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 giav

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 4 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 1 1 2 y x x    . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( ) C , biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng   y x . Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình       3 sin2 cos cos2 sin 0 x x x x . b) Giải bất phương trình 2 3 1 3 3 log 2log 2log 3 0 x x x     . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân   4 0 2 sin I x xdx     . Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z , biết             3 1 2 5 i z i i i . b) Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện    0 1 2 2 4 97 n n n C C C . Tìm số hạng chứa 4 x trong khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức                 2 2 n P x x x . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình bình hành,     0 2 2 , 60 AB AD a DAB , mặt bên   SAB là tam giác cân tại S ,    2 ASB ; mặt phẳng   SAB vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của CD . Tính theo a và  thể tích khối chóp . S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1;2;3 A ,    1; 3;5 B và   3;4;5 C . Chứng minh rằng điểm B không nằm trong mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AC . Viết phương trình mặt cầu tâm B , tiếp xúc với mặt phẳng đó. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có              1 5 ; 2 2 M là trung điểm của cạnh AB , đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình    3 1 0 x y , đường cao kẻ từ B có phương trình    2 8 0 x y . Tìm tọa độ của các đỉnh A , B , C . Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình     3 3 2 2 2 1 3 2 6 2 6 2 1 x x x x x x          . Câu 9 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:        2 2 2 1 4 16 0 x m x . 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 4 2 1 1 2 y x x    . ♥ Tập xác định: D   ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên:   3 2 ' 4 4 1 y x x x x     ; ' 0 0 y x    0.25 + Hàm số nghịch biến trên khoảng   ;0  ; + Hàm số đồng biến trên khoảng   0;  . ￚ Cực trị: + 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  ' y  0  y   1  0.25 ♥ Đồ thị: 0.25 b.(1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của ( ) C , biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng   y x . ♥ Do tiếp tuyến của ( ) C vuông góc với đường thẳng  y x nên tiếp tuyến này có hệ số góc là 1 k  0.25 ♥ Gọi     0 0 ; M x y C  là tọa độ tiếp điểm, khi đó 0 x là nghiệm của phương trình: 3 0 0 0 '( ) 4 1 y x k x x         2 0 0 0 1 2 1 2 1 0 2 o x x x x        0.25 ♥ Với 0 0 1 13 2 16 x y     1 13 ; 2 16 M              0.25 1 (2,0 điểm) ♥ Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 13 1 21 16 2 16 y x y x      0.25 a.(0,5 điểm). Giải phương trình       3 sin2 cos cos2 sin 0 x x x x (1) 2 (1,0 điểm) ♥ Ta có:   1 3 sin2 cos2 sin 3 cos x x x x     0.25 3 1 1 3 sin2 cos2 sin cos 2 2 2 2 x x x x     sin 2 sin 6 3 x x                               2 2 2 2 6 3 6 (k ) 6 3 2 2 2 2 6 3 6 3 x x k x k k x k x x k x                                               0.25 b.(0,5 điểm). Giải bất phương trình 2 3 1 3 3 log 2log 2log 3 0 x x x     (1) ♥ Điều kiện: 0 x  (*) Khi đó:   2 3 3 1 log 2log 3 0 x x     (2) Đặt 3 log t x  , bất phương trình (2) trở thành: 2 2 3 0 1 3 t t t        0.25 ♥ Với 1 3 t    thì 3 1 1 log 3 27 3 x x      [thỏa (*)] Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1 ;27 3 S              . 0.25 Tính tích phân   4 0 2 sin I x xdx     . ♥ Đặt 2 sin cos u x du dx dv xdx v x       0.25 ♥ Suy ra: 2 2 0 0 ( 2)cos cos I x x xdx        0.25 2 0 2 sin x    0.25 3 (1,0 điểm) 1   0.25 a.(0,5 điểm). Tìm số phức z , biết             3 1 2 5 i z i i i (1) ♥ Đặt z a bi     ,a b   , ta có:       1 3 1 3 5 i a bi i i            3 4 3 4 0 a b a b i        0.25 3 4 3 4 a b a b             4 5 8 5 a b                 ♥ Vậy 4 8 5 5 z i   0.25 b.(0,5 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện    0 1 2 2 4 97 n n n C C C . Tìm số hạng chứa 4 x trong khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức                 2 2 n P x x x . 4 (1,0 điểm) ♥ Điều kiện: 2 n n           Khi đó: 0 1 2 2 2 4 97 2 48 0 8 n n n C C C n n n          0.25 ♥ Do đó:       8 8 8 8 2 2 16 3 8 8 0 0 2 2 . 2 . k k k k k k k k P x x C x C x x x                                    Chọn k thỏa 16 3 4 4 k k     Vậy số hạng chứa 4 x trong khai triển là   4 4 4 4 8 2 . 1120 C x x   . 0.25 Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình bình hành,     0 2 2 , 60 AB AD a DAB , mặt bên   SAB là tam giác cân tại S ,    2 ASB ; mặt phẳng   SAB vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của CD . Tính theo a và  thể tích khối chóp . S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD . ♥ Gọi H là trung điểm của AB . Do tam giác SAB cân tại S nên SH AB  và SH là phân giác của góc  ASB . Do mặt phẳng     SAB ABCD     SH ABCD  Xét tam giác vuông SHB :  .cot cot SH HB HSB a    0.25 ♥ Do đó:  3 1 1 1 3 3 . . . .sin .cot .2 . . .cot 3 3 3 2 3 ABCD ABCD a V SH S SH AB AD DAB a a a        0.25 ♥ Do tứ giác AHMD là hình thoi AM HD     AM SHD   Gọi I AM HD   , suy ra I là trung điểm của HD Trong   SHD , kẻ IK SD  , suy ra   , AM IK d AM SD IK    0.25 5 (1,0 điểm) ♥ Trong   SHD , kẻ HN SD  , suy ra / / IK HN SH HD   Xét tam giác vuông SHD ta có: 2 2 2 1 1 1 HN HS HD   2 2 2 2 2 . . cot cot HS HD HD a HN HS HD a HD        (1) Vì AH AD a   và  0 60 DAH  nên DAH là tam giác đều. Suy ra: HD a  (2) Thay (2) vào (1) ta được .cos HN a   1 1 .cos 2 2 IK HN a     Vậy   1 , .cos 2 d AM SD a   . 0.25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm   1;2;3 A ,    1; 3;5 B và   3;4;5 C . Chứng minh rằng điểm B không nằm trong mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AC . Viết phương trình mặt cầu tâm B , tiếp xúc với mặt phẳng đó. 6 (1,0 điểm) ♥ Gọi M là trung điểm của AC , ta có:   2,3,4 M Gọi   P là mặt phẳng trung trực của đoạn AC . VTPT của   P là   2;2;2 n AC    Suy ra   P :       2 2 2 3 2 4 0 9 0 x y z x y z            (1) 0.25 ♥ Thay tọa độ điểm B vào phương trình (1), ta được mệnh đề sai Suy ra:   B P  . 0.25 ♥ Gọi   S là mặt cầu tâm B và tiếp xúc với   P . Khi đó:     1 3 5 9 6 ; 1 1 1 3 R d B P         . 0.25 ♥ Vậy         2 2 2 : 1 3 5 12 S x y z      . 0.25 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có              1 5 ; 2 2 M là trung điểm của cạnh AB , đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình    3 1 0 x y , đường cao kẻ từ B có phương trình    2 8 0 x y . Tìm tọa độ của các đỉnh A , B , C . ♥ Do :3 1 0 A AN x y     nên   ;3 1 A a a  Vì M là trung điểm của AB nên   2 1 1 ;6 3 2 6 3 B M A B M A x x x a B a a y y y a                    . 0.25 ♥ Vì : 2 8 0 B BH x y     1 12 6 8 0 1 a a a         Suy ra:     1;2 , 2;3 A B  . 0.25 ♥ Do / / MN AC MN BH   . Phương trình MN có dạng: 2 0 x y m    1 5 3 ; 2 2 2 M MN m                  Suy ra : 4 2 3 0 MN x y    . 0.25 ♥ Tọa độ N là nghiệm của hệ phương trình 1 3 1 1 1 2 ; 2 2 4 2 3 1 2 x x y N x y y                                        Do N là trung điểm của BC nên:   2 1 2 3 3; 2 2 1 3 2 C N B C N B x x x C y y y                    Vậy       1;2 , 2;3 , 3; 2 A B C   . 0.25 Giải phương trình     3 3 2 2 2 1 3 2 6 2 6 2 1 x x x x x x          (1) ♥ Điều kiện:    2 1 2 1 0 2 1 0 2 2 3 2 0 3 2 0 3 2 6 2 0 2 1 3 2 0 3 x x x x x x x x x x x                                                       (*) 0.25 8 (1,0 điểm) Khi đó:               1 2 1 2 1 3 2 3 2 2 1 3 2 2 1 3 2 x x x x x x x x             0.25       3 2 (2 1) 2 1 3 2 0 x x x x         3 2 2 1 2 1 3 2 x x x x             ♥ 2 3 2 2 1 4 3 0 x x x x        : pt vô nghiệm 0.25 ♥ 2 7 22 9 2 1 3 2 9 14 3 7 22 9 x x x x x x                    So với điều kiện (*) ta chọn 7 22 9 x   Vậy tập nghiệm của phương trình là 7 22 9 S                     . 0.25 9 (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm        2 2 2 1 4 16 0 x m x (1) ♥ Tập xác định của bất phương trình : D   Khi đó:   2 2 16 1 2 1 4 x m x      (2) 0.25 ♥ Xét hàm số   2 2 16 4 y f x x x     trên  . Bất phương trình (1) có nghiệm x    có điểm thuộc đường thẳng 2 1 y m   nằm phía dưới đồ thị hàm số   y f x  vẽ trên  . 0.25 ♥ Lập BBT của hàm số trên trên  . Ta có:       2 2 2 2 16 16 ' 2 2 4 4 4 4 x f x x x x x x x                     2 2 16 ' 0 2 0 4 4 f x x x x x                x  0  '( ) f x  0  ( ) f x 8 0.25 ♥ Dựa vào BBT ta suy ra: Bất phương trình (1) có nghiệm   9 2 1 8 2 m m     . Vậy giá trị m thỏa đề bài là 9 2 m  . 0.25 CÁCH 2 9 (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm        2 2 2 1 4 16 0 x m x (1) ♥ Tập xác định của bất phương trình : D   Khi đó:   2 2 16 1 2 1 4 x m x      (2) 0.25 ♥ Xét hàm số   2 2 16 4 f x x x    trên  . Bất phương trình (1) có nghiệm x    min ( ) 2 3 x f x m     0.25 ♥ Lập BBT của hàm số trên trên  . Ta có:       2 2 2 2 16 16 ' 2 2 4 4 4 4 x f x x x x x x x                     2 2 16 ' 0 2 0 4 4 f x x x x x                x  0  '( ) f x  0  ( ) f x 8 Dựa vào BBT ta suy ra: min ( ) 8 x f x    0.25 ♥ Bất phương trình (1) có nghiệm   9 2 1 8 2 m m     . Vậy giá trị m thỏa đề bài là 9 2 m  . 0.25 . ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 4 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4. Điểm a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số 4 2 1 1 2 y x x    . ♥ Tập xác định: D   ♥ Sự biến thi n: ￚ Chiều biến thi n:   3 2 ' 4 4 1 y x x. DAH là tam giác đều. Suy ra: HD a  (2) Thay (2) vào (1) ta được .cos HN a   1 1 .cos 2 2 IK HN a     Vậy   1 , .cos 2 d AM SD a   . 0.25 Trong không gian với hệ tọa độ