đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ

đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016 đề thi THỬ TOÁN THEO CẤU TRÚC BỘ 2016

Trang 1 ¶ SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH LÂM ĐỒNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa STAR MÔN: TOÁN - LẦN 1 website: www.maths.edu.vn Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề Câu 1. ( 2,0 điểm) Cho hàm số 24 1 x y x    có đồ thị   C a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị   C . b. Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số   C , tại giao điểm của hàm số   C với đường thẳng   : 4 0d x y   . Câu 2. (1,0 điểm) a. Giải phương trình: 33 2 3 2 cos 3 cos – sin 3 sin 8 x x x x   b. Tìm số thực ,xy thỏa mãn đẳng thức     3 3 5 1 – 2 7 32x i y i i    Câu 3. (0,5 điểm) Giải bất phương trình     1 21 2 log 2 1 .log 2 2 2 xx     Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình:   33 33 22 2 2 1 1 2 ;x x x x x       Câu 5. ( 1,0 điểm) Tính tích phân sau 6 1 31 2 x I dx x     Câu 6. ( 1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD , biết khoảng cách giữa AB và mặt phẳng   SCD bằng 2 và góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 0 60 . Tính thể tích hình chóp .S ABCD . Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình các đường thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là 2 13 0xy   và 13 6 9 0xy   . Tìm toạ độ đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là   5;1I  . Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   P và đường thẳng   d lần lượt có phương trình     12 : 2 2 2 0; : 1 2 1 x y z P x y z d         . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng   d , cách mặt phẳng   P một khoảng bằng 3 và cắt mặt phẳng   P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 4. Câu 9. (0,5 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa 8 x trong khai triển Newton: 12 4 1 1 x x     . Câu 10. ( 1,0 điểm) Xét ba số thực không âm ,,x y z thỏa mãn 2015 2015 2015 3x y z   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 4 4 P x y z   . Hết Trang 2 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa STAR MÔN: TOÁN - LẦN 1 website: www.maths.edu.vn Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề Thí sinh làm cách khác nhưng đúng đáp án thì vẫn cho đủ số điểm. Câu ý Lời Giải Điểm 1 a 24 1 x y x    . Tập xác định:   \1D  . Ta có   2 6 ' , ' 0 1 y y x D x       Hàm số đồng biến trên các khoảng     ; 1 1;      lim lim 2 xx yy    ; vậy tiệm cận ngang: 2y     1 lim x y     và   1 lim x y     ; vậy tiệm cận đứng: 1x  Giao điểm của 2 tiệm cận   1;2I   Bảng biến thiên: x  1  'y  0  y  2 2  0,5  Đồ thị 0,5 b Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị   C , ta được:    2 24 4 2 4 1 4 5 0 0 1 x x x x x x x x x               hoặc 5x  0,5  Với     00 0 0 4; ' 0 6x y y y      . Vậy tiếp tuyến:   6 0 4 6 4y x y x       Với     00 1 5 5 1; ' 5 6 x y y y     . Vậy tiếp tuyến:   1 1 1 51 6 6 6 y x y x      0,5 Trang 3 2 a Ta có: 33 2 3 2 cos 3 cos – sin 3 sin 8 x x x x       2 3 2 cos 3 cos 3 3cos – sin 3 3sin – sin 3 2 x x x x x x       22 2 3 2 cos 3 sin 3 3 cos 3 cos sin 3 sin 2 x x x x x x         2 3 2 1 3 cos 3 2 xx      0,25   42 3 2 2 4 3 cos 4 cos 4 , 2 2 16 2 42 4 xk x x x k k Z xk                           . Vậy phương trình có nghiệm 16 2 S k k         0,25 b Đẳng thức   23 3 5 1 6 12 8 7 32x xi y i i i i        3 5 11 2 7 32x xi y yi i      0,25     3 11 7 6 3 11 5 2 7 32 5 2 32 1 x y x x y x y i i x y y                    0,25 3 Điều kiện: 2 1 0 0 x x    Bất phương trình     22 log 2 1 log 2.2 2 2 xx             2 2 2 log 2 1 log 2 log 2 1 2 xx        0,25 Đặt   2 log 2 1 x t  Bất phương trình trở thành   2 1 2 2 0 2 1t t t t t            2 2 2 1 5 5 2 log 2 1 1 2 1 2 2 3 log log 3 4 4 4 x x x x               Vậy tập nghiệm của bất phương trình 22 5 log ;log 3 4 T     0,25 4   33 33 22 2 2 1 1 2 *x x x x      . Đặt 3 23 2 3 3 2 2 . 1 1 xu ux xv vx                   33 33 * 1 1u u v v f u f v        0,5 Xét hàm số       2 3 3 2 3 3 1 ' 1 0 1 t f t t t f t t         . Hàm đồng biến trên Nên     3 3 22 1 2 1 2 1 0 1 2 x f u f v u v x x x x x                   Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: 1 ;1 2 S     . 0,5 Trang 4 A B C H M I O D B A C S I J H 5 Đặt 2 3 3 2t x x t dx tdt       . Đổi cận: 63 12 xt xt            33 2 2 22 22 1 1 t t tdt I dt t t        0,5   3 3 2 2 1 2 1 2 ln 1 2 2 ln2 1 dt t t t             0,5 6 Gọi ,IJ lần lượt là trung điểm của và AB CD . H là hình chiếu của I trên SJ .           song song song song ,, AB CD AB SCD d AB SCD d I SCD         ,2 IH SJ IH CD IH SCD SJ CD J d I SCD IH                            0 , , , , 60 IJ CD IJ ABCD SJ CD SJ SCD SCD ABCD SJ IJ SJI SCD ABCD CD                   0,5 IHJ vuông tại H nên 0 2 4 3 sin 3 sin60 sin IH IH IJH IJ IJ IJH      Gọi O là tâm đáy nên O là trung điểm của 23 23 IJ IJ OJ   SOJ vuông tại O nên 0 23 tan tan . tan60 . 2 3 SO SJO SO SJOOJ OJ      . 1 1 4 3 4 3 32 . .2. . 3 3 3 3 9 S ABCD ABCD V SO S   . 0,5 7 Gọi đường cao qua và đường trung tuyến qua A lần lượt là : 2 13 0AH x y   và :13 6 9 0AM x y   . Ta có A AH AM độ của A là nghiệm của hệ:   2 13 0 3; 8 13 6 9 0 xy A xy               Do M là trung điểm của BC nên ||IM AH , phương trình đường thẳng IM có dạng   2 0 13x y m m     . Ta có     7 : 2 7 0I IM m IM x y           M IM AM nên toạ độ M thoả mãn hệ   2 7 0 3;5 13 6 9 0 xy M xy             0,5 Trang 5 Đường thẳng BC qua M và vuông góc với IM có phương trình   2 3 5 0 2 11 0x y x y        Đặt     ;11 2B t t BC , ta có     5;10 2 , 2; 9IB t t IA     Mặt khác 22 IB IA IB IA       22 5 10 2 85tt         2 4 4;3 6 8 0 2 2;7 tB tt tB             Với   4;3B , ta có   2 6 4 2 2;7 2 10 3 7 C M B C M B x x x C y y y                  Với   2;7B , ta có   4;3C Vậy toạ độ của B và C là         4;3 , 2;7 hay 2;7 , 4;3B C B C 0,5 8 Đường thẳng   d có phương trình tham số là:   1 2 . 2 xt y t t R zt            Gọi tâm mặt cầu là I . Giả sử     ; 1 2 ; 2I t t t d     . Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng   P một khoảng bằng 3 nên ta có     2 | 2 1 2 4 2 2 | | 6 5 | 3 ;3 7 33 3 t t t t t d I P t                    0,5  Có hai tâm mặt cầu: 2 1 8 7 17 1 ; ; và ; ; 3 3 3 3 3 3 II                Vì mặt phẳng   P cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính là 22 3 4 5R    . Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2 1 8 25 3 3 3 x y z                         và 2 2 2 7 17 1 25 3 3 3 x y z                         0,5 9 Ta có khai triển Newton 12 12 44 11 11xx xx                            12 12 12 12 44 12 12 0 0 0 11 11 ki k ki kk k k i k k k i C x C C x xx                                12 12 12 12 4 4 4 5 12 12 0 0 0 0 1 1 * kk kk k i k i i k i k i kk k i k i C C x x C C x               0,25 Số hạng chứa 8 x trong khai triển Newton tương ứng 4 5 8 4 5 8 ki x x k i      Ta chọn: , ,0 12i k i k    nên có 0 2 i k        hoặc 4 7 i k        hoặc 8 12 i k        Với từng cặp của hệ số vừa tìm được, nên ta có hệ số cần chứa 8 x tìm là: 2 0 7 4 12 8 12 2 12 7 12 12 . . . 27159C C C C C C    . 0,25 Trang 6 10 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2011 số 1 và cho 4 số 2015 x ta có   2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2011 2015 4 1 1 1 2015. . . . 2011 4. 2015. 1 x x x x x x x x xx            Tương tự áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2011 số 1 và cho 4 số 2015 y ta có   2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2011 2015 4 1 1 1 2013. . . . 2011 4. 2015. 2 y y y y y y y y yy            Tương tự áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2011 số 1 và cho 4 số 2015 z ta có   2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2015 2011 2015 4 1 1 1 2013. . . . 2011 4. 2015. 3 z z z z z z z z zz            0,5 Cộng từng về của       1 , 2 , 3 ta được       2015 2015 2015 4 4 4 4 4 4 4 4 4 6033 4 2015 6045 2015 3 x y z x y z x y z x y z               Từ đó suy ra 4 4 4 3P x y z    . Dấu "" xảy ra 4 4 4 1 3 x y z x y z x y z               . nên max 3P  0,5 GV làm đáp án: Lê Quang Điệp