tung. Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2223 2223 213 213 yxyxyyxy xxyyxxyx ( Ryx , ). Câu 9 (1,0 điểm). Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 24)( 3 xyyx . Tìm GTNN của biếu thức 2015)43()(2)(3 2222 xyxyyxyxP . HẾT T r u n g T â m B ? i D u ? n g V ă n H ó a - L u y ? n T h i Đ ? i H ? c & N g ? a i N g ? 6 0 A n S u o n g . * * * ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1 Câu 1. b. Phương trình hoành độ giao điểm của m C( ) và (d): 11)1(3 23 xxmxx )2(03 )1;0(10 0)3( 2 2 mxx Pyx mxxx Để m C() cắt (d) tại 3 điểm phân biệt (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 4 9 0 m m Giả sử )1;( 11 xxM , )1;( 22 xxN khi đó 21 ; xx là nghiệm của pt (2) Ta có R MNONOM dOdMNS OMN 4 ))(;(. 2 1 với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN ))(;(25))(;(.2. 4 ))(;(. 2 1 dOddOdRONOM R MNONOM dOdMN (3) )122)(122(. 1 2 11 2 1 xxxxONOM Với 25124.3;3 2 2 2 21 2 1 mmONOMmxxmxx 2 2 2 1 ))(;( dOd Khi đó thế vào (3) ta được: 3 0 5 2 2 2525124 2 m m mm thỏa đề chỉ có 3 m Câu 2. Pt xxxxxx cos3sin342sin26sin42cos22cos2 22 xxxxxx cos3sin322sin6sin22cos2cos 22 xxxxxx cos3sin326sin22cos2sin2cos 22 xxxxx cos3sin326sin22cos4cos xxxxxx cos3sin323cos3sin4sin3sin2 xxx x xxxx 3cos2cos3sin 03sin 0)cos33cos2(sin3sin2 * )( 3 03sin kkxx * 224 12 3cos 6 cos3cos2cos3sin k x kx xxxxx )( k Vậy nghiệm của phương trình là: kx 12 , 224 k x , 3 k x )( k . Câu 3. 0 2 1 2 23)1( xxx dx I dx xxx 0 2 1 )3)(1()1( 1 = dx x x x 0 2 1 2 1 3 )1( 1 Đặt 1 3 1 3 2 x x t x x t dx x tdt 2 )1( 4 2 T r u n g T â m B ? i D u ? n g V ă n H ó a - L u y ? n T h i Đ ? i H ? c & N g ? a i N g ? 6 0 A n S u o n g . * * * )37( 2 1 2 1 3 7 dtI . Câu 4 . a) Điều kiện 1x . Đưa phương trình về dạng 081 2 3 6 793 4 9 16 1 13 1 13 x x x x , rồi đặt 1 13 2 3 x x t Đáp số : 2; 2 1 xx . b) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là 1001 4 14 C cách . Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có 2 7 1 5 1 2 CCC cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có 1 7 2 5 1 2 CCC cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có 1 7 1 5 2 2 CCC cách Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là 2 7 1 5 1 2 CCC + 1 7 2 5 1 2 CCC + 1 7 1 5 2 2 CCC = 385 cách . Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là 13 8 1001 616 1001 3851001 P . Câu 5. Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) . Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng 02:)( zyx và 04:)( zyx theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ : 42 9223 15473 ))(,())(,( cbacba cba cba IdId ICIA IBIA Giải hệ ta được : 3 0 1 c b a hoặc 79 712 719 c b a Với 3 0 1 c b a , viết được phương trình mặt cầu : 25)3()1( 222 zyx . Với 79 712 719 c b a , mặt cầu có phương trình : 49 1237 7 9 7 12 7 19 222 zyx Câu 6. )'''//( CBABE nên d(E,(A’B’C’) = B’H Tam giác B’HC’vuông tại H nên B’H = 2 3 '' 22 a HBBB 2 '' 20 ''' 8 3 4 3 60sin'.''.' 2 1 aSaCBBAS CHBCBA 168 3 2 3 . 3 1 .' 3 1 32 '''' aaa SHBV CHBCEHB T r u n g T â m B ? i D u ? n g V ă n H ó a - L u y ? n T h i Đ ? i H ? c & N g ? a i N g ? 6 0 A n S u o n g . * * * '' ''. 3 ))''(,( AACC AACCB S V AACCBd ; 488 3 333 '''.'''.''. aaa VVV CBABCBAABCAACCB ACJASACJAACIJABIA AACC .',',' '' 5 15 . 4 15 4 3 ))''(,( 4 15 '' 3 22 a a a a AACCBd a IJAAJA . Câu 7. Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4) . Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng bằng 1 . Vì B nằm trên trục tung nên B(0;b). Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với BC 0: xOy nên AB : y = b . Vì A là giao điểm của AB và AC nên b b A ; 3 416 . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có 4 3 5 4 3 4 4 4 3 4 3 416 )4( 3 416 4 3 416 .4 2 2 2 2 bbb b b b b b b b CABCAB S r ABC 4 3 1 b . Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 . Với b = 1 ta có A(4;1), B(0;1). Suy ra D(4;4) . Với b = 7 ta có A(-4;7), B(0;-7). Suy ra D(-4;4) . Câu 8. Giải hệ phương trình )2(213 )1(213 2223 2223 yxyxyyxy xxyyxxyx Từ (1) và (2) ta có iyxyxxxyyiyyxyxxyx )2(2)13(13 22222323 )1()1(2)1(1)(33 22332223 ixixyyiiyixiyixyyixx )2)(1(1)()( 2223 xixyiyiiyixyix 23 ))(1(1)()( ixyiiyixyix 0)1()1( 23 izziz izzz 1;1;1 . Do đó (x;y) = (1;0); (-1;0); (-1;-1) . Câu 9. Với mọi số thực x, y ta luôn có xyyx 4)( 2 , nên từ điều kiện suy ra 102)()(24)()()( 23323 yxyxyxxyyxyxyx . Ta biến đổi P như sau 2015)43()2(2)( 2 3 )( 2 3 22222222 xyxyxyyxyxyxP 2015)(2)( 2 3 )( 2 3 2244222 yxyxyx (3) Do 2 )( 222 44 yx yx nên từ (3) suy ra 2015)(2)( 4 9 22222 yxyxP . Đặt tyx 22 thì 2 1 t (do )1 yx . T r u n g T â m B ? i D u ? n g V ă n H ó a - L u y ? n T h i Đ ? i H ? c & N g ? a i N g ? 6 0 A n S u o n g . * * * Xét hàm số 20152 4 9 )( 2 tttf với 2 1 t , có 02 2 9 )(' ttf , với 2 1 t nên hàm số f(t) đồng biến trên ; 2 1 . Suy ra 16 32233 2 1 )(min ; 2 1 ftf t . Do đó GTNN của P bằng 16 32233 , đạt được khi và chỉ khi 2 1 yx . *www.luyenthidaihoc.edu.vn*www.kythiquocgia.edu.vn *www.kythiquocgia.com Tel: 08. 3719 4559 – 0932.178517 . S u o n g . * * * ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN (Lần thứ 1) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 1)1(3 23 xmxxy (1) có đồ thị m C( ), với m là tham số . a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1 m. 081 2 3 6 793 4 9 16 1 13 1 13 x x x x , rồi đặt 1 13 2 3 x x t Đáp số : 2; 2 1 xx . b) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là 1001 4 14 C cách . Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu : + TH1: 1Đ, 1T,. N g ? a i N g ? 6 0 A n S u o n g . * * * Xét hàm số 20152 4 9 )( 2 tttf với 2 1 t , có 02 2 9 )(' ttf , với 2 1 t nên hàm số f(t) đồng biến trên ; 2 1 . Suy