0

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

791 2,824 1
  • đề thi thử thpt quốc gia môn toán có đáp án chi tiết

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 21/08/2015, 10:05

TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ SỐ 01 THÁNG 03-2015 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn : TOÁN – BY1 – BY5 ĐT: 0983. 336682 Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề ) Câu 1 (1.0 điểm). Cho hàm số 3 2 3y x x   (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). b) Tìm m để phương trình 3 2 3 2 3 3 0x x m m    có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2 (1.0 điểm). a) Giải phương trình: sin 2 3sin cos2 cos 1x x x x    . b) Giải phương trình: 2 2 1 1 1 3 3 8 2 8 2 . x x x x x x         Câu 3 (1.0 điểm). a) Tìm tập hợp số phức z thỏa mãn 1 z i z i    . b) Giả sử   2 1 1 2 1 2 3 n n n o n n x a a x a x a x a x          . Tìm n biết 1 0 2816a a  . Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân: 4 2 0 cos . 1 tan x I dx x     Câu 5 (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt thẳng ( ) : 2 2 3 0P x y z    và đường thẳng 1 2 : 2 1 1 x y z d     . Viết phương trình mặt cầu ( )S có tâm I thuộc đường thẳng d , bán kính bằng 2 và tiếp xúc với ( )P . Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,  0 60ABC  . Mặt phẳng ( )SAB vuông góc với mặt đáy ( )ABCD , tam giác SAB cân tại S và mặt phẳng ( )SCD tạo với mặt đáy ABCD góc 30 0 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC . Câu 7 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB BC , đường tròn tâm D bán kính CD cắt các đường thẳng AC , AD lần lượt tại các điểm 22 7 ; 13 13 E        và   0; 1F  . Biết điểm D nằm trên đường thẳng : 7 0d x y   . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD . Câu 8: (1.0 điểm) Giải phương trình:   4 3 2 2 2 0.x x x x x     Câu 9 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:   3 2 2 2 1 1 1 1 10 x x y x y y x y y                ( , )x y R . Câu 10 (1.0 điểm) Cho ,x y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 2 2 1x y xy   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3 3 24 2 1 1 xy x y P x y y x        . ………………………… Hết ………………………… Cán bộ coi thi không giải thích đề thi ! 3 hoctoancapba.com Câu Gợi ý đáp án Điểm 1 1.0 a) 0.25 TXĐ: D R 2 2 0 0 ' 3 6 , ' 0 3 6 0 2 4                   x y y x x y x x x y Bảng biến thiên: x  0 2  'y - 0 + 0 - y  4 0  0.25 Gới hạn: ( 1) lim x y      , ( 1) lim x y      . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; đồng biến trên khoảng (0;2) . Cực trị: hàm số đạt cực tiểu tại 0; 0  CÐ x y và đạt cực đại tại 2; 4  CT x y . Đồ thị: 0,25 b) 0.5 Phương trình tương đương: 3 2 3 3 3x x m m     (*) Để phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt  3 2 0 3 4   m m . 0.25     3 2 3 2 3 0 1;3 \ 0;2 3 4                m m m m m 0.25 2 1,0 a) Phương trình tương đương với: cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2 2) 0     x x x x (2sin 1)(cos sin 2 2) 0    x x x 1 sin 2 cos sin 2 0 ( ) x x x VN          2 1 6 sin 5 2 2 6                   x k x k Z x k . 0,25 b) Phương trình tương đương:     2 1 1 1 1 8 8 1 2 8 1 x x x x        0,25 4 hoctoancapba.com 2 1 1 1 8 1 0 8 2 0 x x x             1 8 1 0 1 0 1 x x x          . 2 1 1 2 2 8 2 0 3 3 1 3 1 3 3 x x x x x x x                Vậy nghiệm của phương trình: 1; 3x x  . 0,25 3 1,0 4 4 4 3 2 2 0 0 0 cos cos cos (1 sin ) 1 tan            x I dx xdx x x dx x 0,25 Đặt sin cost x dt xdx   . Đổi cận: 2 0 0; 4 2 x t x t        0,25   2 2 3 2 2 2 0 0 2 1 5 2 1 3 2 12 6 2 t I t dt t         0,5 4 1,0 Phương trình tương đương: 2 2 2 2 ( 1) ( 1)z i z i x y x y         0,25 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 0x y x y y        . Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức là trục Ox . 0,25 b) Ta có: 0 1 1 2 2 2 (2 3 ) 2 2 3 2 (3 ) 2 (3 ) (3 ) n n n n k n k k n n n n n n n x C C x C x C x C x            . Suy ra 0 0 2 n n a C và 1 1 1 3 2 n n a C   0,25 YCBT 1 1 0 1 3 3 2 2 2816 3 2 2 2816 2 1 2816 8 2 n n n n n n n n C C n n                    0,25 5 1,0 Gọi:   1 ; ;2I d I t t t     0,25 Vì ( )S tiếp xúc ( )P nên 2 2 4 ( ;( )) 2 1 3 3 2 t t d I P R t t               0,25 Với 4 (7;4;6)t I  . Phương trình mặt cầu: 2 2 2 ( ) : ( 7) ( 4) ( 6) 4S x y z      0,25 Với 2 ( 5; 2;0)t I     . Phương trình mặt cầu: 2 2 2 ( ) : ( 5) ( 2) 4S x y z     0,25 6 1,0 Gọi H là trung điểm của AB . ( )SH ABCD  Vì 0 60ABC ABC    đều. Suy ra CH AB  và 3 2 a CH  Vì / /AB CD CH CD   0 0 30 tan 30 . 2 a SCH SH HI     0,25 5 hoctoancapba.com 2 3 2 2 ABCD ABC a S S  . 2 3 1 1 3 3 . . . 3 3 2 2 12 ABCD ABCD a a a V SH S   0,25 Ta có / / ( ; ) ( ;( ) ( ;( )) 2 ( ;( ))AD BC d AD SC d AD SBC d A SBC d H SBC    Kẻ HE BC và HK SE . Suy ra : ( ;( ))d H SBC HK . 0,25 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 16 28 3 3 3 2 7 a HK HK SH HI a a a        Vậy 3 21 ( ; ) 2 7 7 a a d AD SC HK   0,25 7 1,0   ; 7D d D a a   . Ta có:   2 2 2 2 22 84 6 2 (2; 5) 13 13 DE DF a a a a a D                         0,25 Phương trình (0; 1) : : (2;1) qua F AD VTPT n         ( ) : 2 1 0AD x y    . Phương trình (2; 5) : : (1; 2) qua D DC VTPT n          ( ) : 2 12 0DC x y    0,25 Phương trình đường tròn tâm D bán kính DC : 2 2 ( ) : ( 2) ( 5) 20C x y    Ta có: (6; 3) ( ) ( 2; 7) C C DC C C          . 0,25 Với (6; 3)C  suy ra phương trình : 4 7 3 0AC x y   . ( 1;1) (3;3)A AC AD A B     . Với ( 2; 7)C   suy ra phương trình : 7 4 14 0AC x y   . 2 7 ; 3 3 A AC AD A           (loại vì AB BC ). Vậy ( 1;1); (3;3); (6; 3); (2; 5)A B C D   0,25 8 1.0 Điều kiện: 2 1 0 0 x x x x         . Phương trình tương đương:      2 2 2 1 2x x x x x x     0,25             2 2 2 2 2 2 0 1 2 0 1 2 x x x x x x x x x x x x                          0,25 2 0 0 1 x x x x          0,25        2 2 2 2 2 1 2 1 2 (1)x x x x x x x x          Đặt: 2 t x x  . Từ (1) suy ra   2 2 2 2 0 ( 1) 2 ( 2) 1 0 2 1 0 t t t t t t t                 . 0,25 6 hoctoancapba.com Với 2 2 1 2 2 2 0 2 x t x x x x x                Vậy nghiệm của phương trình là: 1; 0; 1; 2x x x x     9 1.0 Điều kiện: 2 1 0 1 0 2 1 0              y x y x y Phương trình tương đương : 2 2 2 2 2 2 ( ) 1 2 1 ( ) 1 2 1 y x x x y y x y x x y y x y               0,25 2 2 ( ) 0 1 2 1 x y x y x y x y                  2 2 0 0 (*) 1 2 1 x y x y x y x y                0,25 Vì 1 0; 1   y x y nên phương trình (*) vô nghiệm. 0,25 Với x y thay vào phương trình (2) ta được: (2 1) 1 10x x   (3). Đặt 2 1 0, 1t x x t      thay vào (3) ta được: 2 3 (2 3) 10 2 3 10 0t t t t      2 2 2 ( 2)(2 4 5) 0 2 4 5 0 ( ) t t t t t t VN              Với 2 1 2 1 4 3 3t x x x y           .Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (3;3) . 0,25 10 1,0 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 x y xy   . Khi đó: 3 3 3 3 12( ) 1 1 2 x y x y P y x x y         . Ta có: 3 3 3 3 1 1 1 ( 1) ; 1 ( 1) 4 4 x x y y      . 0,25 3 3 12( ) 4 1 1 2 x y x y P y x x y                              3 12( ) 4 3 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 x y xy x y x y y x x y y x x y                                   3 12( ) 4 1 1 2 xy x y xy x y x y                0,25 Đặt : t x y  . Ta có : 2 2 2 2 ( ) 1 1 1 3 3 x y t x y xy xy          Mà 2 2 ( ) 4 4 x y t xy    2 2 1 3 4 t t   . Vì , 0 0 2x y t    Suy ra 2 2 1 12 1 12 12 4 4 4 12 4 2 2 2 2 1 1 3 t t t t P t t t t t t                        0,25 Dấu " " xảy ra 1x y   và max 7P  . 0,25 Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng. 7 hoctoancapba.com TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 - 2015 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn: TOÁN ( BY1 – BY5 Lần II ) ĐT: 0983. 336682 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (1 điểm) Cho hàm số   3 2 2 3 1 6 1y x m x mx     (1). a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0.m  b. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực trị sao cho khoảng cách giữa hai điểm cực trị bằng 2. Câu 2: (1 điểm) a. Giải phương trình:   cos2x 4sin 1 3sin 2 1.x x   b. Giải hệ phương trình:     2 2 log 1 log . 5 125 x y xy x y xy            Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân: /4 2 0 sin cos x x I dx x     . Câu 4: (1 điểm) a. Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2( 1) 1 (1 )z z i z     . b. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: 2 3 2 14 1 . 3 n n C C n   Tìm hệ số của 9 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn   2 1 3 . n x Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z +1 = 0 và mặt cầu (S ): x 2 + y 2 + z 2 – 4x + 6y + 6z +17 = 0. Chứng minh rằng (P) và (S) cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C). Tìm tâm và bán kính của (C). Câu 6 (1 điểm) Cho hình hộp đứng . ' ' ' 'ABCD A B C D có đáy là hình thoi cạnh a ,  0 60ABC  , góc giữa mặt phẳng ( ' )A BD và mặt phẳng đáy bằng 0 60 . Tính theo a thể tích của hình hộp và khoảng cách giữa đường thẳng 'CD và mặt phẳng ( ' ).A BD Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2 ( ) :( 2) ( 1) 4T x y    . Gọi M là điểm mà tiếp tuyến qua M tiếp xúc với ( )T tại A , cát tuyến qua M cắt ( )T tại B và C sao cho tam giác ABC vuông cân tại B . Tìm tọa độ của điểm M để khoảng cách từ M đến O là ngắn nhất. Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích là 34, (6; 1)M  là trung điểm của cạnh BC . Đường thẳng :15 8 48 0x y    đi qua tâm I của hình chữ nhật và cắt AD tại một điểm trên trục Oy . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biết I có tung độ âm. Câu 9: ( 1 điểm) Giải hệ phương trình:             2 2 2 2 2 2 6 1 2 7 1 1 y x x x y y x x x y                . Câu 10: ( 1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:         3 1 1 3 1 3 3 1x x x x m x           . Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ! 8 hoctoancapba.com Câu Gợi ý đáp án Điểm 1 1.0 a) 0.5 Với 3 2 0 2 3 1m y x x     . TXĐ: D R 2 2 0 1 ' 6 6 , ' 0 6 6 0 1 0                 x y y x x y x x x y Gới hạn: lim x y    , lim x y    . Bảng biến thiên: x  0 1  'y + 0 - 0 + y  1 0  0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (1; ) ; nghịch biến trên khoảng (0;1) . Cực trị: hàm số đạt cực đại tại 0; 1  CÐ x y và đạt cực tiểu tại 1; 0  CT x y . Đồ thị: 0,25 b) 0.5 Ta có: 2 2 ' 6 6( 1) 6 ; ' 0 ( 1) 0y x m x m y x m x m          (*) Để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị thì (*) có 2 nghiệm phân biệt  2 0 ( 1) 0 1      m m . 0.25 Gọi ,A B là điểm cực trị  3 2 (1;3 ); ( ; 3 1)A m B m m m   Ta có: 2 6 2 0 ( ) ( 1) ( 1) 2 ( 1) 1 2 ( ) m n AB m m m m n               Vậy 0, 2m m  0.25 2 1,0 a) Phương trình tương đương với: 2 4sin cos 2 2sin 2 3 sin cos 0   x x x x x   2sin 2cos 2 sin 3 cos 0   x x x x sin 0 3 cos sin 2cos 2 x x x x        0,25 9 hoctoancapba.com sin 0 ,      x x k k Z . 2 6 3 cos sin 2cos2 2 18 3                    x k x x x k Z k x . 0,25 b) Điều kiện: 0 0 x y xy       Hệ phương trình tương đương: 1 ( ) 2 ( ) 2 3 2 1 x y VN xy x y xy x y xy x y xy                             0,25 Với 2 1 1 x y x y xy          . Vậy nghiệm của hệ là ( , ) (1,1)x y  0,25 3 1,0 4 4 4 1 2 2 2 2 0 0 0 sin sin cos cos cos             x x x x I dx dx dx I I x x x 0,25 Tính 1 I . Đặt: 2 1 tan cos u x du dx v x dv dx x              . Khi đó: 4 4 4 1 0 0 0 tan tan ln cos ln 2 4 4 I x x xdx x             0,25 Tính 2 I . Đặt: cos sint x dt xdx    . Đổi cận: 2 0 1; 4 2 x t x t        2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1I dt t t        0,25 Vậy 1 2 ln 2 2 1 4 I I I        0.25 4 1,0 Đặt , ,z a bi a b R   . Phương trình tương đương:   2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 1 a a b a bi a b a b i b a b                  0,25 0 1 3 1 10 10 a b a b             . Vậy 3 1 ; 10 10 z i z i    0,25 b) Điều kiện: 3n  . Ta có: 2 3 2 14 1 4 28 1 9 3 ( 1) ( 1)( 2) n n n C C n n n n n n n           . 0,25 Ta có:     18 18 18 0 1 3 3 k k k k x C x      . Số hạng chứa 9 x thì 9k  Hệ số của 9 x là:   9 9 18 3C 0,25 10 hoctoancapba.com 5 1,0 ( )S có tâm (2; 3; 3)I   và bán kính 5R  . Ta có: ( ;( )) 1 5d I P   ( )P cắt ( )S theo giao tuyến là đường tròn ( )C 0,25 Bán kính: 2 2 ( ;( )) 2r R d I P   0,25 Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với ( )P . Phương trình 2 : 3 2 3 2 x t d y t z t              0,25 Gọi ( )H d P  là tâm của ( )C 5 7 11 ; ; 3 3 3 H          0,25 6 1,0 Vì 0 60ABC ABC    đều. 2 3 2 2 ABCD ABC a S S  . Gọi O là trung điểm của AB .  0 60SO BD SOA    0,25 0 3 ' tan 60 . 2 a AA AO   . 2 3 3 3 3 '. . 2 2 4 ABCD ABCD a a a V AA S   0,25 Ta có ' ' / / ' ( ;( ' )) ( ;( ' ) ( ;( ' ))CD A B d CD A BD d C A BD d A A BD   Kẻ AH SO . Suy ra ( ;( ' ))d A A BD AH . 0,25 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 4 16 3 ' 3 3 4 a AH AH A A AO a a a        ' 3 ( ;( ' )) 4 a d CD A BD  0,25 7 1,0 Đường tròn ( )T có tâm ( 2;1)I  và bán kính 2R  Vì ABC vuông cân tại B nên 2IA IB IC   và 4AM AC  2 2 2 5MI AM AI    0,25 11 hoctoancapba.com Suy ra M thuộc đường tròn ( )C có tâm I bán kính 2 5IM  có phương trình: 2 2 ( ) : ( 2) ( 1) 20C x y    . Trong tam giác IOM ta có: OM MI IO  min OM  , ,O I M thẳng hàng. Phương trình : 2 0OI x y  . 0,25 Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 ( 2) ( 1) 20 2 0 x y x y          1 2 (2; 1), ( 6;3)M M   . 0,25 Với 1 1 (2; 1) 5M OM   Với 2 2 1 ( 6;3) 45M OM OM     OM nhỏ nhất 1 (2; 1)M M   . Vậy (2; 1)M  0,25 8 1.0 Gọi (0;6)N Oy N    và (8 ;6 15 )I I t t   . 'N là điểm đối xứng của N qua I . suy ra '(16 ;6 30 )N t t Ta có: ' . ' 0MI MN MI MN     2 1 2 578 459 85 0 5 17 t t t t              Vì 1 3 0 4; 2 2 I y t I            0,25 '(2; 2) ' 17M MM    Phương trình: '(2; 2) : ' qua M AD AD MM         ( ) : 4 6 0AD x y    Ta có: . ' 34 ' 17 ABCD S AD MM AM    0,25 Tọa độ ,A D là nghiệm của hệ: 2 2 4 6 0 1 3 2 6 ( 2) ( 2) 17 x y x x y y x y                       (1;2); (3; 6)A D  hoặc (3; 6), (1;2)A D 0,25 Với (1;2); (3; 6)A D  (5;3)B , (7; 5)C  . Với (3; 6), (1;2)A D  (7; 5), (5;3)B C . 0,25 9 1.0 Đặt: 1a x b y       Hệ phương trình trở thành : 2 2 2 2 ( 1) ( 1)( 6) (1) ( 1) ( 1)( 6) (2) b a a b a b b a              Lấy (1) (2) ta được: 2 ( ) ( )( ) 7( ) 0 2 ( ) 7 0 a b ab a b a b a b a b ab a b                 0,25 12 hoctoancapba.com [...]... kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng Anh Một trường Đại Học tuyển sinh dựa vào tổng điểm 3 môn trong kỳ thi chung và có ít nhất một trong hai môn là Toán hoặc Văn Hỏi trường Đại Học đó có bao nhiêu phương án tuyển sinh? 0.5  Trường hợp 1 Trường Đại học chỉ xét tuyển 1 trong 2 môn Toán hoặc Văn Suy ra có 2.C62  30 phương án. .. khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng 26 hoctoancapba.com TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ ĐT: 0983 336682 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA THÁNG 04 - 2015 Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 LẦN I ) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (1,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m 2 (1) , với m là tham số thực a Khảo sát sự biến thi n... ý tương ứng 13 hoctoancapba.com TTLT Đại Học Diệu Hiền 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 – 2015 Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 LẦN III) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐT: 0983 336.682-0949.355.366 Câu 1 (1 điểm) Cho hàm số: NỘI DUNG ĐỀ x 1 y có đồ thị  H  x 1 a Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (H) của hàm số b Tìm m để đường thẳng d : y   x  m cắt (H) tại... z b Trong kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng Anh Một trường Đại Học tuyển sinh dựa vào tổng điểm 3 môn trong kỳ thi chung và có ít nhất một trong hai môn là Toán hoặc Văn Hỏi trường Đại Học đó có bao nhiêu phương án tuyển sinh? Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  3 y ... cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng 19 hoctoancapba.com TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ ĐT: 0983 336682 Câu 1: (1,0 điểm) Cho hàm số y  ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 NĂM 2014 - 2015 Môn : TOÁN ( LỚP BY1 – BY5 LẦN IV ) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề x 1 (1) và đường thẳng d : y   x  m x 1 a Khảo sát sự biến thi n và vẽ... 1 z 2 -Hết Cán bộ coi thi không giải thích đề thi ! 27 hoctoancapba.com Câu 1 a) Gợi ý đáp án Điểm 1.0 Cho hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m 2 (1) , với m là tham số thực Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  0 0.5 Khi m  0 , ta có: y  x 4  2 x 2  Tập xác định: D  R  Sự biến thi n:  Chi u biến thi n: y '  4 x 3  4 x , y '  0  x  0... Bảng biến thi n: x y' y 0 + 2 3 0 1  0.25 16 9  2  16  Dựa vào bảng biến thi n suy ra f (t )  f    3 9  5 5 16 16  Suy ra P  Vậy Pmax  đạt được tại  ;  8 9 9  5 5  ; 8 2   0.25 Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng 33 hoctoancapba.com TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ ĐT: 0983 336682 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA THÁNG 04... điểm) Tìm m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực: 5 x 2   m  14  x  4m  9  x 2  x  20  5 x  1 -Hết Cán bộ coi thi không giải thích đề thi ! 34 hoctoancapba.com Câu 1 a Gợi ý đáp án Điểm 1.0 Cho hàm số: y   x 3  3 x  2 (1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số (1)  Tập xác định: D  R  Sự biến thi n:  Chi u biến thi n: y '  3x 2  3 , y ' ... b 0.25 0.5 1  Trường hợp 2 Trường Đại học xét tuyển cả 2 môn Toán và Văn Suy ra có 1.C6  6 phương án  Vậy có tất cả là: 30  6  36 phương án 0.25 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2 x  3 y  z  8  0 5 và điểm M  2, 2,3 Viết phương trình mặt cầu  S  đi qua điểm M , tiếp xúc với 1,0 mặt phẳng  P  và có tâm nằm trên trục hoành  Gọi I là tâm của mặt cầu Vì I... xác suất để số được chọn chia hết cho 9 Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các số trên 4 Số phần tử của tập S là: A7  840 1 Số phần tử của không gian mẫu: n()  C840  840 0.5 0,25 Các bộ số có tổng chia hết cho 9 là : 1;4;6;7  ,  2;3;6;7  ,  2;4;5;7  ,  3;5;6;7  Mỗi bộ số lập được 4! số chia hết cho 9 Do đó số có 4 chữ số khác nhau chia hết cho 9 là: 4.4! . ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ SỐ 01 THÁNG 03-2015 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn : TOÁN – BY1 – BY5 ĐT: 0983. 336682 Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề ) Câu 1 (1.0. sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng. 7 hoctoancapba.com TTLT ĐẠI HỌC DIỆU HIỀN ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 - 2015 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn: TOÁN ( BY1 – BY5. làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng. 13 hoctoancapba.com TTLT Đại Học Diệu Hiền ĐỀ THI THỬ THÁNG 03 – 2015 43D Đường 3/2 – TP Cần Thơ Môn : TOÁN ( LỚP BY1 –
- Xem thêm -

Xem thêm: đề thi thử thpt quốc gia môn toán có đáp án chi tiết, đề thi thử thpt quốc gia môn toán có đáp án chi tiết,