Đề thi thử thpt quốc gia

Đề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc giaĐề thi thử thpt quốc gia

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 1 y x x     . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số đã cho. b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1 3 2 3 3 1 0 x x m     . Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình                 sin3 cos 2 0 4 x x . b) Giải bất phương trình 1 2 9 8.3 1 0 x x     . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân   2 1 4 3 ln I x xdx    . Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức 1 2 z i    . Tìm môđun của số phức 2 w z z   . b) Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 1 số trong số các số lập được. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 25. Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' ' ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A ,  AB a ,  3 AC a và mặt bên ' ' BB C C là hình vuông. Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' AA , ' BC . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng       : 2 2 3 0 P x y z và mặt cầu               2 2 2 : 5 2 2 9 S x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng   P tiếp xúc mặt cầu   S ; xác định tọa độ của tiếp điểm. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm   2;3 A . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt hai trục tọa độ , Ox Oy tương ứng tại các điểm , B C sao cho điểm B có hoành độ dương, điểm C có tung độ dương và tam giác BOC có diện tích nhỏ nhất. Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình   2 2 1 2 3 x x x     . Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương , x y thỏa mãn điều kiện 5 4 23 x y xy   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 7 4 9 2 P x y x y     . HẾT ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số 3 2 3 1 y x x     ♥ Tập xác định: D   ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: 2 ' 3 6 y x x    ; ' 0 0 y x    hoặc 2 x  0.25 + Hàm số đồng biến trên khoảng   0;2 ; + Hàm số nghịch biến trên các khoảng   ;0  và   2;  . ￚ Cực trị: + Hàm số đạt cực đại tại 2 x  ; y CĐ   2 3 y   + Hàm số đạt cực tiểu tại 0 x  ; y CT   0 1 y    , ￚ Giới hạn: lim x y    và lim x y    0.25 ￚ Bảng biến thiên: x  0 2  ' y  0  0  y  3 1   0.25 ♥ Đồ thị: 0.25 b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1 3 2 3 3 1 0 x x m     (1) ♥ Ta có:   3 2 1 3 1 3 2 x x m       (2) 0.25 ♥ Xem (2) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị     3 2 : 3 1 : 3 2               C y x x y m Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của   C và    và nghiệm của phương trình (1) là hoành độ giao điểm của   C và    0.25 ♥ Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1     cắt   C tại ba điểm phân biệt, trong đó đúng 2 điểm có hoành lớn hơn 1  1 3 2 3    m 0.25 1 (2,0 điểm)  5 1 3   m 0.25 ♥ Vậy giá trị m cần tìm là 5 1 3   m . a) Giải phương trình                 sin3 cos 2 0 4 x x (1) ♥ Ta có:   3 1 sin3 sin 2 0 4 x x                  3 sin3 sin 2 4 x x                 0.25 3 2 3 3 2 2 20 5 4 3 3 2 2 2 4 4 k x x x k x x k x k                                   0.25 b) Giải bất phương trình 1 2 9 8.3 1 0 x x     (1) ♥ Ta có:   2 1 3 8.3 9 0 x x     (2) Đặt 3 x t    0 t  , bpt (2) trở thành: 2 8 9 0 t t    9 t   0.25 2 (1,0 điểm) ♥ Với 9 t  thì 3 9 2 x x    Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  2;S     0.25 Tính tích phân   2 1 4 3 ln I x xdx    . ♥ Đặt   ln 4 3 u x dv x dx     2 1 2 3 du dx x v x x    0.25 ♥ Suy ra:   2 2 2 2 1 1 2 3 2 3 ln x x I x x x dx x      0.25   2 1 14ln2 2 3 x dx     0.25 3 (1,0 điểm)   2 2 1 14ln2 3 14 ln2 6 x x      0.25 a) Cho số phức 1 2 z i   . Tìm môđun của số phức 2 w z z   . ♥ Ta có:     2 1 2 2 1 2 3 2           w z z i i i 0.25 ♥ Do đó     2 2 3 2 13 w      0.25 b) Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 1 số trong số các số lập được. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 25. ♥ Số phần tử của không gian mẫu là: 9.9.8.7 4536    0.25 4 (1,0 điểm) ♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn chia hết cho 25” Do , , , a b c d đôi một khác nhau và 25 abcd   25 cd   25 50 75 cd cd cd            Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A 7.7 8.7 7.7 154      ♥ Vậy xác suất cần tính là   A 154 11 A 5436 324      P . 0.25 Cho lăng trụ đứng . ' ' ' ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại A ,  AB a ,  3 AC a và mặt bên ' ' BB C C là hình vuông. Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng ' AA , ' BC . ♥ Do lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên ' BB là đường cao của lăng trụ Vì ' ' BB C C là hình vuông nên 2 2 2 2 ' 3 2 BB BC AB AC a a a       0.25 ♥ Do đó 3 . ' ' ' 1 '. 2 . . . .a 3 3 2 ABC A B C ABC V BB S a AB AC a a a      0.25 ♥ Vì   ' || ' ' AA BB C C nên       ', ' , ' ' d AA BC d A BB C C  Trong   ABC , hạ AH BC  (1) Vì   ' BB ABC  nên ' AH BB  (2) Từ (1) và (2) suy ra   ' ' AH BB C C       , ' ' AH d A BB C C  0.25 5 (1,0 điểm) ♥ Xét tam giác ABC ta có . . . 3 3 2 2 AB AC a a a AH BC a    . Vậy   3 ', ' 2 a d AA BC  0.25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng       : 2 2 3 0 P x y z và mặt cầu               2 2 2 : 5 2 2 9 S x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng   P tiếp xúc mặt cầu   S ; xác định tọa độ của tiếp điểm. ♥ Mặt cầu   S có tâm   5;2;2 I và bán kính 3 R  0.25 ♥ Ta có:       2 2 2 2.5 2.2 2 3 ; 3 2 2 1 d I P R             P tiếp xúc mặt cầu   S 0.25 ♥ Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với   P . Gọi   K d P   , suy ra K là tiếp điểm của   P và   S . Vì   d P  nên VTPT   2;2; 1 n    của   P là một VTCP của d . Phương trình tham số của 5 2 : 2 2 2 x t d y t z t                  0.25 6 (1,0 điểm) ♥ Tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình: 5 2 2 2 : 2 2 2 3 0 x t y t d z t x y z                          Giải hệ ta được 1, 3, 0, 3 t x y z     . Vậy   3;0;3 K 0.25 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm   2;3 A . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt hai trục tọa độ , Ox Oy tương ứng tại các điểm , B C sao cho điểm B có hoành độ dương, điểm C có tung độ dương và tam giác BOC có diện tích nhỏ nhất. ♥ Gọi d là đường thẳng đi qua A và cắt , Ox Oy tương ứng tại các điểm   ;0 B b ,   0; C c , , 0 b c  . Ta có: 1 2 BOC S bc   0.25 ♥ Phương trình d có dạng: 1 x y b c   . Vì d qua   2;3 A d  nên 2 3 1 b c   0.25 ♥ Theo bđt Cô-si ta có: 2 3 2 3 1 2 . b c b c     1 12 2 BOC S bc    Dấu “=” xảy ra khi 4, 3 b c   . Suy ra: max 12 BOC S   khi 4, 3 b c   0.25 ♥ Phương trình đường thẳng thỏa đề bài là 1 3 2 12 0 4 3 x y x y       0.25 Giải phương trình   2 2 1 2 3 x x x     (1) ♥ Điều kiện: 1 2 1 0 2 x x     (*) Khi đó   1      2 2 2 1 1 4 3 x x     0.25 2 1 5 2 2 2 2 7 x x x x             0.25  2 5 11 17 2 1 5 2 2 4 2 11 13 0 x x x x x x                     [thỏa (*)] 0.25 8 (1,0 điểm)  2 7 2 1 2 7 5 2 2 15 25 0 x x x x x x                    [thỏa (*)] Vậy phương trình có nghiệm là 11 17 5, 4 x x    0.25 9 (1,0 điểm) Xét các số thực dương , x y thỏa mãn điều kiện 5 4 23 x y xy   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 7 4 9 2 P x y x y     . ♥ Ta có: 4 5 5 4 23 23     x y xy x y 0.25 ♥ Khi đó: 3 7 1 1 1 4 5 4 9 4 9 2 2                       P x y x y x y x y x y 1 1 23 4 9 2 x y x y      0.25 ♥ Áp dụng bđt Cô-si ta suy ra được 1 1 23 23 43 2 4 . 2 9 . 4 6 2 2 2 P x y x y        0.25 ♥ Dấu “=” xảy ra khi 1 4 1 1 2 9 1 3 4 5 23 x x x y y y x y                                          0.25 Vậy 43 min 2 P  . . ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3. Điểm a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số 3 2 3 1 y x x     ♥ Tập xác định: D   ♥ Sự biến thi n: ￚ Chiều biến thi n: 2 ' 3 6 y x x    ; '. là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị     3 2 : 3 1 : 3 2               C y x x y m Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của   C và