3 Đề thi thử Đại Học môn Toán trường THPT chuyên Quốc Học Huế có đáp án

Cho hình chóp S.ABCcó hình chiếu của đỉnh Slên mặt phẳng (ABC) thuộc miền trong của tam giác ABC. Biết 6; 8; 10 AB AC BC = = = , các góc giữa các mặt bên với mặt đáy đều bằng nhau và bằng 0 60 . Tính thểtích khối chóp S.ABC. Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu đi qua đỉnh Svà tiếp xúc với ba cạnh của tam giác ABC Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữnhật ABCDcó tâm ( ) 3; 4 E − . Đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm ( ) 7;4 M và trung điểm Ncủa đoạn CDthuộc đường thẳng : 4 10 0 d x y + − = . Viết phương trình đường thẳng AB.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC - HUẾ KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT LẦN NĂM 2015 Đề thức (Đề thi gồm 01 trang) Mơn : TỐN Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số y = x − x − x + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số cho Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị ( C ) cho tiếp tuyến đồ thị ( C ) M song song với đường thẳng d : x + y − = Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình ( + 2sin x ) cos x − sin 3x = 10sin  x π +  2 4 ( x ∈ ») Câu III (2,0 điểm) Giải phương trình log8 (12 − x ) + log x = + log ( x − 3x + ) ( x ∈ ») Câu IV (4,0 điểm) 2.9 x − 3.6 x Giải bất phương trình ≤2 6x − 4x ( x ∈ ») n   Tìm hệ số x khai triển biểu thức  x −  với x > , biết n ∈ » thỏa x  Cn7+1 + Cn7+ = 2Cn8+ − Cn8+1 Câu V (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có hình chiếu đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) thuộc miền tam giác ABC Biết AB = 6; AC = 8; BC = 10 , góc mặt bên với mặt đáy 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC Xác định tâm tính bán kính mặt cầu qua đỉnh S tiếp xúc với ba cạnh tam giác ABC Câu VI (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có tâm E ( 3; −4 ) Đường thẳng chứa cạnh AB qua điểm M ( 7;4 ) trung điểm N đoạn CD thuộc đường thẳng d : x + y − 10 = Viết phương trình đường thẳng AB Câu VII (2,0 điểm) Giải hệ phương trình  x + y ( x − ) − = y − x + 2 y   y ( x − ) + x = x − ( x, y ∈ » ) Câu VIII (2,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b = 3c + Tìm giá trị lớn biểu thức 2 b + c ) ( a − c ) ( a + c ) (b − c ) ( P= + −c a+c b+c - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh………… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2015 Mơn : TỐN; Lần (Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang) TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ TỔ TOÁN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu I (4,0 điểm) Đáp án Điểm (2,0 điểm) Tập xác định D = »  x = −1 0.5 Sự biến thiên: y ' = x − x − 3; y ' = ⇔  x = Giới hạn lim y = +∞; lim y = −∞ , đồ thị hàm số khơng có đường tiệm cận x →+∞ x →−∞ Hàm số đồng biến khoảng ( −∞; −1) ( 3; +∞ ) , nghịch biến ( −1;3) 17 ; Hàm số đạt cực tiểu Hàm số đạt cực đại x = −1 , giá trị cực đại y = x = , giá trị cực tiểu y = −5 0.5 Bảng biến thiên x y' + y -1 -∞ 17 - +∞ + +∞ 0.5 -5 -∞ Đồ thị: y 17 3 -1 x 0.5 O -5 (2,0 điểm) Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) , tiếp tuyến với đồ thị M có dạng y = f ' ( x0 )( x − x0 ) + y0 Tiếp tuyến M song song với d : x + y − = suy x02 − x0 − = −3 Giải phương trình bậc hai ta hai nghiệm x0 = x0 = Nếu x0 = y0 = phương trình tiếp tuyến với ( C ) M y = −3x + Nên M ( 0;4 ) thỏa mãn yêu cầu toán 0.5 0.5 0.5 10 phương trình tiếp tuyến với ( C ) M 10   x + y − = Nên M  2; −  không thỏa mãn yêu cầu toán 3  Vậy điểm thỏa mãn yêu cầu toán M ( 0; ) Nếu x = y0 = − II (2,0 điểm) Ta có ( + 2sin x ) cos x − sin 3x = 10sin  x π +  2 4 ⇔ 3cos x + sin x + sin x − sin 3x = + 5sin x ⇔ cos x − sin x = 5 Gọi α ∈ » cho cos α = ; sin α = , ta có cos ( x + α ) = 5 ⇔ x = −α + k 2π Vậy tập nghiệm S = {−α + k 2π / k ∈ »} với α ∈ » cho III (2,0 điểm) cos α = ; sin α = 5 x >  Điều kiện 12 − x > Với điều kiện phương trình cho tương đương 2 x − 3x + >  log (12 − x ) + 3log x = + log ( x − 3x + ) ⇔ x − 3x + x − x + =  t = − Đặt t = x + , t ≥ , phương trình trở thành 2t − 3t − = ⇔   x t = Chỉ có nghiệm t = thỏa mãn Với t = ta có phương trình x + = ⇔ x − x + = ⇔ x = thỏa mãn điều kiện.Vậy tập nghiệm S = {1} x IV (4,0 điểm) 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 (2,0 điểm) Ta có 2.9 x − 3.6 x 2.9 x − 5.6 x + 2.4 x ≤2⇔ ≤0 6x − 4x 6x − 4x Chia tử mẫu vế trái cho x > , bất phương trình tương đương với 2x x 3 3 2.  −   + x 3 2 2 ≤ Đặt t =   , t > bất phương trình trở thành x 2     −1 2  t≤ 2t − 5t + ≤0⇔  t −1 1 < t ≤ 2 0.5 0.5 0.5 x 1 3 Với t ≤ ta có   ≤ ⇔ x ≤ log ⇔ x ≤ − log 2 2 2 x  3 Với < t ≤ ta có <   ≤ ⇔ < x ≤ log  2     Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S =  −∞; − log  ∪  0;log      (2,0 điểm) Điều kiện n + ≥ ⇔ n ≥ Ta có 0.5 0.5 Cn7+1 + Cn7+ = 2Cn8+ − Cn8+1 ⇔ Cn8+3 = 2Cn8+ ( n + 3)! = ( n + )! ⇔ n = 13 ⇔ 8!( n − )! 8!( n − )! 0.5 Khi x > nên 13 13  3 x − = C13k ∑   x  k =0 Theo u cầu tốn 13− k ( x) k 26 −5 k 13  −2  k k = C − x   ∑ 13 ( ) x   k =0 26 − 5k = ⇔ k = Do hệ số x 0.5 0.5 13 16.C = 11440 Ghi chú: Nếu viết khai triển 13 13  3 x − = C13k ∑   x  k =0 Theo yêu cầu tốn k ( x) 13− k  −2     x 13 = ∑C k 13 13− k ( −2 ) x k −39 k =0 5k − 39 = ⇔ k = Do hệ số x 16.C139 = 11440 V (2,0 điểm) S I C 0.5 N B O P M A Gọi O hình chiếu S lên ( ABC ) Từ giả thiết suy O tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC có nửa chu vi p = 12 , diện tích S ABC = 24 Giả sử ( O ) tiếp xúc với ba cạnh AB, BC, CA M, N, P Khi S = 12.OM ⇒ OM = Tam giác SMO vuông O, ∠SMO = 600 nên SO = , từ thể tích khối chóp VI (2,0 điểm) V = S ABC SO = 16 Gọi I tâm mặt cầu qua đỉnh S tiếp xúc với ba cạnh tam giác ABC Khi ta phải có IM = IN = IP = IS , suy I giao điểm SO với đường trung trực cạnh SM ∆SMO , hay I trọng tâm tam giác SMM ' với M’ đối xứng với M qua O 2OM = Từ bán kính mặt cầu cần tìm IM = 3 Gọi N ( a;10 − 4a ) ; N’ đối xứng với N qua E, ta có N ' ( − a; 4a − 18 ) 0.5 0.5 0.5 0.5 Dễ thấy E ≠ N Vì ABCD hình chữ nhật E trung điểm DC nên ta có a = EN N ' M = ⇔ 17 a − 146a + 305 = ⇔   a = 61 17  Với a = , ta có đường thẳng AB qua M nhận EN làm vectơ pháp tuyến nên phương trình 0.5 0.5 AB : x − y + = Với a = 61 , tương tự ta có phương trình đường thẳng 17 AB : x − y − 23 = VII (2,0 điểm) 0.5  x + y ( x − ) − = y − x + 2 y (1)  (2)  y ( x − ) + x = x − x ≥ Với điều kiện y ≥ Điều kiện  0.5 (1) ⇔ x + xy − 20 y − = y − x + 2 y (2) ⇔ xy = 16 y + x − − x Thay vào (1) ta có x + x − = ( y + 1) + ( y + 1) − Xét hàm số u = g ( t ) = t + t − với t ∈ [1; +∞ ) Hàm số đồng biến Vì x + x − = ( y + 1) + ( y + 1) − ⇔ x = y + ⇔ x − = y 0.5 Thay vào (2) ta 2 x2 − x + = x − ⇔ ( x − 2) = (  x −1 = 2x − 2 −1 x −1 +1 ⇔   x − = − x + 2 − ) 2 x − + 2 x + 10 + =  x −1 = 2x − 2 −1 ⇔   x − 2 − > ( ) 0.5 0.5 ( ) ( ) Phương trình bậc hai x − + 2 x + 10 + = có ∆ = 2 + nên có 5+2 x2 = Nghiệm x2 bị loại x2 − 2 − < 5−2 Hoàn toàn tương tự ta có x − = − x + 2 − ⇔ x =  5− 2 3− 2   5+ 2 3+ 2  ; ; Vậy hệ cho có hai nghiệm     4     hai nghiệm x1 = VIII (2,0 điểm) Đặt x = a + c; y = b + c; x, y > ta có P= y ( x − 2c ) x ( y − 2c )  y x2  + − c = x + y − 2c  +  − c x y y  x Theo bất đẳng thức AM-GM ta có 0.5 y x2 + ≥ x + y , dấu xảy x y 0.5 x = y ⇔ a = b , nên P ≤ x + y − 2c ( x + y ) − c3 Nhưng x + y − 2c ( x + y ) = a + b − 2c = a + b − 3c + c = + c nên ( ) P ≤ −c + c + 0.5 Xét hàm số t = u = f ( t ) = −t + t + 4, t ∈ ( 0; +∞ ) ; f ' ( t ) = −3t + 2t ; f ' ( t ) = ⇔  t =  3 2 Bảng biến thiên t f'(t) + +∞ - 112 27 f(t) 0.5 -∞ 112 , dấu xảy 27   2  2   2  ( a = b ) ∧  c =  ∧ ( a + b = 3c + )  ⇔   a = b =  ∧  c =        112 Vậy giá trị lớn P Pmax = đạt 27 2 a=b=2 c = 3 Từ ta có P ≤     Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác đáp án điểm tối đa Hết -5 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC - HUẾ KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Đề thức (Đề thi gồm 01 trang) Mơn : TỐN Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = 3x + có đồ thị (C ) 2x − a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số b Tiếp tuyến đồ thị (C ) M (1;4) cắt trục Ox ,Oy A, B Tính diện tích tam giác OAB (O gốc tọa độ) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 22x + 3x − 3.2x +2x +1 + 2x +3 = 0, (x ∈ » ) Câu (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z − 2i = z + + 4i z −i số ảo z +i Câu (1,0 điểm) Có cách xếp 10 chữ cụm từ “QUOC HOC PRO” thành hàng ngang cho hai chữ O ln có hai chữ khác Ví dụ, sau số cách xếp thỏa mãn yêu cầu: Q O C C O P R H O U ; Q O C P R O C H U O ; Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật tâm I, AB = a , AD = 2a Gọi M điểm thuộc cạnh AB cho MA = 2MB Tam giác SMI cân S nằm mặt phẳng vng góc với mặt đáy ( ABCD ) , mặt bên (SBC ) hợp với mặt đáy ( ABCD ) góc 600 Tính thể tích khối chóp S.AMID theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vng ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng d : 5x + 3y + 13 = M, N điểm cạnh AB, AD cho AM = AN 6 2  2 Các đường thẳng qua A M vng góc với BN, cắt BD K  ; −  H  ;  5 5 3 3 Cho biết đỉnh A có hồnh độ tung độ âm, tìm tọa độ đỉnh hình vng Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(3;5;4), B(3;1;4) mặt phẳng (P ) có phương trình x − y − z − = Tìm tọa độ điểm C thuộc (P ) cho tam giác ABC cân C có diện tích 17 Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị thực tham số m để bất phương trình sau có tập nghiệm [−2;2] (m + 2) − x − 15 x + ≥ 16x − − x + 4m (2x + 7) + 34 Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực thỏa đồng thời điều kiện a ≥ b > 0, c > b − a ab + bc + ca = Tìm giá trị lớn biểu thức  ab + b  c + a (2c + b )   P = 2 + (a + b ) (1 − c ) ln  + ab + a  b −a −c - Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh………… TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ TỔ TOÁN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Mơn : TỐN; Lần (Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a (1,0 điểm) 1  * Tập xác định: D = » \   2  * Sự biến thiên: −5 Đạo hàm y ' = < 0, ∀ x ∈ D Hàm số nghịch biến khoảng ( x − 1) 1 1    −∞;  ;  ; +∞      Giới hạn: 3x + 3x + 3 lim = lim = , suy đường thẳng y = tiệm cận ngang x →+∞ x − x →−∞ x − 2 (C) 0.25 0.25 3x + 3x + 1 = +∞; lim− = −∞ , suy đường thẳng x = tiệm cận đứng lim+ 2x −1 2x −1 x→ x→ 2 ( C ) Bảng biến thiên: x -∞ - y' y +∞ - 0.25 +∞ -∞ * Đồ thị: Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng y y = f(x) O 0.25 x b (1,0 điểm) Phương trình tiếp tuyến với ( C ) M (1;4 ) y = −5 x + , (1,0 điểm) 9  có tọa độ giao điểm với Ox, Oy A  ;0  ; B ( 0;9 ) 5  Từ ta có OA = ; OB = 81 Tam giác OAB vng O nên diện tích S = = 10 x+ Chia hai vế phương trình cho > ta 2 22 x + x −3 − 3.2 x + x − + = t = Đặt t = x + x > ta có phương trình t − 6t + = ⇔  t = −1 + −1 − ∨x= 2 Với t = ta có x + x = 22 ⇔ x + x − = ⇔ x = ∨ x = −2 −1 + −1 −   Vậy tập nghiệm phương trình S = 1; −2; ;  2   Với t = ta có x (1,0 điểm) +x = ⇔ x2 + x − = ⇔ x = Giả sử z = a + bi, a, b ∈ » z − 2i = z + + 4i ⇔ a = b − (1) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Với a ≠ b ≠ ta có 0.25 2  a2 − ( b − 1)2  + a ( b − 1) i   a + b − i ( ) a + b − i ( ) = z −i  =  = 2 2 z + i a − ( b − 1) i a + ( b − 1) a + ( b − 1) a = b − z −i ảo nên a − ( b − 1) = ⇔  a = − b z+i  −3 −3 Kết hợp (1) ta có a = ; b = , số phức z = + i 2 2 Vì (1,0 điểm) Xét chữ O, xem chữ cịn lại khơng phân biệt gọi chúng X Ta đếm số cách xếp chữ O chữ X thành hàng ngang cho: Giữa hai chữ O ln có chữ X ( ∗) + Đầu tiên ta phải bỏ bốn chữ X vào chữ O để ( ∗) thỏa mãn sau: OXXOXXO + Còn lại chữ X xếp tùy ý Như số cách xếp chữ O chữ X thành hàng ngang thỏa điều kiện ( ∗) số cách xếp chữ O chữ X thành hàng ngang Vì có C63 cách xếp Nếu xem chữ X phân biệt đơi ứng với cách xếp cịn hốn vị theo 7! cách Vậy nên có 7!.C63 cách xếp Tuy có hai chữ C nên số cách xếp thỏa mãn yêu cầu toán C63 7! = 50400 cách Chú ý, học sinh giải sau: Giả sử hai chữ C khác + Chọn chữ từ chữ khác O có C73 cách chọn, + chữ với chữ O xếp thành hàng ngang có A63 cách 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 + Còn lại chữ cái, ta đưa vào hai chữ O, có A42 A22 cách đưa Theo quy tắc nhân có C73 A63 A42 A22 cách (1,0 điểm) C73 A63 A42 A22 Vậy có = 50400 cách xếp thỏa mãn yêu cầu toán Gọi H trung điểm IM SH ⊥ IM suy SH ⊥ ( ABCD ) Kẻ HE ⊥ BC E SEH góc tạo mặt bên ( SBC ) với đáy ( ABCD ) nên SEH = 60 0.25 S A B I H M E D F C Kẻ IF ⊥ BC F HE đường trung bình hình thang vng BMIF nên 1  a a  5a 5a HE = ( MB + IF ) =  +  = suy SH = EH tan 600 = 2   12 12 Ta có S AMID = S ABD − S BMI = S ABD − S ABD = a 6 1 5a 25a 3 Suy VS AMID = S AMID SH = a = 3 12 216 (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 Kẻ DP ⊥ BN (P nằm đường thẳng AB) có ABN = ADP nên ∆ABN = ∆PAD suy AM = AP , từ ta có HK = KD Ta tính D ( 2; −2 ) B C I H M K 0.25 A D N P Đường thẳng BD có phương trình x + y − = Một vectơ phương BD  x = −2 + 3t u = ( −3;5 ) Theo giả thiết A ∈ d :  suy DA = ( −4 + 3t ;1 − 5t )  y = −1 − 5t Góc hai đường thẳng DA DB 450 17(2t − 1) 34 ( 3t − ) + ( 5t − 1) = t = ⇔ t = 0.25 Theo giả thiết A ( −2; −1) Đường thẳng qua A vng góc với BD có phương trình −3 x + y − = Gọi I tâm 5 x + y − =  −3x + y − = hình vng tọa độ I nghiệm hệ  0.25 1 1 2 2 Vậy A ( −2; −1) ; B ( −1;3) ; C ( 3; ) ; D ( 2; −2 ) Nên I  ;  , suy B ( −1;3) ; C ( 3; ) (1,0 điểm) (1,0 điểm) Giả sử: C ( x ; y ; x − y − 1) ∈ (P ) AB = AC = BC ⇒ ( x − 3)2 + ( y − 5)2 + ( x − y − 5)2 = ( x − 3)2 + ( y − 1)2 + ( x − y − 5)2 Suy y = 0.25 Gọi I trung điểm AB I(3;3; 4) 0.25 x = (3 − x )2 + (8 − x )2 = 17 ⇔  x = + x = → C (7;3;3) S ABC = 17 ⇒ CI AB = 17 ⇒ CI = 17 ⇔ 0.25 + Với x = → C (4;3; 0) 0.25 Điều kiện x ∈ [ −2; 2] Bất phương trình viết lại ( − ( m + 2) x + − − x ) ( ) 0.25 − x + − − x − 8m + ≥ ( *) Đặt t = + x − − x , bất phương trình trở thành −2t − 5t + −2t − 5t + ≥ m ( t + ) ⇔ m ≤ t2 + 2 0.25 Xét hàm số f ( x ) = + x − − x , hàm số liên tục D = [ −2; 2] có tập giá trị [ −2;6] Từ bất phương trình (*) có tập nghiệm [ −2;2] bất phương 0.25 −2t − 5t + trình m ≤ nghiệm với t ∈ [ −2;6] t2 + Xét hàm số g ( t ) = −2t − 5t + 5t − 44t − 40 − 2;6 ta có g ' t = () [ ] t2 + ( t + 8) 0.25  22 + 19 t = 24 Giá trị bé g ( t ) [ −2;6] g ( ) = − g '(t ) = ⇔  11  22 − 19 t =  (1,0 điểm) −2t − 5t + Suy bất phương trình m ≤ với t ∈ [ −2;6] t2 + 24 24 m ≤ g ( ) = − Vậy m ≤ − thỏa mãn yêu cầu toán 11 11 Theo giả thiết ab + bc + ca = ⇔ ab = − c ( a + b ) nên + ( a + b )(1 − c ) = + (a + b) − c ( a + b ) = + a + b + ab = ( a + 1)( b + 1) Và 0.25 c + a ( 2c + b ) c + 2ac + ab c + + ac − bc = = = −c − b−a−c b−a−c b−a−c c+ a −b Ta chứng minh với hai số thực a ≥ b > , ( a + 1)( b + 1) ln  ab + b  ≤b−a  ab + a  Thật bất đẳng thức tương đương với 1 1  1  1  1  1 ln 1 +  − ln 1 +  ≤ − ⇔ ln  +  − ≤ ln  +  −  a  b  a +1 b +1  a  1+ a  b  b +1  1 Xét hàm số y = f ( x ) = ln 1 +  − ( 0; +∞ ) ta có  x  x +1 −1 1  1 −1 f '( x) = + = − = < 0, ∀ x ∈ ( 0; +∞ )  x ( x + 1) ( x + 1) x +  x + x  x ( x + 1) 0.25 Suy hàm số y = f ( x ) nghịch biến ( 0; +∞ ) , nên với a ≥ b > 1  1  1 ln 1 +  − ≤ ln 1 +  −  a  1+ a  b  b +1 Dấu xảy a = b c + 2ac + ab 1 Suy P ≤ b − a + =b−a−c− = − (c + a − b) − b−a−c c+ a −b c+ a −b Dễ thấy với c + a − b > − ( c + a − b ) − ≤ −2 c+ a −b 0.25 Từ P ≤ −2 dấu xảy ( a = b ) ∧ ( c + a − b = 1) ∧ ( ab + bc + ca = 1) ⇔ ( c = 1) ∧ ( a = b = ( ) −1 ) Vậy Pmax = −2 , xảy ( c = 1) ∧ a = b = − Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác đáp án điểm tối đa Hết -6 0.25 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC - HUẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN - NĂM HỌC 2014-2015 MƠN THI: TỐN (Thời gian: 180’ khơng kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3mx2  4m3 (1), với m tham số thực a Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) m  b Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B cho OA  OB  (O gốc tọa độ) Câu (1,0 điểm) a Giải phương trình sin x  cos x  2cos3x    b Tìm phần ảo số phức z , biết z  3z   2i 3 x y  x   Câu (0,5 điểm) Giải hệ phương trình  x  ( x, y  )  y  log x  1   1 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x  x4 ( x  4)( x  2) ln(5  x) dx x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân K   Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, tam giác SAB cân S, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc đường thẳng SD mặt phẳng (ABCD) 45 Gọi M, N, E trung điểm đoạn thẳng CD, SC, AD; F hình chiếu vng góc E lên cạnh SD Tính thể tích khối chóp S.ABCD chứng minh mặt phẳng (AMN) vng góc với mặt phẳng (CEF) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, với AB  2BC Gọi D trung điểm AB, E điểm nằm đoạn thẳng AC cho AC  3EC Biết phương  16  trình đường thẳng CD x  y   điểm E  ;1 Tìm tọa độ điểm A, B, C 3  Câu (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :   x 1 y  z 1 hai   2 3 1 điểm A  2; 0;  1 , B 1;1;   Chứng tỏ d đường thẳng AB cắt tìm tọa độ giao điểm  chúng Xác định tọa độ điểm C d cho tam giác ABC có chu vi nhỏ Câu (0,5 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác khác 0, mà số ln có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ ? x y 1 Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa điều kiện       x  y  Tìm  y x x y  x4 y  1  giá trị nhỏ biểu thức P     3xy    x y  y x  - HẾT Họ tên thí sinh : ……………………………………… Số báo danh : …………………… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN 1a Khi m  y  x3  3x2  TXĐ D  lim y  , lim y   x  0,25 x  y '  3x  x , y    x   x  Hàm số nghịch biến khoảng (0; 2) , đồng biến khoảng (; 0) , (2;  ) Hàm số đạt cực đại x  0, yCĐ  , hàm số đạt cực tiểu x  2, yCT  BBT x   y'   0   y  Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 1b Ta có y  3x2  6mx  3x( x  2m) Hàm số có hai cực trị m  Lúc hai điểm cực trị đồ thị hàm số A(0; 4m3 ) B(2m; 0) 0,25 Giải m  1 0,25   sinx + cos cosx = – cos3x 3      cos  x     cos3x  cos  x    cos(  3x) 3 3      x   k      x   k ( k  )  x    k  2b Đặt z  a  bi  z  a  bi Ta có a  bi  3(a  bi)  (1  2i)2  4a  2bi  3  4i 0,25 OA  OB   m  m  2a 0,25 Pt  sin 0,25 0,25 0,25 a   34 4a  3   Vậy phần ảo z 2  2b   b  2 ĐK x  0, x  0,25 0,25 (2)  log x y  x   x y  x 1 2 x   x  (loaïi)  Thay vào (1) ta 3.2     x 2  x2 Vậy hệ có nghiệm ( x; y)  (2; 3) x 1 x 0,25 ĐK 4  x  2 BPT  x    x    ( x  4)( x  2) x    x   x  3 , kết hợp đk ta suy 4  x  3 nghiệm bpt x    x   x  3 , bình phương hai vế ta ( x  4)( x  2)  ( x  4)( x  2)    ( x  4)( x  2)  2   3    x  3  So với đk ta nghiệm 3  x  3  2 52   2  Nhận xét Có thể đặt ẩn phụ t  x    x  dx Đặt u  ln(5  x), dv  x dx Ta có du   ,v 5 x x 4 dx  1  ln      dx Suy K   ln(5  x)   x x(5  x) 15 x x  1  ln    ln(5  x)  ln x   ln 5 Vậy nghiệm bpt S  4;   0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 S F N A E D H M B C Gọi H hình chiếu S lên AB ∆SAB cân S nên H trung điểm AB ( SAB )  ( ABCD)  SH  ( ABCD ) Có ( SD, ( ABCD))  SDH  45 5 a  SH  DH  a Vậy VSABCD  SH S ABCD  a Vì ∆CDE = ∆DAH suy ADH  DCE Do CE  DH Mà SH  CE nên CE  (SDH) Suy CE  SD Mà EF  SD nên SD  (CEF) Mặt khác SD // MN nên MN  (CEF) Suy (AMN)  (CEF) Gọi I  BE  CD , đặt BC  c  BA EA  Ta có nên E chân đường phân giác góc B tam giác BC EC ABC Do CBE  45 Mà ΔBCD vng cân B nên BE  CD DH  AD  AH  3 x  y  17  x   Pt đt BE 3x  y  17  Tọa độ I thỏa  Suy I (5; 2) y   x  3y 1  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 c 1 c , CE  AC  AB  BC  3 c  IE  CE  IC   IB  3IE Suy B(4; 5) Ta có BI  CI  Gọi C (3a  1; a) BC  BI   (3a  5)  (a  5)  20  a   a  Với a  C (2; 1) Suy D(8; 3) , A(12; 1) Với a  C (8; 3) Suy D(2;1) A(0;  3)  x   2t  Đường thẳng AB có phương trình  y  2t  z  1  t  0,25 0,25 1 1 Xét hệ giao điểm d AB ta tìm giao điểm M  ; ;   0,25 2 4 Từ tọa độ M, A, B suy MA  3MB nên A, B phía với d mp(A, d) Gọi A ' điểm đối xứng A qua d 0,25 CA  CB  CA ' CB  A ' B Suy chu vi tam giác ABC nhỏ C  d  ( A ' B ) Gọi I (1  2t ;  2t ; 1  3t ) hình chiếu A lên d Tìm  13 30 11  5 61  0,25  60  43 111 t   , I ; ; ;  , A   ; ;   , từ tìm C  ,  17  17 17 17   17 17 17   68 68 136  Từ giả thiết tốn ta thấy có C42  cách chọn chữ số chẵn (vì khơng có số 0) C52  10 cách chọn chữ số lẻ Suy có C42 C52 = 60 tập hợp, tập hợp có 0,25 chữ số gồm chữ số chẵn hai chữ số lẻ Mỗi tập chữ số ta thiết lập 4! số thỏa mãn tốn Vậy có tất C42 C52 4! = 1440 số 10 0,25  x y 3 3  x y 3 Có      x  y     ( x  y)          x y  y x x y  y x 10 x y Đặt t   , t  3t   3t   9t  24t  20   t  y x  x y   x3 y   x y   x y  Có P                   t  2t  3t  3t  x  y x  y x  y x y 10 Xét hàm f (t )  t  2t  3t  3t  , t  10 Có f '(t )  4t  6t  6t   4t  t  103   223 t  t  119    t  10  Từ tính liên tục f (t ) , suy f (t ) đồng biến  ;   , Do 3   10  2596 f (t )  f    81 3 2596 Dấu xảy ( x; y )  (3;1) ( x; y )  (1; 3) Vậy P  81 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ...ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2015 Mơn : TỐN; Lần (Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang) TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ TỔ TOÁN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM... = 3 Từ ta có P ≤     Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác đáp án điểm tối đa Hết -5 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC - HUẾ KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Đề thức (Đề thi. .. tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh………………………………………….; Số báo danh………… TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ TỔ TOÁN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA