Đề thi thử môn toán 2016 trường THPT thống nhất

TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN : TOÁN Thời gian làm : 180 phút Đề 01 Câu (2 điểm) Cho hàm số y = − x + 3x − (C) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) b) Tìm k để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt : x3 – 3x2 + k = Câu (2 điểm)  a) Giải hệ phương trình:  xy − x − y + = 2  x + y − x − y + =   b) Giải phương trình: 2 cos2 x + sin2 x cos  x + 3π   π ÷− 4sin  x + ÷ = 4   π Câu (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (esin x + cos x )cos xdx Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC tam giác vuông B có AB = a, BC = a , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a Gọi M, N hình chiếu vuông góc điểm A cạnh SB SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM Câu (1 điểm) Cho a, b, c, d số dương Chứng minh rằng: 4 a + b + c + abcd + 4 b + c + d + abcd + 4 c + d + a + abcd + 4 d + a + b + abcd ≤ abcd Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích , A(2; –3), B(3; –2), trọng tâm ∆ABC nằm đường thẳng (d): 3x – y –8 = Viết phương trình đường tròn qua điểm A, B, C Câu ( điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, cắt trục tọa độ I, J, K mà A trực tâm tam giác IJK Câu ( điểm) Trong hộp kín đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng ( viên bi khác màu sắc) Lấy ngẫu nhiên viên bi, tìm xác suất để viên bi lấy đủ ba màu Hướng dẫn Đề sô Câu II: 1) 2) ⇔ (sin x + cos x )  4(cos x − sin x ) − sin x −  = π ⇔ x = − + kπ ; x = k 2π ; x = 3π + k 2π AM = a; SM= 4a ⇒ V1 SM SN SM = (1) V SB SC SB V V 3 ⇒ = ⇒ = ⇒ V2 = V (2) V V 5 Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA BCNM; V=VS.ABC; SM = SB = 3 a ⇒ V2 = a V = S∆ABC SA = 3 Câu V: a + b4 ≥ 2a2 b2 (1); b4 + c ≥ 2b2 c2 (2); c + a ≥ 2c2 a2 (3) ⇒ a + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c) ⇒ a4 + b + c + abcd ≥ abc(a + b + c + d ) ⇒ 4 a + b + c + abcd ≤ (4) ⇒ đpcm abc(a + b + c + d ) Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) ⇒ (C): x + y − x − 8y + 10 = x a y b z c 2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ (P ) : + + =  77 a=   uur uur   a + b + c = IA = (4 − a ;5;6), JA = (4;5 − b ;6) 77 uur uur ⇒ −5b + 6c = ⇒ b = JK = (0; −b; c), IK = (−a;0; c)   77  −4a + 6c = c =  Câu VI.b: 1) Tìm C1(1; −1) , C2 (−2; −10) 11 11 16 + Với C1 (1; −1) ⇒ (C): x + y − x + y + = 0  3 91 91 416 = 0  + Với C2 (−2; −10) ⇒ (C): x + y − x + y + 3 (P) mặt phẳng qua AB (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P): 5x – 4y = (Q) mặt phẳng qua CD (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q): 2x + 3y – = Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình (D) Câu VII.b: b) Số cách lấy viên bi C144 = 1001 cách Ta đếm số cách lấy viên bi có đủ màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 C 51 C 72 cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 C 52 C 71 cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 C 51 C 71 cách Vậy số cách lấy viên bi có đủ màu C 21 C 51 C 72 + C 21 C 52 C 71 + C 22 C 51 C 71 = 385 cách 2) Gọi Xác suất lấy viên bi không đủ màu P = 1001 − 385 616 = = 1001 1001 13 TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN : TOÁN Thời gian làm : 180 phút Đề 02 Câu (2 điểm ): Cho hàm số y = x − 3mx + x − có đồ thị (Cm) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = b Tìm m để (Cm) cắt trục Ox điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng Câu (2 điểm ): a Giải phương trình: sin2 x − cos2 x = sin x − cos2 x b Giải hệ phương trình :  x − x + y − y + =  2  x y + x + y − 22 = I =∫ Câu (1điểm ) Tính tích phân sau: x+2 x +1 dx Câu (1điểm ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông tâm O Các mặt bên (SAB) (SAD) vuông góc với đáy (ABCD) Cho AB = a, SA = a Gọi H, K hình chiếu A SB, SD Tính thể tích khối chóp O.AHK Câu (1điểm ): Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = Chứng minh rằng: a + b2 c + b + c2 d + c + d 2a + d + a2 b ≥2 Câu (1điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Hai điểm B C thuộc trục tung Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật cho, biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD Câu7 (1điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α ) : x − y − z − = điểm A(2;3; −1) Tìm toạ độ điểm B đối xứng với A qua mặt phẳng (α ) Câu (0, điểm ) Giải bất phương trình: log(2x +5) ≤ log(23−2 x ) − Câu : ( 0,5 điểm ) Chọn ngẫu nhiên học sinh từ tổ gồm có nam nữ Tính xác suất cho có nam Hướng dẫn Đề sô Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) trục hoành: x − 3mx + x − = (1) Gọi hoành độ giao điểm x1; x2 ; x3 Ta có: x1 + x2 + x3 = 3m Để x1; x2 ; x3 lập thành cấp số cộng x2 = m nghiệm phương trình (1) m = ⇒ −2m + 9m − = ⇔  −1 ± 15 Thử lại ta : m=  m= −1 − 15  x = Câu II: 1) sin2 x − cos2 x = sin x − cos2 x ⇔ cos x (cos7 x − cos11x ) = ⇔  x =  2) < x ≤ kπ kπ uuur uuur uuur Câu IV: V =  AH , AK  AO = a 27 Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: a 1+b c ab2 c =a− 1+ b c ab2 c ≥a− =a− 2b c ab c ab(1 + c) ab abc ≥a− =a− − 4 (1) Dấu = xảy b = c = b 1+c d c 1+d a d 1+a b =b− =c− =d− bc d + c2 d cd a + d 2a da b + a2 b ≥b− ≥c− ≥d− bc d =b− 2c d cd a 2d a da b 2a b =c− =d− bc ( + d ) bc d bc bcd ≥b− =b− − (2) 4 cd ( + a ) cd a cd cda ≥c− =c− − (3) 4 da ( + b ) da b da dab ≥d− =d− − (4) 4 Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: a 1+ b c + b 1+ c d + c 1+ d a + d 1+ a b ≥ 4− ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab − 4 Mặt khác: a+c+b+d  • ab + bc + cd + da = ( a + c ) ( b + d ) ≤  ÷ = Dấu "=" xảy ⇔ a+c = b+d   2 a+b c+d ÷ ( c + d) + ÷ ( b + a)     a+b c+d  + ⇔ abc + bcd + cda + dab ≤ ( a + b ) ( c + d )  ÷= ( a + b ) ( c + d )   • abc + bcd + cda + dab = ab ( c + d ) + cd ( b + a ) ≤  a+b+c+d  ⇔ abc + bcd + cda + dab ≤  ÷ = Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = d =   a b c d 4 + + + ≥4− − Vậy ta có: 2 2 4 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b ⇔ a 1+ b c + b 1+ c d + c 1+ d a + d + a2 b ≥ ⇒ đpcm Dấu "=" xảy a = b = c = d = Ta có C giao điểm trục tung đường thẳng AC nên C(0;4) Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Vì B nằm trục tung nên B(0;b) Đường thẳng AB qua B vuông góc với BC ≡ Oy : x = nên AB : y = b  16 − 4b  ;b   Vì A giao điểm AB AC nên A Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có 16 − 4b b−4 2S ABC r= = = = b−4 AB + BC + CA 16 − 4b  16 − 4b  b−4 + b−4 + b−4 b−4 + + (b − 4) +   3   b − Theo giả thiết r = nên ta có b = b = Với b = ta có A(4;1), B(0;1) Suy D(4;4) Với b = ta có A(-4;7), B(0;-7) Suy D(-4;4) ( x − 2) + ( y − 3) =  x2 − = u 2) (2) ⇔  Đặt  ( x − + 4)( y − + 3) + x − − 20 = y −3 = v u + v = u = u = Khi (2) ⇔  ⇔ v = v =   u.v + 4(u + v) =  x =  x = −2  x =  x = − ⇒ y = ;y = ; ;    y =  y = TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN Đề 03 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN : TOÁN Thời gian làm : 180 phút Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x + (3m + 1) x − (với m tham số) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = −1 b) Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình : ( − tan x ) ( cos x + 4sin x − 1) = cos2 x + 7sin x − x + y = 2 4 x + y = 5(2 x − y ) xy b) Giải hệ phương trình:  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân : ∫ 1+ 2x +1 2x +1 ( x, y ∈ ¡ ) dx Câu (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vuông A , mặt phẳng ( ABC ') tạo với đáy góc 600 , khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ') a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCC ' B ') a Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' Câu (1,0 điểm) Cho số thực x , y, z thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x + y − y + + y + z2 − z + + z2 + x − x + Câu (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy , cho đường thẳng d : x − y − = điểm I(1;1) Lập phương trình đường thẳng cách điểm I khoảng 10 tạo với đường thẳng d góc 450 Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: 5.4 x + 2.25x ≤ 7.10 x Câu : ( 1,0 điểm ) Trong không gian Oxyz cho điểm A( ;4;2) mặt phẳng (P) x + 2y + z – = a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc A (P) b) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với (P) Câu : ( 0,5 điểm) Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển nhị thức niuton n 1 n +1 n k   + x ÷ , biết : Cn + − Cn +3 = 7( n + 3) ( n số nguyên dương, x > 0, Cn tổ hợp chập k x  n phần tử ) Hướng dẫn Đề sô 03 Câu I: 2) y ' = x + 2(3m + 1) x ; y ' = ⇔ x = 0, x = − Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị ⇔ m < − 3m + (*) Ba điểm cực trị là:  −3m − −(3m + 1)2   −3m − −(3m + 1)2  A(0; −3) ; B  ; − ÷; C  − ; − 3÷  ÷  ÷ 4      −3m − (3m + 1)   −3m −  + ÷ ∆ ABC cân A ; BC = AB ⇔ 9.4  ÷ =  ÷ 16     ⇔ m = − , thoả mãn (*) Câu II: 1) Điều kiện: cos x ≠ PT ⇔ (1 − tan x)(−2 sin x + sin x cos x) = −2 sin x + 14 sin x cos x − ⇔ (1 − tan x)(− tan x + tan x) = −4 tan x + tan x − ⇔ tan x = 1; tan x = ± π π + kπ ; x = ± + kπ (k ∈ Z ) 2) Điều kiện: xy ≥ (*) x + y = 5(2 x − y ) xy ⇔ (2 x − y ) + xy = 5( x − y ) xy ⇔x= 2 x − y − xy = ⇔ (2 x − y − xy )(2 x − y − xy ) = ⇔  2 x − y − xy =  x + y = ⇔ x = y = (thoả (*)) • Với x − y − xy = ta có  3 x − = x − x  22 + x =  x + y =  25 ⇔ • Với x − y − xy = ta có  (thoả (*)) 3 x − = x − x  y = 22 − 25  ( x + x )e x xe x ( x + 1)e x dx Đặt t = x.e x + x + e− x xe x +  1 x x ⇒ A = ∫  − ÷dt = xe + − ln xe + + C t   H Câu IV: Gọi hình chiếu A BC ⇒ AH ⊥ (BCC'B') ⇒ AH = a Gọi K hình chiếu C AC ' ⇒ CK ⊥ ( ABC') ⇒ CK = a AC ' ⊥ AB, AC ⊥ AB ⇒· (( ABC ′),( ABC )) = ·C ′AC ⇒ ·C ′AC = 600 Câu III: A = ∫ AC = CK sin 60 = 2a dx = ∫ ; CC ' = AC.tan 600 = 2a ; AH = AB + AC ⇒ AB = 2a VABC A ' B ' C ' = S∆ ABC CC ' = a3 Câu V: Ta có P = x + (1 − y)2 + y + (1 − z)2 + z2 + (1 − x )2 Vì a2 + b2 ≥ (a + b)2 nên P ≥ 2 ( x +1− y + y +1− z + z +1− x ) x +1− y + y +1− z + z +1− x = a + b + c ≥ a + b + c nên P ≥ 2 Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = Vậy P = x = y = z = 2 Câu VIa: 1) Giả sử phương trình đường thẳng ∆ có dạng: ax + by + c = (a2 + b2 ≠ 0) Vì (·d , ∆) = 450 nên 2a − b 2 a +b =  a = 3b ⇔  b = −3a 4+c c = = 10 ⇔  c = −14 10 −2 + c  c = −8 = 10 ⇔  • Với b = −3a ⇒ ∆: x − 3y + c = Mặt khác d (I ; ∆) = 10 ⇔ c = 12 10 • Với a = 3b ⇒ ∆: 3x + y + c = Mặt khác d (I ; ∆) = 10 ⇔ Vậy có bốn đường thẳng cần tìm: 3x + y + = 0; 3x + y − 14 = ; x − 3y − = 0; x − 3y + 12 = 2) Tâm I ∈ d ⇒ I (−2a + 3; a) (C) tiếp xúc với ∆ nên d (I , ∆) = R ⇔ a−2 10 = a = 10 ⇔  a = −2 8 (C): ( x − 7)2 + ( y + 2)2 = 5 2 log ( x − 2) + = Câu VIIa: PT ⇔ ( log2 ( x − 2) + 1) ( log2 ( x − 2) + x − ) = ⇔  log (2x − 2) + x − =  ⇒ (C): ( x + 9)2 + ( y − 6)2 = • Với log2 ( x − 2) + = ⇔ x = + • Với log2 ( x − 2) + x − = Ta có y = log2 ( x − 2) + x − hàm số đồng biến ( 2;+∞ ) nên x= nghiệm Vậy phương trình có hai nghiệm x = + x = Câu VIb: r 1) (C) có tâm I(1;1) bán kính R = 10 Gọi n = (a; b) VTPT tiếp tuyến ∆ (a2 + b2 ≠ 0) , Vì (·∆, d ) = 450 nên 2a − b a2 + b =  a = 3b ⇔  b = −3a 4+c c = = 10 ⇔  c = −14 10 −2 + c c = −8 = 10 ⇔  • Với b = −3a ⇒ ∆: x − 3y + c = Mặt khác d (I ; ∆) = R ⇔ c = 12 10 • Với a = 3b ⇒ ∆: 3x + y + c = Mặt khác d (I ; ∆) = R ⇔ Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm: 3x + y + = 0; 3x + y − 14 = ; x − 3y − = 0; x − 3y + 12 = TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN : TOÁN Thời gian làm : 180 phút Đề 04 Câu ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y = x − 2mx − 3m + (1), m tham số a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để hàm số (1) đồng biến khoảng ( 1; 2) Câu ( 2,0 điểm ) a) Giải phương trình: cos2 x π − tan x + sin(2 x − ) = + cot x  x + y + x + y =  x + y + x + y = −2 b) Giải hệ phương trình:  Câu ( 1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số : y = e x + , trục hoành hai đường thẳng : x = ln3, x = ln8 Câu ( 1,0 điểm ) Cho lăng trụ ABCA′B′C′ có đáy tam giác ABC vuông cân A, BC = 2a, AA′ vuông góc với mặt phẳng (ABC) Góc ( AB′C ) ( BB′C ) 600 Tính thể tích lăng trụ ABCA′B′C′ Câu ( 1, điểm ) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A= a3 ( b + c ) + b (c + a ) + c (a + b ) Câu ( 1, điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A(0; 1), B(3; 4) nằm parabol (P): y = x − x + , tâm I nằm cung AB (P) Tìm tọa độ hai đỉnh C, D cho tam giác IAB có diện tích lớn Câu ( 0, điểm ) Cho số phức z thỏa mãn : ( + i)( z – i) + 2z = 2i Tìm phần thực, phần ảo, modun số phức : w = + z + z2 Câu ( ,5 điểm ) Từ hộp chứa cầu trắng cầu đen , lấy ngẫu nhiên đồng thời Tính xác suất cho có màu trắng Câu ( 1,0 điểm ) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 -2x +4y -6z – 1= mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – = Xác định tọa độ tâm I bán kính ( S) Viết phương trình đường thẳng d qua I vuông góc với (P) , tìm giao điểm d (P) Hướng dẫn Đề sô Câu I 2) Ta có : y = 4x – 4mx = 4x(x2 – m) + m ≤ 0, y / ≥ 0, ∀x ∈ (0; +∞) ⇒ m ≤ thỏa mãn + m > , y/ = có ba nghiệm phân biệt : − m ;0; m Hàm số (1) đồng biến ( ; 2) < m ≤ ⇔ < m ≤ Câu II / 1 + cot x ≠  1) Điều kiện: sin x ≠ PT ⇔ cos2 x(sin2 x + sin x.cos x − cos2 x ) =  cos x ≠  π  x = + kπ  cos2 x = (1) ⇔ sin2 x + sin x.cos x − cos2 x = (2) ⇔    x = arctan −1 ± + kπ  2  x + y = a 4 x + y ≥ (a, b ≥ 0) ⇒ x + y = a2 − b 2) Điều kiện: 2 x + y ≥ Đặt   2  x + y = b   x + y =   a + a2 − b2 = −2  x = ⇔ a + 5a − = ⇔ a = ⇒  ⇔ Ta có hệ:  2 b =  x + y =  y = −7 b = − a  a + b = Câu VI Từ A kẻ AI ⊥ BC ⇒ I trung điểm BC ⇒ AI ⊥ ( BC C′B′ ) ⇒ AI ⊥ B′ C (1) Từ I kẻ IM ⊥ B′ C (2) Từ (1), (2) ⇒ B′ C ⊥ ( IAM) ⇒ B′ C ⊥ MA (3) Từ (2), (3) ⇒ · (( AB′C ),( B′CB)) = (·IM , AM ) = ·AMI = 600 (do ∆AMI vuông I) Ta có AI = AI a IM IC IM B′C = BC = a , IM = = ⇔ BB′ = , ∆IMC : ∆B′BC ⇒ ′ ′ BB B C IC tan 60 a B′C = B′C ⇔ BB′ = B′B + 4a2 ⇒ BB′ = a a 3 1 = AI BC = a.2a = a2 ⇒ VABC A′B′C ′ = a 2.a2 = a3 2 ⇒ BB′ = S∆ ABC Câu V Sử dụng BĐT: Với a, b, c, d > 0, ta có: a c a+c + ≥ b d b+d  1 1  + + ÷ 2 a b c a b c A= + + ≥ a (b + c) b(c + a) c(a + b) a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) 1  1 1  + + ÷ a b c =  = 2(ab + bc + ca) 1 1  + + ÷  a b c = 1 + + 1 ≥ 3 =  ÷  1   a b c  abc 2 + + ÷ a b c Dấu “ = “ xảy ⇔ a = b = c = Câu VIa I nằm cung AB ( P) nên I (a; a − 2a + 1) với < a 0) x x ta có OM = , OB = 2 0.25 +) Trong tam giác vuông SOM , SOB đếu vuông O Ta có SO = SM − OM = a − S x2 SO x2 tan ϕ = ⇒ SO = OB tan ϕ = tan ϕ OB 0.25 H C B M O D A 0.25 0.25 Do ta có a − x2 x2 4a 2a = tan ϕ ⇔ 4a − x = x tan ϕ ⇔ x = ⇔ x= + tan ϕ + tan ϕ +) Ta SO = a.tan ϕ + tan ϕ Suy thể tích VSABCD = = a 21 4a 4a 2 = S ABCD = x = + tan ϕ 4a 21 (đvtt) 147 +) Ta có CD song song với ( SAB ) ⊃ SB nên d ( CD, SB ) = d ( CD, ( SAB ) ) = d ( D, ( SAB ) ) = 2d ( O, ( SAB ) ) 1   VS ABCD ÷  = 3VS ABCD =  S ∆SAB SM x 2a Trong mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) , cho điểm hình chữ nhật ABCD , M trung điểm AB = Câu (1.0 điểm) Đường thẳng ( d ) qua M D có phương trình x − y + = Tìm tọa độ đỉnh B, C , D biết A ( 1; ) , đỉnh C nằm đường thẳng ( ∆ ) : x + y − = hoành độ điểm C lớn Lời giải: +) Ta có điểm C nằm đường thẳng ( ∆ ) : x + y − = ⇒ C ( t ;5 − t ) , ( t ∈ ¡ , t > 3) +) Lại có d ( C , MD ) = 2.d ( A, MD ) = ⇒ t − 2( − t ) + Suy C ( 6; −1) − 2.4 + 12 + ( −2 ) =2 0.25  −2 t= ( k t / m) = ⇔ 3t − = 10 ⇔   t = 0.25 +) Ta có điểm D nằm đường thẳng ( d ) : x − y + = ⇒ D ( 2t − 2; t ) , ( t ∈ ¡ ) uuur uuur Lại có AD = ( 2t − 3; t − ) ; CD = ( 2t − 8; t + 1) +) Do ABCD hình chữ nhật nên uuur uuur t = AD.CD = ⇔ ( 2t − 3) ( 2t − ) + ( t − ) ( t + 1) = ⇔ 5t − 25t + 20 = ⇔  t = KL: C ( 6; −1) , D ( 0;1) ⇒ B ( 7; ) C ( 6; −1) , D ( 6; ) ⇒ B ( 1; −1) Câu (1.0 điểm) Giải hệ phương trình  x ( y + 1) + ( x + 1) x =   2 x2 + − x = x y + y +1  ( Lời giải: ĐKXĐ: x ≥ )( ) 0.25 0.25  x ( y + 1) + ( x + 1) x = ( 1)  ⇔ +) Hệ  2 ( 2) x y + y +1 = x +1 + x  +) Nhận thấy x = không thỏa mãn hệ phương trình ) ( ( ) ( x y + y +1 = x + x +1 ⇔ y + y 2 ( 2y) 0.25 ) 1 1 +1 = +  ÷ +1 x x x ( *) +) Xét hàm số f ( t ) = t + t t + 1, t ∈ (0; +∞) f ' ( t ) > 0, ∀t ∈ (0; +∞) suy hàm số f ( t ) đồng biến (0; +∞) (**) +) Từ (*) vaf (**) nhận y = 0.25 vào phương trình (1) hệ ta x   x  + 1÷+ ( x + 1) x = ⇔ x + x + ( x + 1) x = x  0.25 +) Nhận thấy hàm số g ( x ) = x + x + ( x + 1) x − đơn điệu tăng khoảng ( 0; +∞ ) +) Lại có g ( 1) = suy phương trình g ( x ) = x + x + ( x + 1) x − = có nghiệm x =1⇒ y = Câu (1.0 điểm) 0.25  1 KL: Vậy HPT cho có nghiệm ( x; y ) = 1; ÷  2 Cho số thực dương x, y, z thay đổi, thỏa mãn x + y + = z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x3 y3 z3 14 + + + x + yz y + xz z + xy ( z + 1) + xy + x + y Lời giải: x + y + 2) ( z + 1) Ta có x, y, z > nên ( + x ) ( + y ) ≤ ( = 4 2 dấu = xảy x = y Lại có + xy + x + y = ( + x ) ( + y ) 2xy ≤ x + y dấu = xảy x = y 0.25 Do ta có P= x3 y3 z3 14 + + + = x + yz y + xz z + xy ( z + 1) + xy + x + y x4 y4 z3 + + + x + xyz y + xyz z + xy ( z + 1) 14 (1+ x) (1+ y) 0.25 x4 y4 z3 + + + x + xyz y + xyz z + xy ( z + 1) P= ≥ (x (x ≥ (x 2 + y2 ) 2 + y ) + xyz + y2 ) + 1+ z + z3 + ( + x ) ( + y ) ( z + 1) z3 + ( + x ) ( + y ) ( z + 1) 14 ( 1+ x) ( 1+ y) ≥ 14 ( 1+ x) ( 1+ y) 14 ( 1+ x) ( 1+ y) ≥ 0.25 ≥ x + y) ( z3 14 ≥ + + ≥ ( + z ) ( + x ) ( + y ) ( z + 1) ( + x ) ( + y ) 2 x + y) z − 1) ( ( 4z3 28 z + 28 z − z − z + 57 ≥ + + = + = 2 ( + z ) ( z + 1) ( z + 1) 2 ( + z ) ( z + 1) ( z + 1) Xét hàm f ( z ) = Ta có f ' ( z ) = z − z − z + 57 ( z + 1) , z >1 ( 3z − ) ( 3z + 14 z + 23) , z >1 ( z + 1) f '( z ) = ⇔ z =   53 f ( z ) = f  ÷= Lập bảng biến thiên hàm số f ( z ) ta nhận z∈min ( 1;+∞ ) 3 Vậy GTNN P 53 đạt x = y = , z = 3 Hết 0.25 TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN Đề 11 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN : TOÁN Thời gian làm : 180 phút Câu I.(2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x − ( C ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) Tìm m để đường thẳng d: y = mx – cắt đồ thị (C ) ba điểm phân biệt Câu II.(1,5 điểm) Giải phương trình sau: sin x − cos x = 4sin x − ( log x ) − 3log 2 x −7 = Câu III.(1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường : y = ln x; y = 0; x = e Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác SAB cạnh a, tam giác ABC cân C Hình chiếu S mặt phẳng (ABC) trung điểm cạnh AB; góc hợp cạnh SC mặt đáy 300 Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC Câu V (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+ y+z+1=0 Viết phương trình mặt cầu có tâm I(1;1;0) tiếp xúc với mp(P) Viết phương trình mặt phẳng chứa trục Ox vuông góc với mp(P) Câu VI.(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC Gọi H hình chiếu A lên đường thẳng BD; E,F trung điểm đoạn CD BH Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF 3x – y – 10 = điểm E có tung độ âm Tìm tọa độ đỉnh B, C, D Câu VII ( 1,5 điểm ) 7 x + y + xy ( x − y ) − 12 x + x = ( x, y ∈ ¡ ) Giải hệ phương trình  x + y + + x + y =  Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, viên bi vàng viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để viên bi lấy đủ màu Câu VIII.( điểm ) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab ≥ ; c ( a + b + c ) ≥ b + 2c a + 2c + + 6ln(a + b + 2c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 1+ a 1+ b -Hết - Câu ý IV 1đ 0.5 đ ĐÁP ÁN Nội dung Gọi H trung điểm cạnh AB ta có S SH đường cao hình chóp S.ABC CH đường cao tam giác ABC Từ giả thiết ta · SCH = 300 Tam giác SHC vuông H nên SH 3a K = tan 300 ⇒ CH = SH = V CH G ây, thể tích khối chóp S.ABC là: A 1 a3 (đvtt) V = SH AB.CH = H Điểm D 0.25 C 0.25 B Dựng hình bình hành ABCD, d ( BC , SA ) = d ( BC ,( SAD ) ) = d ( B,( SAD ) ) = 2d ( H ,( SAD) ) Gọi G, K hình chiếu H đường thẳng AD SG ta có: AD ⊥ HG   ⇒ AD ⊥ ( SHG ) ⇒ HK ⊥ AD AD ⊥ SH  0.5 đ mà HK ⊥ SG nên HK ⊥ ( SAD) hay d ( H , ( SAD ) ) = HK Tam giác SHG vuông H nên 1 1 1 52 3a = + = + + = ⇒ HK = 2 2 2 HK HG HS HB HC HS 9a 13 3a Vậy, d ( BC , SA ) = 13 G A VI 1đ Gọi E,F,G trung điểm đoạn thẳng CD, BH AB Ta chứng minh AF ⊥ EF Ta thấy tứ giác ADEG ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF nội tiếp, AF ⊥ EF Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0 Tọa độ điểm F nghiệm hệ B 0.25 C 0.25 F H D E 17  x=  x − y = 10  32   17  ⇔ → F  ; ÷→ AF =   5 x + y = y =   ∆AFE : ∆DCB → EF = AF = ; 51   17   E ( t ;3t − 10 ) → EF = ⇔  t − ÷ +  3t − ÷ = 5  5  19  19  ⇔ 5t − 34t + 57 = ⇔ t = ∨ t = hay E ( 3; −1) ∨ E  ; ÷  5 0.25 Theo giả thiết ta E ( 3; −1) , pt AE: x+y-2=0 Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân D nên ( x − 1) + ( y − 1) = ( x − 3) + ( y + 1)  AD = DE ⇔   AD ⊥ DE ( x − 1) ( x − 3) = ( y − 1) ( y + 1) x = x =  y = x − ⇔ ⇔ ∨ hay D(1;-1) ∨ D(3;1) ( x − 1) ( x − 3) =  y = −1  y = Vì D F nằm hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1) Khi đó, C(5;-1); B(1;5) Vậy B(1;5); C(5;-1) D(1;-1) 0.25 0.25 0.25 7 x + y + xy ( x − y ) − 12 x + x = (1) ( x, y ∈ ¡ ) Câu 2: Giải hệ :  x + y + + x + y = (2)  Giải: ĐK x + y ≥ (1) ⇔ x − 12 x + x − = x − 3x y + xy − y ⇔ ( x − 1) = ( x − y ) ⇔ x − = x − y ⇔ y = − x + Với y = − x thay vào (2) ta : 3 x + + x + = VII 0.75đ Đặt a = 3 3x + 2, b = x + 0.25 (b ≥ 0) Ta có hệ : a + b = a =  3x + = ⇔ ⇒ ⇔x=2  a = 3b − b =  x + = x =  y = −1 + x = ⇒ y = −1 Vậy nghiệm hệ là:  0.75đ Tổng số viên bi hộp 24 Gọi Ω không gian mẫu Lấy ngẫu nhiên viên hộp ta có C244 cách lấy hay n( Ω )= C244 Gọi A biến cố lấy viên bi có đủ màu Ta có trường hợp sau: +) bi đỏ, bi vàng bi xanh: có C102 C81C61 = 2160 cách +) bi đỏ, bi vàng bi xanh: có C101 C82C61 = 1680 cách +) bi đỏ, bi vàng bi xanh: có C101 C81C62 = 1200 cách Do đó, n(A)=5040 n( A) 5040 = ≈ 47, 4% Vậy, xác suất biến cố A P( A) = n(Ω) 10626 0.25 0.25 0.25 0.25 a + b + 2c + a + b + 2c + + + 6ln( a + b + 2c) 1+ a 1+ b   = ( a + b + 2c + 1)  + ÷+ 6ln(a + b + 2c) 1+ a 1+ b  Ta chứng minh BĐT quen thuộc sau: 1 +) + ≥ (1) + a + b + ab ab + +) ab ≤ (2) Thật vậy, 1 +) + ≥ ⇔ ( + a + b ) + ab ≥ ( + a ) ( + b ) + a + b + ab P+2= ( ⇔ ( a− b )( ) ) ab − ≥ ab ≥ Dầu “=” a=b ab=1 ab + ⇔ ab − ≥ Dấu “=” ab=1 1 2 VIII + ≥ ≥ = đ Do đó, + a + b + ab + ab + + ab 4 16 ≥ = ≥ ab + bc + ca + c ( a + c ) ( b + c ) ( a + b + 2c ) +) ab ≤ 0.25 ( ) 0.5 Đặt t = a + b + 2c, t > ta có: 16 ( t + 1) P + ≥ f (t ) = + 6ln t , t > 0; t2 16 ( t + ) 6t − 16t − 32 ( t − ) ( 6t + ) f '(t ) = − = = t t3 t3 t3 BBT +∞ t f’(t) + f(t) 5+6ln4 Vậy, GTNN P 3+6ln4 a=b=c=1 Chú ý : Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa !!! 0.25 TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN : TOÁN Thời gian làm : 180 phút Đề 12 Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = − x + 3mx + (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để hàm số (1) đạt cực tiểu x = Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x + = 6sin x + cos x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình x − ln x dx x 52 x +1 − 6.5 x + = b) Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học sinh để làm trực nhật Tính xác suất để học sinh chọn có nam nữ Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A ( −4;1;3) đường thẳng x +1 y −1 z + d: = = Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A vuông góc với đường thẳng d −2 Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho AB = 27 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có tam giác ABC vuông A , AB = AC = a , I trung điểm SC , hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng ( ABC ) trung điểm H BC , mặt phẳng ( SAB ) tạo với đáy góc mặt phẳng ( SAB ) theo a 60o Tính thể tích khối chóp S ABC tính khoảng cách từ điểm I đến Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A ( 1; ) , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác ·ADB có phương trình x − y + = , điểm M ( −4;1) thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB  x + xy + x − y − y = y + Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   y − x − + y − = x − Câu (1,0 điểm) P= bc 3a + bc + Cho a, b, c số dương a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: ca 3b + ca + ab 3c + ab …….Hết……… ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm b,(0,5điểm) n ( Ω ) = C113 = 165 0.25 1 Số cách chọn học sinh có nam nữ C5 C6 + C5 C6 = 135 135 = Do xác suất để học sinh chọn có nam nữ 165 11 (1,0 điểm) Gọi K trung điểm AB ⇒ HK ⊥ AB (1) Sj Vì SH ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ AB (2) 0.25 0.25 Từ (1) (2) suy ⇒ AB ⊥ SK Do góc ( SAB ) với đáy góc · SK HK SKH = 60o M H C · Ta có SH = HK tan SKH = B a K A 1 a3 Vậy VS ABC = S ABC SH = AB AC.SH = 3 12 0.25 Vì IH / / SB nên IH / / ( SAB ) Do d ( I , ( SAB ) ) = d ( H , ( SAB ) ) Từ H kẻ HM ⊥ SK M ⇒ HM ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( H , ( SAB ) ) = HM Ta có 1 16 a a = + = ⇒ HM = Vậy d ( I , ( SAB ) ) = 2 HM HK SH 3a 4 0.25 0,25 (1,0 điểm) · Gọi AI phan giác BAC · Ta có : ·AID = ·ABC + BAI A M' B E K I M C D 0,25 · · · IAD = CAD + CAI · · · · Mà BAI , ·ABC = CAD nên ·AID = IAD = CAI ⇒ ∆DAI cân D ⇒ DE ⊥ AI PT đường thẳng AI : x + y − = 0,25 Goị M’ điểm đối xứng M qua AI ⇒ PT đường thẳng MM’ : x − y + = Gọi K = AI ∩ MM ' ⇒ K(0;5) ⇒ M’(4;9) 0,25 uuuuur r VTCP đường thẳng AB AM ' = ( 3;5 ) ⇒ VTPT đường thẳng AB n = ( 5; −3) Vậy PT đường thẳng AB là: ( x − 1) − ( y − ) = ⇔ x − y + = 0,25  x + xy + x − y − y = y + 4(1)   y − x − + y − = x − 1(2) (1,0 điểm) 0.25  xy + x − y − y ≥  Đk:  y − x − ≥  y −1 ≥  Ta có (1) ⇔ x − y + ( x − y ) ( y + 1) − 4( y + 1) = Đặt u = x − y , v = y + ( u ≥ 0, v ≥ ) u = v Khi (1) trở thành : u + 3uv − 4v = ⇔  u = −4v (vn) Với u = v ta có x = y + , thay vào (2) ta : ⇔ y − y − − ( y − 1) + ( y − 2) y2 − y − + y −1 ⇔ y = ( ⇔ + ( y2 − y − + y −1 = y 0.25 ) y −1 −1 =  y−2 = ⇔ ( y − 2)  +  y2 − y − + y −1 y −1 +1  y2 − y − + y −1 +  ÷= y −1 +1 ÷  > 0∀y ≥ ) y −1 +1 0.25 0.25 Với y = x = Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT ( 5; ) (1,0 điểm) bc bc bc bc  1  = = ≤  + ÷ 3a + bc a (a + b + c) + bc (a + b)(a + c)  a +b a+c  1 + ≥ Vì theo BĐT Cô-Si: , dấu đẳng thức xảy ⇔ b = c a+b a+c ( a + b)(a + c ) Vì a + b + c = ta có Tương tự Suy P ≤ ca ca  1  ≤  + ÷ b+a b+c 3b + ca ab ab  1  ≤ +  ÷  c +a c +b  3c + ab bc + ca ab + bc ab + ca a + b + c + + = = , 2(a + b) 2(c + a ) 2(b + c) 2 0,25 0,25 0,25 TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN : TOÁN Thời gian làm : 180 phút Đề 13 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = a) b) Câu a) b) Câu 2x − x−2 có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số Tìm giao điểm ( C) với đường thẳng : x + 2y -3 = (1,5 điểm) Giải phương trình sau cos x − cos x + sin x = log x − = log ( x − ) + ( ) (1,5 điểm) π ( ) a) Tính tích phân: I = esin x + x cos x.dx ∫ b) Một hộp đựng thẻ đánh số 1,2,3, ,9 Rút ngẫu nhiên thẻ nhân số ghi ba thẻ với Tính xác suất để tích nhận số lẻ Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sau x + = x − x − Câu (1,0 điểm) Cho x > 0, y > thỏa mãn x y + xy = x + y + 3xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x2 + y + (1 + xy ) − xy Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương trình NQ x − y − = Tìm toạ độ đỉnh lại hình thoi, biết NQ = 2MP N có tung độ âm Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a hình chiếu vuông góc S mặt phẳng (ABC) điểm H thuộc cạnh AB cho HA =2 HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC theo Câu ( 1điểm ) Trong hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S) : x2 + y2 +z2 -4x +2y +4z – = mặt phẳng ( p) : x -2y + 2z + = a) Tính khoảng cách từ tâm I đến mp (P) b) Viết phương trình mp(Q) song song với (P) tiếp xúc với (S) -HẾT - Đáp án Câu Câu 2,0 đ Hướng dẫn chấm Ý Điê m a)  y = 8x3 − 4x − 3 1,0đ Đặt y = x + ⇔ y = x + ta có hệ:  (1)  y = x + (2) Cộng hai vế (1) (2) ta được: y + y = x + x ⇔ y + y = (2 x) + x (*) 3 0,25 0,25 Xét hàm f (t ) = t + t có: f ' (t ) = 3t + > 0∀t ⇒ f (t ) đồng biến ∀t Từ (*) có: f ( y ) = f ( x ) ⇔ y = x ⇔ x + = x 0,25  x = − ⇔ 8x − x − = ⇔  Vậy pt có nghiệm  x = 0,25  x = −   x = b) 0,5đ + Gọi T phép thử “Lấy thẻ thẻ” ⇒ Ω = C = 84 A biến cố “ Tích số số lẻ” ⇒ ΩA = C = 10 + P ( A) = Câu 1,0đ 0.25 10 = 84 42 + Ta có x y + xy = x + y + 3xy ⇔ xy ( x + y ) = x + y + 3xy (1) x >0 ; y > nên x + y > 1 + ⇒ ( x + y ) − 3( x + y ) − ≥ (1) ⇒ x + y = + + ≥ x y x+ y ⇒ ( x + y ) + 1 [ ( x + y ) − 4] ≥ ⇒ x + y ≥ (1) ⇔ = + xy x + y Nên P = (x + y)2 + - 0.25 ⇔ 1− 0,25 = x + y xy = (x + y)2 +1 + xy x+ y 0,25 + Đặt x + y = t ( t ≥ 4) ⇒ P = t + + = f (t ) t 3 2t − > ∀t>4 Nên f (t ) đồng biến +Ta có f '(t ) = 2t - = t t2 71 nửa khoảng [ 4; +∞ ) => P = f (t ) ≥ f (4) = 71 Hay giá trị nhỏ P x= y = 0,5 Câu Phương trình MP là: x + y − = I = MP ∩ NQ ⇒ tọa độ I nghiệm hệ phương trình [...]... gian mâu : C20 1 4 + Trường hợp 1: 1nam và 4 nữ : C10 C10 2 3 + Trường hợp 2 : 2 nam và 3 nữ C10 C10 3 2 + Trường hợp 3 : 3 nam và 2 nữ : C10 C10 4 1 + Trương hợp 4 : 4 nam và 1 nữ : C10 C10 TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN Đề 09 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 + 3x + 4 (C) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C)... = f  ÷= Lập bảng biến thi n của hàm số f ( z ) ta nhận được z∈min ( 1;+∞ ) 3 8 Vậy GTNN của P bằng 53 1 5 đạt được khi x = y = , z = 8 3 3 Hết 0.25 TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN Đề 11 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Câu I.(2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x 2 − 1 ( C ) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ( C )... 10  14 8  Do x B < 3 nên ta chọn B  ; ÷ Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7 x − y − 18 = 0  5 5 TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề 07 Câu 1: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số : y = x3 -2x2 + mx +1 a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 b) Tìm m để hàm số trên đạt cực tiểu tại x = 1 Câu 2 : ( 1,0 điểm ) 2... tự: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 ============================== TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN Đề 08 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Câu 1: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số : y = x3 -2x2 + mx +1 Câu 1: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số : y = -x4 – x2 +6 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ( C) của hàm số trên 2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( C),... 4 ( 1+ b + 2) + 4 (1 + b + 2) = 6440 ⇔ 644 ( 3 + b ) = 6440 ⇔ 3 + b = 10 ⇔ b = 7 Vậy a = 0, b = 7 hoặc b = 0 , a = 7 TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề 05 3x − 2 có đồ thị ( C) x −1 a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng : 4x- y +... (loai ) 5  Bảng biến thi n : x 0 f ’(x) - 1 0 f(x) +∞ + −3 2 ……………………………………………………………………………………… 3 Từ BBT suy ra f(t) ≥ f(1) = - với mọi t >0 2 1  x = 4 x + y + z = 1  1 3   y = 2 z ⇔ P min = khi  z = 4 2 y = x + z   1  y = 2  *Hoc sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa 0,25 …… 0,25 TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN Đề 10 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN : TOÁN Thời gian làm... < x < 6 0 < x < 6 2) BPT ⇔  ⇔ 2< x 0  log2 (2 x + 4 x ) > log2 (6 − x ) TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TỔ : TOÁN – TIN MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề : 06 Câu 1 ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y = 2x − 2 (C) x +1 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2) Tìm m để đường thẳng d : y =  2 x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân... 5+6ln4 Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1 Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa !!! 0.25 TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT TỔ : TOÁN – TIN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề 12 Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = − x 3 + 3mx + 1 (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 b) Tìm m để hàm số (1) đạt cực tiểu tại x = 1 Câu 2 (1,0 điểm)... lớn nhất khi d (I , AB) lớn nhất Phương trình AB: x − y + 1 = 0 2 2 d ( I , AB) = a − a + 2a − 1 + 1 = − a + 3a = 2 − a2 + 3a 2 (do a ∈ (0;3)) 2   ⇒ d ( I, AB) đạt giá trị lớn nhất ⇔ f (a) = − a2 + 3a đạt giá trị lớn nhất ⇔ a = 3 ⇒ I  3 ; 1 ÷ 2 2 4   1 7 Do I là trung điểm của AC và BD nên ta có C  3; − ÷; D  0; − ÷  2  2 Câu 8 : Ta có : n(Ω) = C10 = 210 Gọi B là biến cố : Có ít nhất. .. được lấy có đủ 3 màu và trong đó số bi đỏ nhiều nhất Lời giải: +) Xét phép thử T=” Lấy ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp” 5 5 Ta có số cách lấy 5 viên bi trong hộp là C15 (cách) suy ra Ω = C15 = 3003 +) Xét biến cố A=” Lấy 5 viên bi trong hộp sao cho đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất Ta có 5 viên bi có đủ 3 màu mà số bi đỏ nhiều nhất có thể là một trong các trường hợp sau 1 1 3 *) 1 bi trắng, 1 Xanh, 3