1000 đề thi thử môn Toán Hồ Xuân Trọng ( Phần 10 )

HỒ XUÂN TRỌNG TẬP 10 1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN NĂM 2014-2015 hoctoancapba.com hoctoancapba.com ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 5 NĂM 2015 Môn: TOÁN Đ Ề CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi:… tháng…năm… Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 43 23  xxy . (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). b) Tìm m để đường thẳng mmxy  2 cắt đồ thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 24 22 log ( ) 1 2log (2 ) . 10 x y x y xy         Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân   6/ 0 32 cos.sin  xdxxI . Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z có phần ảo âm và thỏa mãn 053 2  zz . Tìm môđun của số phức 1432 z . b) Tìm số hạng chứa 3 x trong khai triển biểu thức n x )12(  biết rằng 56 210  nnn CCC . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng d 1 : 1 4 2 3 1 3       z y x , d 2 : 1 1 2 1 2 3       z y x . Tìm tọa độ điểm B thuộc 2 d sao cho độ dài đoạn thẳng AB gấp 2 lần khoảng cách từ A đến 1 d . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với  0 , 30AB a CAD ,  o ASC  , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối tứ diện S.BCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC ( BCAB  ) và tâm đường tròn ngoại tiếp là )0;1(I . )3;3(M là một điểm nằm trên đường trung trực của cạnh BC . )4;2(N là điểm nằm trên đường thẳng chứa đường phân giác trong góc B của tam giác ABC và thỏa mãn CNAN  . Đường thẳng BC đi qua )4;1(D và tung độ điểm B lớn hơn tung độ điểm C . Tìm tọa độ các đỉnh A , B , C . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 32 3 2 2 11 3 ( 1) 1 1 . 7 6 12 x y x xy y x y y y x y y xy x                     Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số không âm cba ,, và không có hai số đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng 222 333 cba ba abcc ac abcb cb abca          . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… 3 hoctoancapba.com Trang 1/5 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 5 NĂM 2015 Môn: TOÁN Đ Ề CHÍNH THỨC (Đáp án – thang đi ể m có 5 trang) Câu Nội dung Điểm 1 (2,0 đ) a) (1,0 đi ể m) * Tập xác định : D = R. * Sự biến thiên của hàm số: - Chiều biến thiên: 2 ' 3 6y x x . 00'  xy hoặc 2x . 0,25 - Các khoảng đồng biến )0;( , );2(  ; khoảng nghịch biến (0;2). - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 4,0  CĐ yx ; đạt cực tiểu tại 0,2  CT yx . - Giới hạn:   yy xx lim,lim . 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 * Đồ thị )(C : f(x)=x^3-3x ^2+4 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 0,25 b) (1.0 đi ể m) Phương trình hoành độ các giao điểm của d với đồ thị (C) của hàm số (1) là: mmxxx  243 23 0)22)(1( 2  mxxx 0,25       )2(022 1 2 mxx x . 0,25 4 hoctoancapba.com Trang 2/5 Yêu c ầ u bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ' 0 3 0 . 3 0 3 0 m mm               0,25 3 m . Vậy, các giá trị m cần tìm là 3m . 0,25 2 (1,0 đ) Điều kiện: 0 20 xy xy      .     log log x log ( ) log log ( )x y y x y x y         0,25 )2(2 yxyx  xy 3 . 0,25 Thế vào phương trình xy ta được phương trình 1010 2 x 0,25 13 13 xy xy             . Đối chiếu với điều kiện, hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm   1;3 . 0,25 3 (1,0 đ)   6/ 0 22 6/ 0 32 cos).sin1.(sincos.sin  xdxxxxdxxI . 0,25 Đặt xt sin , ta có xdxdt cos . Đổi cận: 00 . 1 62 xt xt               2/1 0 42 2/1 0 22 )()1( dtttdtttI 0,25 35 1 2 35 0 tt     0,25 17 480  . 0,25 4 (1,0 đ) a) (0,5 đi ể m) Xét phương trình 053 2  zz (5). Vì 2 9 20 11 11i      . Suy ra 3 11 2 i z   hoặc 3 11 2 i z   . Vì z thỏa mãn (5) và có phần ảo âm nên 3 11 2 i z   . 0,25 Ta có 2 3 14 14 11zi    . 2 3 14 14 11 14 11 5.zi        0,25 b) (0,5 đi ể m) Điều kiện: ,2nn . 0,25 5 hoctoancapba.com Trang 3/5 () n n n nn C C C n         2 10 110 0 11 n nn n           . Vì 2,  nNn nên 10n  . Với 10n , ta có         10 10 10 10 10 10 10 00 (2 1) (2 1) 2 1 2 1 k k k k n k k k kk x x C x C x           .  Số hạng tổng quát là     10 10 21 kk kk Cx   . Số hạng chứa x 3 trong khai triển là 3737 10 960)1()2( xxC  . 0,25 5 (1,0 đ) 1 d đi qua )4;3;3(M và có véctơ chỉ phương )1;2;1( 1 u . Ta có   )3;3;3(,),1;1;2( 1 uAMAM , suy ra 1 1 1 , 3 ( , ) 2 AM u d A d u       . 0,25 Phương trình tham số của 2 d là:         tz ty tx 1 21 23 . Tọa độ B có dạng )1;21;23( ttt  . Ta có 9169)2()12()22( 2222  tttttAB . 0,25 Do đó: 016939169),(2 22 1  ttttdAdAB 0 t hoặc t  . 0,25 Vậy )1;1;3(B hoặc ( ; ; )B  . 0,25 6 (1,0 đ) , .cot sin AB AC a AD CD a    Vì )(ABCSA  nên SAC vuông tại A aACSA 245cot. 0  . 0,25 SACDBCSASV BCDBCDS 2 1 . 3 1 . 3 1  3 13 . 3. .2 63 a a a a (đvtt). 0,25 Các tam giác SAB , SAD vuông tại A 7,5 aSDaSB    2 2 2 2 2 2 5 7 4 4 19 cos sin 2 . 35 2. 5. 7 35 SB SD BD a a a BSD BSD SB SD aa            2 1 19. . . .sin 22 BSD a S SB SD BSD   (đvdt). 0,25 6 hoctoancapba.com Trang 4/5 19 572 3 ))(,( a S V SBDCd BDS BCDS  . 0,25 7 (1,0 đ) Ta có (4;3)IM  , (3;4)IN  , 5IN . Từ giả thiết suy ra IM , IN lần lượt là đường trung trực của BC , CA . Đường thẳng BC đi qua )4;1(D và nhận (4;3)IM  làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là 01634  yx . 0,25 Gọi 0 N là điểm chính giữa cung nhỏ  AC  0 N thuộc đường trung trực cạnh AC và 0 N thuộc đường phân giác trong của  ABC 0 .NN  N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm )0;1(I và có bán kính 5IN nên có phương trình là 25)1( 22  yx . Tọa độ B , C là nghiệm của hệ phương trình      25)1( 01634 22 yx yx hay      0 4 y x hoặc 2 5 24 5 x y          . Vì CB yy  nên       5 24 ; 5 2 B , )0;4(C . 0,25 Đường thẳng AC đi qua )0;4(C và nhận (3;4)IN  làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình là 01243  yx . Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:      25)1( 01243 22 yx yx hay      0 4 y x hoặc      5/24 5/12 y x . 0,25 Vì CA nên        5 24 ; 5 12 A . Thử lại thỏa mãn điều kiện BCAB  . Vậy        5 24 ; 5 12 A ,       5 24 ; 5 2 B , )0;4(C . 0,25 8 (1,0 đ)         1267 1)1(3 1 1 1 223 23 xxyyyxy yxyxyx yyx )8( )7( 7 hoctoancapba.com Trang 5/5 Điều kiện: 3 10 0 07 xy yx y           .   3 2 2 3 3 2 11 (7) x 3x y 3xy y 3 3 1 1 y y y x y y            33 11 ( 1) ( ) 1 y x y y x y        . (9) 0,25 Xét hàm số 1 1 )( 3   t ttf trên khoảng );1(  , ta có: 1,0 )1(2 1 3)(' 3 2    t t ttf )(tf đồng biến trên khoảng );1(  . Do đó: 11)()1()9(  xyxyyxfyf . 0,25 Thay 1x vào phương trình (8), ta được pt 13671 2  yyyy 07414)136(4 2  yyyy 0)4747()4141()96(4 2  yyyyyy 0)27()21()3(4 222  yyy 0,25 3 027 021 03           y y y y (Thỏa mãn). Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm )3;1();( yx . 0,25 9 (1,0 đ) Ta có 222 333 cba ba abcc ac abcb cb abca          (10) 0 2 3 2 3 2 3           c ba abcc b ac abcb a cb abca 0 ))(())(())((           ba bcacc ac abcbb cb cabaa (11) 0,25 Không giảm tính tổng quát, giả sử cba  . Đặt cb a x   , ac b y   , ba c z   . Do cba  nên zyx  . 0,25 Ta có 0))((  bcacz , 0))(()()()()(  yxcbcbycbxcbycax . 0,25 Suy ra 0))(())(())((  bcaczabcbycabax hay (11) đúng. Vậy bất đẳng thức (10) đúng. 0,25 ( Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng thì vẫn tính điểm tối đa) Hết 8 hoctoancapba.com ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 24 tháng 03 năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số   3 3 1 1y x x    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). b) Gọi   d là đường thẳng đi qua điểm   2; 3A  có hệ số góc bằng m . Tìm các số m để đường thẳng   d cắt đồ thị của hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ 1 2 3 ,,x x x thỏa mãn 2 2 2 1 2 3 8x x x   . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình     2 cos 1 cos 2 1 sin . sin cos xx x xx    Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân   2 sin 0 cos sin2 x I e x xdx    . Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z , biết z thỏa mãn      1 2 . 1 2i z i i z    . b) Gọi S là tập hợp các ước số nguyên dương của số 43200. Chọn ngẫu nhiên một số trong S . Tính xác suất chọn được số không chia hết cho 5. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   1; 1;1A  và đường thẳng d có phương trình 11 2 1 2 x y z  . Tìm tọa độ điểm 'A là hình chiếu vuông góc của A trên d và lập phương trình mặt phẳng   P đi qua ,A   P song song với d và khoảng cách giữa d với   P lớn nhất. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có ABCD là hình thang vuông tại ,AD ; 2,AB AD a .CD a Gọi I là trung điểm của cạnh AD , hình chiếu vuông góc của S trên   ABCD là điểm .I Cho biết khoảng cách từ I đến   SBC bằng 3 . 2 a Tính thể tích của khối chóp .S ABCD theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên trục Ox với 5 0 2 A x . Các đường cao xuất phát từ đỉnh B và đỉnh C lần lượt có phương trình là 12 : 1 0, : 2 4 0d x y d x y      . Tìm tọa độ các đỉnh ,,A B C sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình     2 17 3 5 3 14 4 0 2 2 5 3 3 2 11 6 13 x x y y x y x y x x                    . Câu 9 (1,0 điểm). Cho 3 số thực dương ,,abc thay đổi, thỏa mãn ab a c b c c     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 22 a b c c P b c c a a b a b         . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… 9 hoctoancapba.com 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015 Môn: TOÁN Đ Ề CHÍNH THỨC (Đáp án – thang đi ể m có 6 trang) Câu Đáp án Điểm 1 (2,0 đ) a) (1,0 điểm ) Tập xác định: D   .  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 1 3 3; 0 1 x y x y x            . 0,25 - Hàm số đồng biến trên khoảng (-1;1), hàm số nghịch biến trên     ; 1 , 1;   . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x CĐ = 1, y CĐ = 1; đạt cực tiểu tại x CT = -1, y CT = -3. 0,25 - Giới hạn: lim ; lim xx yy       . - Bảng biến thiên: x  -1 1  y  - 0 + 0 - y  1 -3  0,25  Đồ thị: Giao với Oy tại   0; 1 . Lấy thêm điểm thuộc đồ thị   2; 3A  . 0,25 b) (1,0 điểm ) Phương trình của d là   23y m x   . Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị của hàm số (1) là     3 2 3 3 1 1 .m x x x                  2 3 2 2 1 3 2 2 0 1 2 2 0 2 1 0 2 x x x m x x x m x x x m                      . 0,25 10 hoctoancapba.com [...]... bằng: 7315 104 5 P  8568 1224 5 (1 ,0 ) 0,25 0,25 Gọi I(a, b,c) là tâm mặt cầu (S) Theo giả thi t (S) qua A, B, C IA 2  IB2 (a  1) 2  (b 1) 2  (c 1) 2  (a  2) 2  b 2  (c 1) 2     2 2 2 2 2 2 2 2 IB  IC (a  2)  b  (c 1)  a  (b 3)  c   a  b  1  c  b  4 (S) tiếp xúc (P) d(I; P)  IA  a  2b  3c  13 1 2 3 b  2  (6 b 2)2  1 4(3 b 2  12 b 2 6)    b ... AC ( H ∈ AC ) Do ( SAC ) ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) 5 S SA = AC 2 − SC 2 = a; SH = J D A K H B C SA.SC a 3 = AC 2 AC.BD S ABCD = = 2a 2 2 1 1 a 3 2 a3 3 VS ABCD = SH S ABCD = 2a = 3 3 2 3 a ⇒ CA = 4 HA ⇒ d (C ,( SAD )) = 4d ( H ,( SAD )) 2 Do BC//(SAD) ⇒ d ( B ,( SAD )) = d (C ,( SAD )) = 4d ( H ,( SAD )) Kẻ HK ⊥ AD ( K ∈ AD), HJ ⊥ SK ( J ∈ SK ) Ta có AH = 0,25 0,5 SA2 − SH 2 = www.MATHVN.com – FB.com/ThiThuDaiHoc... Vậy A( ; ), B( ; ), C (1 ; 1), D(−3; − 1) 3 3 3 3 2( 2) − 2.1 + 1.5 − 1 2 d ( A, ( P )) = = 3 22 + ( 2) 2 + 12 Ta thấy CM = 7 (P) có vtpt là n p = (2 ; −2; 1) , d có vtcp là ud = (2 ;3; 1) , [ n p , ud ]= ( −5;0 ;10 ) Theo giả thi t suy ra (Q) nhận n = −1 [ n p , ud ] =(1 ;0;- 2) làm vtpt 5 Suy ra (Q) : x − 2 z + 12 = 0 8 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 ĐK: y 2 − 2 ≥ 0; xy 2 − 2 x − 2 ≥ 0 x 2 + ( y 2 − y − 1) x 2... 2 0,25  (a  1) 2  (b 1) 2  (c 1) 2  (S) : (x  3)2  (y 2)2  (z 2)2  14 0,25 0,25 19 3 hoctoancapba.com 6 (1 ,0 ) a  31  b  30  c  26  (S) : (x  3 1)2  (y 3 0)2  (z  2 6) 2  2366  R  13 14 Gọi I là trung điểm BC AI  BC   AI  (BB'C'C) AI  CC'  C ' I là hình chiếu của AC' lên mặt phẳng (BB'C'C)     AC', (BB'C'C)   AC'I  300   0,25 0,25 a2 3 ( vdt) 4 AI a... www.DeThiThuDaiHoc.com – Đề Thi Thử Đại Học Cm được ( SHK ) ⊥ ( SAD) mà HJ ⊥ SK ⇒ HJ ⊥ ( SAD) ⇒ d ( H ,( SAD )) = HJ ∆AHK vuông cân tại K ⇒ HK = AH sin 450 = ⇒ HJ = 6 SH HK SH + HK d ( M , BN ) = 2 2 = a 2 4 a 3 2a 3 2a 21 Vậy d ( B, ( SAD )) = = 7 2 7 7 1 3( 1) − 10. 2 + 13 132 + 102 H ∈ ∆ ⇔ H (3 a; 2a ) A 20 = ; 269 B M I 0,25 G D N H C Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN Ta thấy G là trọng. .. → +∞ Cực trị: Đồ thị hàm số đạt cực đại tại (0 ; 2) , cực tiểu tại (2 ; − 2) Hàm số đb trên mỗi khoảng ( ∞; 0); (2 ; + ) , nghịch biến trên (0 ; 2) 0,25 Bảng biến thi n: x y' −∞ + 0 0 2 +∞ 2 0 - + +∞ 0,25 y -2 −∞ Đồ thị: y Đồ thị cắt Ox tại (1 ; 0) , cắt Oy tại (0 ; 2) (0 ; 2) 2 2 O 1 x 0,25 -2 2.a Ta có M ( 1; − 2) 0,25 Pttt của (C) tại M là ∆ : y = y / ( 1 )( x + 1) − 2 hay ∆ : y = 9 x + 7 1.b 0,25 m2 + 5 =... 2 (b c) a 4 a 2 (b c)  2  a 3 bc 4 bc 4 b4 b2 (a  c) b4 b2 (a  c)  2  b3 ac 4 a c 4 c4 c2 (a  b) c4 c2 (a  b)  2  c3 ab 4 ab 4 0,25  a4 b4 c4 a 2 (b c) b2 (a  c) c2 (a  b)       a 3  b3  c3 bc a c a b 4 4 4  a4 b4 c4 a 2 b ab2  b2c  bc2  a 2c  ac2     a 3  b3  c3 bc a c a b 4 (1 ) Ta có: a 3  b3  a 2b  ab2  a 2 (a  b)  b2 (a  b)  0  (a... x + 9 ) x+3 ⇔ ( x − 3)  + 1 = 2 2 3 2 3 x3 − 2 + 5  ( x − 1) + 2 x − 1 + 4    x = 3  ⇔ x+3 x 2 + 3x + 9 (* ) +1 =  3 ( x 2 − 1) 2 + 2 3 x 2 − 1 + 4 x3 − 2 + 5  Ta thấy +) +) x 2 + 3x + 9 > 2 ⇔ x 2 + 3 x − 1 > 2 x3 − 2 ⇔ ( x 2 + 3x − 1) 2 > 4( x3 − 2) x3 − 2 + 5 ⇔ ( x 2 + x) 2 + ( x − 3) 2 + 5 x 2 > 0 ∀x x+3 + 1 < 2 ⇔ 3 ( x 2 − 1) 2 + 2 3 x 2 − 1 + 1 > x (* *) 2 2 3 2 3 ( x − 1) + 2 x − 1 +... 1 x> 2 x=1 a Điều kiện Ta có: log3 (x – 1)2 + log√3 (2 x – 1) = 2 ⇐⇒ log3 (| x – 1 |) + log3 (2 x – 1) = 1 ⇐⇒ (x – 1) (2 x – 1) = 3 (1 – x) (2 x – 1) = 3 ⇐⇒ 2log3 (| x – 1 |) + 2log3 (2 x – 1) = 2 ⇐⇒ log3 [|x – 1| (2 x – 1)] = 1 ⇐⇒ x = 2 Kết hợp với điều kiện thì nghiệm của phương trình đã cho là: x = 2 b.Cách 1 Số cách chọn 4 học sinh có trong 12 học sinh là: 4 = 495 (cách) 12 Số cách chọn 4 học sinh mà không... 16 32 ⇒ d (C , BN ) = d ( M , BN ) = ⇒ d ( H , BN ) = 2d (C , BN ) = 5 269 269 13.3a − 10. 2a + 13 32 −45 ⇔ = ⇔ a = 1 hoặc a = 19 269 269 Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên H (3 ; 2) Suy ra CG = 3 AC 2 AB 2CD CD = = = = CN = CH ⇒ ∆MHN vuông tại M 4 4 4 2 MH có pt y − 2 = 0 ⇒ MN : x + 1 = 0 ⇒ N ( 1; 0) ⇒ C (1 ; 1), D ( 3; − 1) −5 7 −1 5 7 13 Do CM = 3MA ⇒ A( ; ) ⇒ I ( ; ) ⇒ B ( ; ) 3 3 3 3 . Ta có 0) )( (  bcacz , 0) )( ( )( ) ( )( ) (  yxcbcbycbxcbycax . 0,25 Suy ra 0) )( ( ) )( ( ) )( (  bcaczabcbycabax hay (1 1) đúng. Vậy bất đẳng thức (1 0) đúng. 0,25 ( Chú ý:. 7315 104 5 P 8568 1224  . 0,25 5 (1 ,0 ) Gọi I(a,b,c) là tâm mặt cầu (S). Theo giả thi t (S) qua A, B, C 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 IA IB (a 1) (b 1) (c 1) (a 2) b (c 1) IB IC (a 2). () n n n nn C C C n         2 10 110 0 11 n nn n           . Vì 2,  nNn nên 10n  . Với 10 n , ta có         10 10 10 10 10 10 10 00 (2 1) (2 1) 2 1