Đề thi thử THPT quốc gia môn Toán chọn lọc số 11

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 11) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất 2015!(Kèm đáp án chi tiết tại)! https://www.facebook.com/profile.php?id=100005223169289 Câu I (2 điểm Cho hàm số 4)23()12( 223  xmmxmxy (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung. Câu II (1 điểm) Giải phương trình: 2 sin4 3 cos 3 cos 22 x xx                  Câu III (1 điểm) Tính tích phân:    2ln 0 2 dxeI x ex Câu IV (1 điểm) Cho khối chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của cạnh SC và SB. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a, biết BM vuông góc với CN. Câu V (1 điểm Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn đẳng thức 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 a b c       . Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (I) và   3;3 A . Điểm M(3; -1) nằm trên đường tròn (I) và thuộc cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của điểm M lên các đường thẳng BC, AC. Tìm tọa độ các đỉnh B, C; biết rằng trực tâm tam giác ABC là điểm H(3;1), đường thẳng DE có phương trình là 2 3 0 x y    và hoành độ của B nhỏ hơn 2. Câu VII (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng   : 3 0 P x y z     và đường thẳng 1 : 1 3 1 x y z      . Lập phương trình đường thẳng d, nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng  và cách đường thẳng  một khoảng bằng 8 66 . Câu VIII (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số sao cho trong mỗi số các chữ số đứng trước đều lớn hơn chữ số đứng liền sau nó. Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình   2 2 2 2 2 4.log 2 4.log , 4, 4 x x y x y y x y x y x y                  CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG ! Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Hướng dẫn CâuI Đáp án 2. (1,0 điểm) Ta có )23()12(23 22'  mmxmxy . Để đồ thị hàm s ố có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung khi và chỉ khi phương trình y ’ = 0 có hai nghiệm trái dấu       0 0 ' P         0)23(3 0)23(3)12( 2 22 mm mmm 21    m II. (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Ta có: 2 sin4 2 2 3 2 cos1 2 2 3 2 cos1 2 sin4 3 cos 3 cos 22 x xx x xx                                     02cos 3 2 cos22sin02 3 2 cos2 3 2 cos2sin                xxxxx  03sinsin202cos2sin 2  xxxx        )( 2 3 sin 1sin VNx x   2 2 kx  (k  Z) 2. (1,0 điểm) ĐK: 23,27        yx Ta có                22327 102327 637 422 yyxx yyxx yx yx Đặt 27  xxu và 23  yyv (u > 0 và v > 0) Ta được        2 55 10 vu vu             5 5 25 10 v u uv vu Khi đó              6 2 523 527 y x yy xx Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x;y) = (2;6). III. (1,0 điểm) (1,0 điểm) Ta có:    2ln 0 2 2ln 0 2 . dxeedxeI xx exex Đặt x et  ,dt = e x dx; x = 0  t = 1, x = ln2  t = 2 Ta được 2 1 2 2 1 2 . 2 1 tt edteI   =   24 2 1 ee  . Vậy I =   24 2 1 ee  IV. (1,0 điểm) (1,0 điểm) Gọi I là trung điểm BC và G là trọng tâm  SBC. Vì tam giác SBC cân tại S nên tam giác BGC vuông cân tại G. Từ đó  GB GC = 2 2 2 2 a BC  và GI = a 2 1 aGISI 2 3 3  Xét tam giác vuông SHI (H là chân đường cao của hình chóp hạ từ A) ta có: 22 HISISH  mà SI = 2 3a và HI = 6 78 6 3 a SH a  Vậy V S.ABC = 24 26 . 3 1 3 a SSH ABC  Câu V:Từ giả thiết ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 a b c a b c a b c                 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số   2 2 2 2 2 2 , , ; 1 , 1 , 1 1 1 1 a b c a b c a b c             ta được       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 3 a b c a b c a b c a b c a b c a b c                        2 2 2 2 6 ab bc ca a b c        . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 a b c   Câu VI: (1,0 điểm) Theo giả thiết ta có A, H, M nằm trên đường thẳng 3 0 x   suy ra D là trung điểm của HM   3;0 D Đường thẳng BC đi qua D và có vector pháp tuyến   0;1 : 0 HD BC y     . Gọi F là hình chiếu của M lên đường thẳng AB suy ra F thuộc đường thẳng DE suy ra   3 2 ; F t t  Ta có 2 1 . 0 5 2 3 0 3 5 t FA FM t t t                TH1. Với . 3 21 3 ; :3 12 0 5 5 5 t F FA x y               Do B là giao của BC và AF nên tọa độ B là nghiệm của hệ 3 12 0 4 0 0 x y x y y              loại do 2 B x  TH2. Với   1 1;1 : 0 t F AF x y      . Do B là giao của BC và AF nên tọa độ B là nghiệm của hệ   0 0 0;0 0 0 x y x B y y              . Do C nằm trên đường thẳng BC nên   ;0 C u . Mặt khác H là trực tâm nên HB vuông góc với AC   . 0 3 9 3 0 4 4;0 . AC HB u u C           Câu VII (1,0 điểm) Ta có (P) có vtpt   1;1;1 P n   ,  có vtcp   1;3; 1 u     ,   1;0;0M  . Do     ; 4;2;2 d P d P d u n d P u n u d u u                                 Gọi (Q) là mặt phẳng chứa (d) và song song với  . Khi đó ta chọn   ; 2 4;1;7 Q d n u u            suy ra (Q) có dạng 4 7 0 x y z d     . Ta có           4 ; ; ; 66 d d d d P d M P       . Từ đó kết hợp với giả thiết ta được: 4 8 4 8 4; 12 66 66 d d d d          +) Nếu   4 :4 7 4 0 d Q x y z       . Chọn điểm     1 13 ; ; 1 3 3 N P Q d            suy ra phương trình 1 13 1 3 3 : 2 1 1 x y z d        +) Nếu   12 : 4 7 12 0 d Q x y z        . Chọn điểm       1;1;1 N P Q d    suy ra phương trình 1 1 1 : 2 1 1 x y z d        Câu VIII: . Trong 10 chữ số từ 0 đến 9 có tât cả 5 10 C tập con gồm 5 chữ số khác nhau. Trong mỗi tập con này chỉ có duy nhất một cách sắp xếp số có 5 chữ số mà chữ số đứng trước lớn hơn chữ số đứng liền sau. Vậy có tất cả 5 10 C = 252 số. Câu IX: Hệ phương trình tương đương với:     2 2 2 2 log 4 2 4 log 4 2 4 x y x x y x y y                . Đặt     2 , ;4 2 4 t f t t t t      ta được     2 2 4 ' 0, 4 2 4 2 4 t f t t t t t t          suy ra   f t là hàm số đồng biến trên   ;4  Nếu     2 2 log log x y f x f y y x y x        vô lý. Nếu     2 2 log log x y f x f y y x y x        . Vậy x y  Thay x y  vào phương trình thứ nhất ta được     2 log 0 g x f x x    . Mặt khác ta có   2 0 g  và     2 2 4 1 ' 0, 4 .ln 2 2 4 2 4 t f t t t t t t t           suy ra     2 2 g x g x    2 x y    . Thử lại ta thấy     ; 2;2 x y  thỏa mãn hệ. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất     ; 2;2 x y  . . KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán (đề 11) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất. một khoảng bằng 8 66 . Câu VIII (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số sao cho trong mỗi số các chữ số đứng trước đều lớn hơn chữ số đứng liền sau nó. Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương. (2 điểm Cho hàm số 4)23()12( 223  xmmxmxy (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có các điểm