bộ đề thi thử thpt quốc gia môn toán các tỉnh có đáp án chi tiết

1 TQN HOME SCHOOL ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN – Đề số: 01 ĐỀ THI THỬ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số 3 2 1 y x x 3   . a) Khải sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt các trục Ox, Oy tương ứng tại A, B phân biệt thỏa mãn OB = 3OA. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình 3 t anx(t anx 2sin x) 6cosx 0     Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân 2 2 sinx cos x I dx 3 sin 2x        Câu 4. (1 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 )( ) 2 2     i z i z i . Tính môđun của số phức 2 2 1 w    z z z . b) Tìm hệ số của x 7 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của n 2 2 x x        , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 3 2 3 n 1 n n 4C 2C A    . Câu 5. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên mặt phẳng (Oxy) và C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ điểm B và C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam giác ABC. Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC. Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AC = 2. Đường phân giác trong của góc A có phương trình d: 3 0   x y . Tìm tọa độ các đỉnh A, C biết rằng khoảng cách từ C đến d bằng hai lần khoảng cách từ B đến d; C nằm trên trục tung và A có hoành độ dương. Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình:   2 2 1 2 2 , 1 2 3 3               y x x y x x y y x x x Câu 9 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn 2 2 2 1    a b c . Chứng minh: 1 1 1 1       a b c bc ca ab HẾT 01 2 ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ 1 – NĂM 2015 Câu Đáp án Điểm 1 (2,0đ) a) (1,0 điểm)  TXĐ: D =   Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: 2 y' x 2x 0 x 0     hoặc x = 2 0,25  Các khoảng đồng biến ( ;0)  và (2; )  . Khoảng nghịch biến: (1; 2)  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 0; đạt cực tiểu tại x = 2, CT 4 y 3    Giới hạn tại vô cực: x x limy ; limy       0,25  B ả ng bi ế n thiên: x –  0 2 +  y  + 0 – 0 + y 0 +  –  4 3  0,25  Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm)  Ta có:  OB tan OAB 3 OA    hệ số góc của tiếp tuyến là k 3  0,25  Gọi x 0 là hoành độ tiếp điểm thì: 2 0 0 0 0 y'(x ) 3 x 2x 3 x 1         hoặc 0 x 3 0,25  Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm 4 1; 3         : 4 13 y 3(x 1) y 3x 3 3       0,25  Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (3; 0): y 3(x 3) y 3x 9      0,25 2 (1,0đ) Điều kiện: cosx 0  3 t anx(tanx 2sin x) 6cosx 0    2 3(1 2cosx) tan x(1 2cosx) 0     0,25 2 (1 2cos x)(1 tan x) 0    0,25 1 cos x 2    hoặc t anx 3  2 x k2 3       hoặc x k 3      0,25 Đối chiếu với điều kiện, phương tình có các nghiệm: 2 x k2 3      ; x k 3      , k  0,25 3 3 (1,0đ) 2 2 2 2 2 sinx cosx sinx cosx I dx dx 3 sin 2x 4 (sin x cosx)                0,25 Đặt: t sinx cosx dt (sinx cos x)dx      . Khi x t 1 2       ; x t 1 2     0,25 1 1 2 1 1 dt 1 1 1 I dt 4 t 4 2 t 2 t                  0,25   1 1 1 ln 2 t ln 2 t 4       1 ln 3 2 0,25 4 (1,0đ) a) (0,5 điểm) Điều kiện bài toán tương đương (3 i)z 1 3i     0,25 z i   0,25 Suy ra: w 1 3i    0,25 Do đó môđun của w là 10 0,25 b) (0,5 điểm) Ta có: 3 2 3 n 1 n n (n 1)n(n 1) 4C 2C A 4 n(n 1) n(n 1)(n 2),n 3 6              0,25 2 2 2(n 1) 3(n 1) 3(n 3n 2),n 3         2 n 12n 11 0,n 3 n 11        0,25 Khi đó: n 11 2 2 2 2 x x x x                . Số hạng tổng quát: k k 22 3k k 1 11 T C ( 2) .x     0,25 Số hạng chứa x 7 là số hạng ứng với k thỏa mãn 22 3k 7 k 5     Suy ra hệ số của x7 là:    5 5 11 C ( 2) 14784 0,25 5 (1,0đ) Gọi B(x; y; 0) và C(0; 0; z), ta có: AH.BC 0 CH.AB 0 HA,HC .HB 0                      0,25 x z 0 2x y 7 0 3 x (y 1)(3 z) 0                 Giải hệ ra ta được 2 nghiệm (3;1; 3)  và 7 7 ;14; 2 2        0,25 Với x = 3, y = 1, z = – 3  B(3; 1; 0) loại vì B trùng A 0,25 Với x = 7 2  , y = 14, 7 z 2   7 7 B ;14;0 ,C 0;0; 2 2              0,25 6 (1,0đ)  Do M là trung điểm của SC  1 d[M,(SAB)] = d[C,(SAB)] 2  SABM SABC 1 V V 2  . Vì (SAB)  (ABC) nên gọi H là trung điểm của AB thì SH  (ABC). SAB đều cạnh a a 3 SH 2   . 0,25 2 3 SABC ABC 1 1 a 3 a 3 a V SH.S 3 3 2 4 8        3 SABM a V 16 . 0,25  Gọi D là điểm sao cho ACBD là hình bình hành  (SAD) chứa SA và song song BC  d(SA, BC) = d(BC, (SAD)) SABD SAD 3V d(B,(SAD)) S   Ta có: 3 SABD SABC a V S 8   . 0,25 4 SHC vuông cân tại H  a 6 SC SH 2 2   BM là đường cao tam giác cân SBC, ta có: 2 2 2 2 a 6 a 10 BM SA SM a 4 4               2 SAD SBC 1 1 a 10 a 6 a 15 S S BM.SC 2 2 4 2 8       SABC SAD 3V d(SA,BC) S    3a 15 15 0,25 7 (1,0đ)  Gọi M là điểm đối xứng với B qua d  M  AC. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C, B trên d. Vì CH = 2BK nên CH = BM = 2KM  M là trung điểm AC 0,25  Vì  ABC,  AHC là các tam giác vuông cạnh huyền AC nên MH = MB = MC = HC = 1 Giả sử C(0; c). Ta có c CH d(C,d) 1 c 2 c 2 2         0,25  Giả sử A(a,a 3) d (a 0)   . Ta có 2 2 AC a (c a 3) 2     0,25  2 2 c 3 4a 2 3ac 0(do c 4) t 2       . Vì a > 0 nên c = 2 và t 3  . Vậy A( 3;3), C(0;2) 0,25 8 (1,0đ)  ĐKXĐ: x > 0 và y  0 Phương trình thứ nhất tương đương 2 y x y 2x x 2xy ( x y)(2x y) 0        y 2x   hoặc y x   0,25  Với y 2x  , ta có 2 2 2 1 3 2x x 1 2x 3x 3(*) 1 2x x 1         0,25  Xét hàm số 2 1 3 f (x) , x (0; ) 2x x 1       . 2 2 2 x 3 f '(x) 0, x (0; ) 2x (x 1) x 1                   f(x) nghịch biến trên (0; )  Mặt phác ta có f ( 3) 1  nên (*) có nghiệm duy nhất x 3 y 2 3    0,25  Với y x   , ta có 2 2 x x 1 2x 3x 3      : phương trình này vô nghiệm vì vế trái không dương, vế phải dương. Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( ; ) ( ; ) x y 3 2 3  0,25 9 (1,0đ)  Ta có: 2 2 2 1 a 2a b c 1 bc 3 a 1 2       0,25  Mặt khác ta có: 2 2 2a a (*) 3 a   . Thật vậy: 2 (*) a(a 1) (a 2) 0     đúng a 0   . 0,25  Suy ra 2 a a 1 bc   , tương tự 2 b b 1 ca   , 2 c c 1 ab   0,25  Do đó: 2 2 2 a b c a b c 1 1 bc 1 ca 1 ab          (đpcm) 0,25 A B C D H S M B C H K M A d 1 TQN HOME SCHOOL ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN – Đề số: 02 ĐỀ THI THỬ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số 4 2 1 1 y x x 1 4 2    . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của (C) hàm số. b) Đường thẳng  đi qua điểm cực đại của (C) và có hệ số góc k. Tìm k để tổng khoảng cách từ hai điểm cực tiểu của (C) đến  nhỏ nhất. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình 2 2 2 (sinx cos x) 2sin x 1 sin x sin 3x 1 cot x 4 4 2                            Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân e 32 2 1 ln x ln ln x 3ln x 2 I dx x      Câu 4. (1 điểm) a) Tìm phần thực của số phức n z (1 ) ( 3 )     i i biết rằng n   , thỏa mãn phương trình 4 4 log (n 3) log (n 9) 3     . b) Khai triển nhị thức Niu-tơn của biểu thức   n 2 x  theo lũy thừa tăng dần của x ta được số hạng thứ tám là 144. Tìm x biết n 1 n n 3 n 2 C 2C 16(n 2), n *         . Câu 5. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 0; 1), B(–1; 3; 2), C(1; 3; 1). Tìm điểm D thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (P): x + y + z = 0 và (Q): y – z – 1 = 0 sao cho thể tích khối tứ diện ABCD bằng 3. Câu 6. (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC và khoảng cách giữa hai cạnh AA và BC theo a, biết góc giữa (ABC) và (ABC) bằng 60 0 . Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2 (C) : x y 6x 2y 6 0      và điểm A(1; 3). Một đường thẳng d đi qua A; gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn (C). Lập phương trình của d sao cho AB + AC nhỏ nhất. Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2x y x y 17 (x, y ) y x y 12              Câu 9 (1 điểm) Cho a, b, c  0 và 2 2 2 3    a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 2 2 2 1 1 1       a b c P b c a HẾT 1b) k =  1/4 2) x =  /2 + k2  , x = 3  /8 + k  /2 3) I = ln3 –1/3 4a) n = 7, phần thực: –16 b) x = 1 5) D 1 (–11;6;5), D 2 (25; –12; –13) 6)  3 V a 3 /8 ; d(AA  ,BC) = 3a 7 /14 7) d 1 : x = 1 d 2 : 3x + 4y – 15 = 0 8) (x;y) ={(5;4), (5;3)} 9) MinP = 3 2 /2 khi a = b = c = 1 02 2 ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ 2 – NĂM 2015 3 4 1 TQN HOME SCHOOL ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN – Đề số: 03 ĐỀ THI THỬ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số 4 2 x 5 y 3x (1) 2 2    . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình 4 2 x 6x m 0    có đúng 4 nghiệm phân biệt. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình sin 3x cos2x sinx 0    Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân 6 0 dx I dx cos x cos x 4            Câu 4. (1 điểm) a) Gọi z 1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 2 10 0    z z . Tính giá trị của biểu thức 2 2 1 2 | | | |   A z z . b) Có 12 học sinh gồm Có 12 học sinh giỏi gồm 3 học sinh khối 12, 4 học sinh khối 11, 5 học sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 6 học sinh sao cho mỗi khối có ít nhất 1 học sinh. Câu 5. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; –1; 2), đường thẳng x 1 y z 2 d : 2 1 1     , mặt phẳng (P) : x y 2z 5 0     . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A song song với mặt phẳng (P), đồng thời vuông góc với d. Câu 6. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD, với AD = 2a. Gọi I là trung điểm của AB, biết khoảng cách từ I tới mặt phẳng (SCD) bằng 3a 3 8 . Tính: a) Thể tích khối chóp S.ABCD theo a b) cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng SO và AD, với O là giao điểm của AC và BD. Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(2; 2) và hai đường trung tuyến của tam giác là 1 d : 2x 5y 8 0    và 2 d : x 3y 2 0    . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 x x y 1 1 (x, y ) y x 2y x y x 0                Câu 9 (1 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2 2 4 2   x y . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 8 3    P x y xy HẾT 1b) 0 < m < 9 2) x =  /4 + k  /2, x = –  /6 + k2  , x = 7  /6 + k2  3) I 2ln[(3+ 3 )/2]  4a) 20 b) 805 cách 5)  :{x=1–3t; y = –1+5t; z = 2+t} 6) a) 3 V a 3 /4  b) 21/7 7) 7x+y–16=0; 8x–13y+10=0; 11x–154y+88=0 8) (x;y) =(4;2) 9) MaxP = 13/4; MinP = x – 7/2 03 2 ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ 3 – NĂM 2015 [...]... ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Môn: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang) Câu 1 (4 điểm) Điểm Nội dung 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số (C) +Tập xác định D = ℝ \ {−1} 2đ 0.25 +Sự biến thi n • Chi u biến thi n: y ' = 3 ( x + 1) 2 > 0 ∀x ≠ −1 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1)...3 4 SỞ GD&ĐT BẮC NINH KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + (1 − 2m ) x 2 + ( 2 − m ) x + m + 2 (Cm) a Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2 b Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1 Câu... MinP x ,y z 2 15 4 N u thí sinh gi i theo cách khác n u úng v n cho i m t i a f (t ) f (2) 6 0.25 SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (4,0 điểm).Cho hàm số y = 2x − 1 , gọi đồ thị là (C) x +1 a)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số b)Viết phương trình tiếp... chữ số liền nhau trong 4 chữ số vừa lấy: có 5 cách → có 5 A74 = 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123 Trong các số trên, có 4 A63 = 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu → Có 5 A74 - 4 A63 = 3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123 TH 2 : Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự) Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau , có mặt 321 Kết luận: có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau... www.MATHVN.com FB.com/ThiThuDaiHoc www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com TR NG THPT NGHI S N - THANH HÓA T :T THI TH NHIÊN I THPT QU C GIA 2015 MÔN THI: TOÁN Th i gian làm bài : 180 phút Câu 1 ( 4 i m) Cho hàm s : y a Kh o sát s bi n thi n và v b.Vi t ph 2 x 3 3 x 2 1 (C ) th hàm s (C) ng trình ti p tuy n c a Câu 2 ( 2 i m) Gi i ph th (C) bi t ti p tuy n ó có h s góc nh nh t ng trình sau : cos 2x cos x 2... phương trình đã cho x= 3  2 3  0,25 2 3 b) Tính xác suấ 4 Ta có : Ω = C16 = 1820 Gọi A= “ 2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ” B= “ 1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ “ C= “ 1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “ Thì H= A ∪ B ∪ C = ” Có nữ và đủ ba bộ môn “ P( H ) = 1 1 1 1 1 1 C82C5C3 + C8 C52C3 + C8C5C32 3 = 7 Ω 0.25 0.5 0.25 Câu 5 (2 điểm) Nội dung Điểm Ta có : AB = ( −12; −6 ) ; BA = ( 6; −12 ) 0,5 Từ đó AB.BC =... Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ, Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn Câu 5 (2,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ∆ABC có A ( 4;8 ) , B ( −8; 2 ) , C ( −2; −10 ) Chứng tỏ ∆ABC vuông và viết phương trình đường cao còn lại Câu 6 (2,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD... t……………………… Ghi chú: - Thí sinh không s d ng tài li u Cán b coi thi không gi i thích gì thêm Họ và tên thí sinh:……………………………………………… Số báo danh:……………………… 1 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com H và tên thí sinh:………………………………………………… S báo danh:……………………… TR NG THPT NGHI S N H NG D N CH M MÔN TOÁN THI TH Câu 1 Ý a b N i dung c n Giám kh o t làm áp án 1 2 3 y ' 6 x 2 6 x 6( x ) 2 2 3 1 x 2 2 2 1 2 ng trình... b Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1 Có y ' = 3 x 2 + 2 (1 − 2m ) x + ( 2 − m ) Để hàm số có cực trị thì phương trình y’=0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó ⇔ 3 x 2 + 2 (1 − 2m ) x + ( 2 − m ) = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = 4m 2 − m − 5 > 0 ⇔ m < - 1 hoặc m > 5 (1) 4 1,00 0,25 0,25 Khi đó giả sử y’=0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2... www.mathvn.com 2 OS 8 3a d ( A, ( SBC )) 4 Trong không gian v i h tr c t a Oxyz, cho ng th ng (d) và m t ph ng (P) 3 0.25 0.25 www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com l nl t có ph ng trình là ( d ) x 1 1 y 2 2 z 1 ,( P) 2 x 1 y z 2 0 Tìm A là giao i m c a (d) và (P), vi t ph ng trình ng th ng (d’) là hình chi u vuông góc c a (d ) trên m t ph ng (P) www.dethithudaihoc.com x 1 t A (d ) ( P) y 2 2t A(0; 4;2) . c = 1 02 2 ĐÁP ÁN – ĐỀ THI THỬ SỐ 2 – NĂM 2015 3 4 1 TQN HOME SCHOOL ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN – Đề số: 03 ĐỀ THI THỬ Thời gian làm bài: 180. A B C D H S M B C H K M A d 1 TQN HOME SCHOOL ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN – Đề số: 02 ĐỀ THI THỬ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số 4. 1 TQN HOME SCHOOL ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN – Đề số: 01 ĐỀ THI THỬ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số 3