Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 214 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
214
Dung lượng
20,94 MB
Nội dung
SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ TỔ TOÁN - TIN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − x + , có đồ thị (C) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ th ị (C) b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ th ị (C) giao điểm (C) đường thẳng d : y = x− Câu (1,0 điểm) Cho số phức z thoả mãn z (1 + 2i ) = + 4i Tìm môđun số phức w = z + 2i Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ( x − 1) e2 x dx Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình log ( x + 1) + log x + = b) Tổ lớp 12A1 có 12 học sinh gồm có học sinh nam học sinh n ữ, AN tổ trưởng HOA tổ phó Chọn ngẫu nhiên học sinh tổ để tham gia hoạt động tập thể trường nhân d ịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng Tính xác su ất để cho nhóm học sinh chọn có h ọc sinh nam học sinh nữ phải nh ất thiết có bạn AN bạn HOA hai (AN học sinh nam, HOA học sinh nữ) Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( −1; −2;2 ) , B ( −3; −2;0 ) m ặt ph ẳng (P) có phương trình x + y − z + = a) Viết phương trình mặt ph ẳng (Q) mặt phẳng trung trực đoạn AB b) Gọi ∆ giao tuyến (P) (Q) Tìm điểm M thuộc ∆ cho đo ạn thẳng OM nhỏ nh ất Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác cân C, cạnh đáy AB 2a góc ABC = 300 Mặt ph ẳng (C ' AB ) tạo với đáy ( ABC ) góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' khoảng cách hai đường thẳng AC ' CB ' Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục to độ Oxy, cho hình vuông ABCD Điểm N (1; −2 ) tho ả mãn NB + NC = điểm M ( 3;6 ) thuộc đường th ẳng chứa cạnh AD Gọi H hình chiếu vuông góc đỉnh A xuống đường th ẳng DN Xác định to độ đỉnh hình 12 vuông ABCD biết khoảng cách từ điểm H đến cạnh CD b ằng đỉnh A có hoành độ 13 số nguyên lớn −2 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x − x − y − x − y − = y + ( x, y ∈ » ) 2 x + y + + x + y = x + y + 3x + y Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z Tìm giá trị lớn biểu thức 4 P= − − 2 x + y + z + ( x + y ) ( x + z )( y + z ) ( y + z ) ( y + x )( z + x ) -HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: Câu ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − x + , có đồ thị (C) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) Tập xác định: D = » x = Ta có y ' = x − x ⇒ y ' = ⇔ x = lim y = ±∞ Điểm 1,0 0,25 x →±∞ Đồ thị hàm số tiệm cận Bảng biến thiên x −∞ y' + +∞ + 0,25 +∞ y −∞ -3 Từ suy Hàm số đồng biến khoảng ( −∞; ) ( 2; +∞ ) Hàm số nghịch biến kho ảng ( 0; ) 0,25 Hàm số đạt giá trị cực đại x = 0, yCD = y ( ) = Hàm số đạt giá trị cực tiểu x = 2, yCT = y ( ) = −3 Đồ thi hàm số Điểm u ốn đồ thị y '' = x − ⇒ y '' = ⇔ x = ⇒ I (1; −2 ) điểm uốn đồ thị Đồ thị (C) cắt trục tung điểm A(0;1) y f(x)=x^3-3*x^2+1 0,25 x -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1.5 2.5 3.5 4.5 5.5 -1 -2 -3 -4 b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) giao điểm (C) đường thẳng d : y = x−2 Phương trình hoành độ giao điểm (C) d x = 3 2 x − x + = x − ⇔ x − x − x + = ⇔ ( x − ) ( x − 1) = ⇔ x = x = −1 Suy giao điểm A ( 3;1) , B (1; −1) , C ( −1; −3 ) 1,0 0,25 Phương trình tiếp tuyến A ( 3;1) y = x − 26 0,25 Phương trình tiếp tuyến C ( −1; −3 ) y = x + 0,25 Phương trình tiếp tuyến B (1; −1) y = −3 x + ~1~ KL: Các phương trình tiếp tuyến là: y = x − 26 ; y = x + ; y = −3 x + Câu (1,0 điểm) Cho số phức z tho ả mãn z (1 + 2i ) = + 4i Tìm môđun số phức w = z + 2i Ta có z (1 + 2i ) = + 4i ⇔ z = + 4i + 2i ( + 4i )(1 − 2i ) ⇔ z = − 14i + 4i − 8i ⇔ z = 15 − 10i = − 2i ⇔z= − 4i (1 + 2i )(1 − 2i ) Suy z = + 2i Do w = z + 2i = + 4i Vậ y w = 32 + 42 = 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ( x − 1) e2 x dx 1,0 du = dx u = x − Đặt ⇒ 2x 2x dv = e dx v = e 1 Suy I = ( x − 1) e2 x − ∫ e2 x dx 20 0,25 0,25 1 2x 1 − e2 − e = − ( e2 − 1) = 4 = Vậ y I = 0,25 − e2 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình log ( x + 1) + log Điều kiện: x > −1 0,25 x +1 = 1 Phương trình tương đương log ( x + 1) − log ( x + 1) = ⇔ log ( x + 1) = 2 ⇔ log ( x + 1) = ⇔ x + = ⇔ x = (thoả mãn) Vậ y phương trình có nghiệm x = b) T ổ lớp 12A1 có 12 học sinh gồm có học sinh nam học sinh nữ, AN tổ trưởng HOA tổ phó Chọn ngẫu nhiên học sinh tổ để tham gia hoạt động tập thể trường ngày thành lập Đoàn 26 tháng Tính xác su ất để cho nhóm học sinh chọn có học sinh nam học sinh nữ phải thiết có bạn AN ho ặc bạn HOA hai Mỗi cách chọn nhóm học sinh từ 12 học sinh tổ hợp chập 12 Vì không gian mẫu Ω gồm: C125 = 792 phần tử Gọi A biến cố cần tìm xác suất, B biến cố chọn nhóm gồm học sinh nam, học sinh nữ có bạn AN bạn HOA C biến cố chọn nhóm gồm học sinh nam, học sinh nữ có b ạn HOA bạn AN Như vậ y, A = B ∪ C n ( A) = n ( B ) + n ( C ) Tính n (B): 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 + Chọn bạn AN, có cách + Chọn bạn nam từ b ạn nam lại, có C62 cách + Chọn bạn nữ từ b ạn nữ, có C42 cách Theo quy tắc nhân: n ( B ) = 1.C62 C42 = 90 Tương tự, n ( C ) = 1.C C = 80 Vậy n ( A) = 90 + 80 = 170 Xác suất biến cố A là: P ( A ) = n ( A ) 170 = n ( B ) 792 ~2~ 0,25 Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A ( −1; −2; ) , B ( −3; −2; ) mặt phẳng (P) có phương trình x + y − z + = a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) mặt phẳng trung trực đo ạn AB Gọi I trung điểm đo ạn thẳng AB ⇒ I ( −2; −2;1) Ta có AB = ( −2;0; −2 ) / / n = (1; 0;1) 0,5 0,25 Vì mp(Q) mp trung trực đoạn AB nên nhận vectơ n = (1;0;1) vectơ pháp tuyến qua điểm I ( −2; −2;1) Vậ y phương trình mặt phẳng (Q) là: x + z + = b) Gọi ∆ giao tuyến (P) (Q) Tìm điểm M thuộc ∆ cho đo ạn thẳng OM nhỏ Mp(P) có VTPT n1 = (1;3; −1) 0,25 0,5 Mp(Q) có VTPT n2 = (1; 0;1) Suy u = n1 ; n2 = ( 3; −2; −3 ) VTCP ∆ = ( P ) ∩ ( Q ) x = 3t Lấy E ( 0; −1; −1) ∈ ∆ = ( P ) ∩ ( Q ) Phương trình tham số ∆ y = −1 − 2t z = −1 − 3t Điểm M ∈ ∆ ⇒ M ( 3t; −1 − 2t ; −1 − 3t ) Do OM = OM = ( 3t ) + ( −1 − 2t ) + ( −1 − 3t ) 2 0,25 (t ∈ ») = 22t + 10t + 19 19 19 Ta có 22t + 10t + = 22.t + + 22 ≥ 22 ⇒ OM ≥ 22 22 15 Dấu “=” xảy t = − ⇒ M − ; − ; − 22 22 11 22 15 Vậ y M − ; − ; − 22 11 22 Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác cân C, cạnh đáy 2 AB 2a góc ABC = 30 Mặt phẳng (C ' AB) tạo với đáy ( ABC ) góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' kho ảng cách hai đường thẳng AC ' CB ' M B 0,25 1,0 A C H B' A' K C' E * Tính thể tích Gọi M trung điểm AB Tam giác CAB cân C suy AB ⊥ CM Mặt khác AB ⊥ CC ' ⇒ AB ⊥ (CMC ') ⇒ CMC ' = 60 Gọi V thể tích lăng trụ ABC A ' B ' C ' V = S ABC CC ' ~3~ 0,25 a a2 ⇒ S ABC = CM AB = 3 a a a3 CC ' = CM tan 600 = = a ⇒V = a = 3 * Tính khoảng cách Gọi E đối xứng với A’ qua C’ Suy ACEC’ hình bình hành Nên AC’//CE ⊂ ( CB ' E ) ⇒ AC '/ / ( CB ' E ) mà B ' C ⊂ ( CB ' E ) Ta có CM = BM tan 300 = 0,25 0,25 Do d ( AC ', B ' C ) = d ( AC ', ( EB ' C ) ) = d ( C ', ( EB ' C ) ) Tam giác A’B’E có A’C’=C’E=B’C’ nên tam giác A’B’E vuông B’ Gọi K trung điểm B’E, ta có tam giác B’C’E cân C’ nên C'K ⊥ B'E ⇒ B ' E ⊥ ( CC ' K ) CC ' ⊥ ( A ' B ' C ' ) ≡ ( A ' B ' E ) ⇒ CC ' ⊥ B ' E Kẻ C ' H ⊥ CK ⇒ C ' H ⊂ ( CC ' K ) mà B ' E ⊥ ( CC ' K ) ⇒ B ' E ⊥ C ' H Từ ⇒ C ' H ⊥ ( CB ' E ) hay C ' H = d ( C ', ( CB ' E ) ) Ta tính CB = 2a ⇒ C ' B ' = C ' E = CB = 2a Lại có ABC = 30 , tam giác ABC cân C nên ACB = 120 = A ' C ' B ' ⇒ B ' C ' E = 60 0 0,25 B'E Nên tam giác B’C’E đều; tính C ' K = B ' C '2 − =a Tam giác CC’K vuông cân C’ C ' H = CK CC '2 + CK a = = 2 Vậ y d ( AC ', CB ' ) = C ' H = a 2 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD Điểm N (1; −2 ) thoả mãn NB + NC = điểm M ( 3; ) thuộc đường thẳng chứa cạnh AD Gọi H hình chiếu vuông góc đỉnh A xuống đường thẳng DN Xác định to độ đỉnh hình vuông ABCD biết 12 kho ảng cách từ điểm H đến cạnh CD đỉnh A có hoành độ số nguyên lớ n 13 −2 A D H 1,0 M (3;6) E 12 13 B N (1;-2) C 12 Gọi E hình chiếu vuông góc H CD ⇒ HE = 13 Giả sử cạnh hình vuông b ằng a (a>0) 2 2a Ta có NB + NC = ⇔ CN = CB nên N nằm B C cho CN = CB = 3 a 13 ⇒ DN = CD + CN = ~4~ 0,25 ADH ∼ DNC ( g g ) ⇒ AD DH a 2a = = = ⇒ DH = DN NC a 13 13 13 2a HE DH 13 DHE ∼ DNC ( g g ) ⇒ = = 13 = ⇒ NC = HE = 2 NC DN a 13 13 2a ⇔ =2 ⇔ a =3 Giả sử VTPT AD n = ( a; b ) với ( a + b ≠ ) Có Pt AD: ax + by − 3a − 6b = −2a − 8b ⇒ d ( N , AD ) = ⇔ = ⇔ a − 16ab − 23b = 2 a +b a + b = ⇔ ( a + b )( a − 23b ) = ⇔ 7 a − 23b = Trường hợp 1: a + b = Suy pt AD : x − y + = 0,25 NP ⊥ AD ⇒ pt NP : x + y + = ⇒ P = AD ∩ NP ⇒ P ( −2;1) m = −1 (TM ) AP = BN = BC = ⇒ A ( −1; ) ⇒ AP = ⇔ m = − L ( ) A ∈ AD ⇒ A ( m; m + 3)( m > −2 ) Lúc PD = AP ⇒ D ( −4; −1) Từ ta tìm B ( 2; −1) , C ( −1; −4 ) Do A ( −1; ) , B ( 2; −1) , C ( −1; −4 ) , D ( −4; −1) Trường hợp 2: a − 23b = Suy pt AD : 23 x + y − 111 = 86 −13 NP ⊥ AD ⇒ pt NP : x − 23 y − 53 = ⇒ P = AD ∩ NP ⇒ P ; 17 17 93 AP = BN = BC = m = (L) 17 ⇒ AP = ⇔ 111 − 23m m = 79 ( L ) A ∈ AD ⇒ A m; ( m > −2 ) 17 Trường hợp không thoả mãn Kết luận: Vậy A ( −1; ) , B ( 2; −1) , C ( −1; −4 ) , D ( −4; −1) x − x − y − x − y − = y + Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( x, y ∈ » ) 2 + + + + = + + + x y x y x y x y x − x − y −1 ≥ Điều kiện x + y ≥ 5 x + y + x + y ≥ x = Trường hợp 1: x − x − y − = từ (1) ⇒ y + = ⇒ y = −1 ⇒ x − x = ⇔ x = x = Thử lại vào phương trình (2) thấy tho ả mãn Suy (1; −1) nghiệm HPT y = −1 Trường hợp 2: x − x − y − > 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 ~5~ (1) ⇔ x − y − = x − x − y −1 x− y−2 ⇔ Ta có y +1 ( x − y − 1) + x − y −1 +1 = ⇔ x − y −1 − = y +1 x − x − y −1 −1 − ( x + y + 1)( x − y − ) x2 − x − y − + y + x + y +1 =0 ⇔ ( x − y − 2) + ( x − y − 1)2 + x − y − + x − x − y −1 + y + x − y − = x + y +1 ⇔ + = (* ) 2 ( x − y − 1) + x − y − + x − x − y −1 + y +1 Vì −1 + x> x − x − y −1 > ⇒ x − x > y + ≥ −2 x + ⇒ x + x − > ⇔ −1 − 2x + y ≥ x < Nên y ≥ −2 x > + ⇒ y + > + > ⇒ x + y + > Do PT(*) vô nghiệm Suy y = x − Thế vào phương trình (2) ta 2 x − + x − = x − x − ⇔ x − + x − = ( x − 1) + ( x − ) Điều kiện: 2 1 2 x − = a a ≥ Đặt 3x − = b ( b ≥ ) Phương trình trở thành x≥ 0,25 a + b = 2a + 2b ⇔ a + 2ab + b2 = 2a + 2b ⇔ ( a − b ) = ⇔ a = b Từ ta có x =1 x − = 3x − ⇔ x − x + = 3x − ⇔ x − x + = ⇔ (T/M) x = +) x = ⇒ y = −1 Thử lại HPT thấ y tho ả mãn +) x = ⇒ y = − Thử lại HPT không thoả mãn 4 Vậ y hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (1; −1) 2 Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x , y , z Tìm giá trị lớ n biểu thức 4 P= − − 2 x + y + z + ( x + y ) ( x + z )( y + z ) ( y + z ) ( y + x )( z + x ) Ta có ( x + y ) ( x + z )( y + z ) AM −GM ≤ x + y + z x + y + xy + yz + zx = 2 2 ≤ 2( x + y + z ) (1) 0,25 1,0 ( x + y) Và ~6~ 0,25 ( y + z ) ( y + x )( z + x ) AM −GM ≤ y + z + x y + z + yz + zx + xy = 2 2 ≤ 2( x + y + z ) ( 2) ( y + z) Thật vậy, với x, y, z ≥ ta có (1) ⇔ ( x − y ) + ( x − z ) + ( y − z ) ≥ 2 ( 2) ⇔ ( y − z ) + ( y − x) + ( z − x) ≥ 2 Khi biểu thức P trở thành 4 P≤ − − 2 2 2 2 x + y + z + 2( x + y + z ) 2( x + y + z ) ≤ x + y + z +4 2 − ( x + y2 + z2 ) 0,25 Đặt t = x + y + z + ⇒ t > Nên P ≤ Xét hàm số y = f ( t ) = − t (t − 4) − với t > 2 t ( t − 4) ( − t ) ( 4t + 7t − 4t − 16 ) −4 9t = Có f ' ( t ) = + 2 t t (t − 4) (t − 4) 0,25 Do t > nên 4t + 7t − 4t − 16 = ( t − ) + t ( 7t − ) > Suy f ' ( t ) = ⇔ t = Lập b ảng biến thiên ⇒ P ≤ 0,25 Vậ y GTLN P ⇔ x = y = z = CHÚ Ý: Học sinh làm cách khác chấm điểm tối đa ~7~ SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi 09/03/2015 Câu (2.0 điểm) Cho hàm số: y = x − 3(m + 2)x + 9x − m − (Cm ) với m tham số a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = b Gọi ∆ tiếp tuyến với đồ thị (Cm ) giao điểm đồ thị (Cm ) với trục tung Viết phương trình tiếp tuyến ∆ biết khoảng cách từ điểm A(1; −4) đến đường thẳng ∆ 82 Câu (1.0 điểm) Giải phương trình: cos 2x + cos x sin x − sin x + sin x = cos x Câu (1.0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (3x + 1) 2x − dx Câu (1.0 điểm) a Giải bất phương trình: log (x + 1) − log (5 − x) < − log (x − 2) b Có bìa đánh số 0, 1, 2, 3, 4, Lấy ngẫu nhiên bìa xếp thành hàng ngang từ trái sang phải Tính xác suất để xếp số tự nhiên có chữ số Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; −1; 0), B(2; 0; −1) mặt phẳng (P): 2x + y + z + = Tìm tọa độ điểm C (P) cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) tam giác ABC có diện tích 14 Câu (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh 3a ABC = 60o Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD khoảng cách hai đường thẳng AB SD biết SA = SB = SC = a Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân giác góc ABC qua trung điểm M cạnh AD, đường thẳng BM có phương trình: x − y + = 0, điểm D nằm đường thẳng ∆ có phương trình: x + y − = Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết đỉnh B có hoành độ âm đường thẳng AB qua E(−1; 2) x − 2x − 2(x − x) − 2y = (2y − 3)x − Câu (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: 2x + x + x + − − 2y = 2x + Câu (1.0 điểm) Cho x, y hai số thỏa mãn: x, y ≥ 3(x + y) = 4xy Tìm giá trị lớn 1 giá trị nhỏ biểu thức: P = x3 + y3 − + y x Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Câu (2.0 điểm) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Đáp án Điểm a (1.0 điểm) m = ⇒ y = x − 6x + 9x − • Tập xác định: D = ℝ • Sự biến thiên: x = ⇒ y = y ' = 3x − 12x + 9; y ' = ⇔ x = ⇒ y = −1 0.25 Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên: x y' −∞ + +∞ − + 0.25 +∞ y −∞ −1 - Hs đb khoảng (−∞;1), (3; +∞) nb khoảng (1; 3) - Hàm số đạt cực đại x = 1; y CÑ = ; đạt cực tiểu x = 3; y CT = −1 • Đồ thị: x y 0.25 −1 0.25 b (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến ∆ … TXĐ: D = ℝ, y ' = 3x − 6(m + 2)x + Giả sử M giao điểm đồ thị hàm số (Cm ) với Oy ⇒ M(0; − m − 1) Phương trình tiếp tuyến ∆ là: y = 9x − m − hay 9x − y − m − = (1.0 điểm) − ( −4) − m − m = 94 = 82 ⇔ 12 − m = 82 ⇔ 92 + (−1)2 m = −70 Vậy phương trình tiếp tuyến ∆ là: y = 9x − 95; y = 9x + 69 Giải phương trình … Ta có: d(A; ∆) = 82 ⇔ PT ⇔ cos2 x − sin x + cos x sin x + sin x − (sin x + cos x) = 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 ⇔ (cos x − sin x)(cos x + sin x) + sin x(cos x + sin x) − (cos x + sin x) = ⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x + sin x − 1) = 0.25 sin x + cos x = ⇔ (sin x + cos x)(cos x − 1) = ⇔ cos x = 0.25 Trang 1/5 f (t ) f (1) xz xz 5 x2 z xz xz xz 0,25 x y Dấu “=” xảy t= Lúc đó(2) xẩy xz x z x z x z 1 x 1 y Thử lại thỏa mãn Hệ phương trình có nghiệm (1, (1,0đ) 2 );(1; ) 2 0,25 0,25 Đặt a x, b y, c 3z (a,b,c số dương thỏa mãn a b c 1) Tìm giá trị lớn biểu thức P 5(a b2 c2 ) 6(a3 b3 c3 ) P 5[a b c 2bc] 6[a3 (b c)3 3bc(b c)] P 2(4 9a)bc 8a 8a 0,25 (b c)2 (1 a)2 Đặt t bc 4 Xét P(t ) 2(4 9a)t 8a 8a )a 79 P(t ) (1) 81 )a P(t) hàm số bậc t Ta có P(0) 2(2a 1)2 ; P( (1 a)2 a(3a 1)2 ) 1 1 (2) (1 a) Trên (0, ] Hàm số đồng biến nghịch biến (1 a) ] nhỏ Từ (1) (2),suy GTLN P(t ) (0, 0,25 0,25 Suy giá trị lớn P(t ) a = b = c = 1/3 Suy giá trị lớn P x = 1/3; y = 1/6; z = 1/9 (Chú ý Nếu học sinh có cách giải khác mà kết tính điểm tối đa.) -Hết 0,25 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: … tháng … năm 2014 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 3mx (m 1) x (1) a Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m 1 b Tìm m để tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) điểm có hoành độ x 1 qua điểm A(1; 2) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: sin x cos x cos x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: log x 1 log x log8 x Câu (1,0 điểm) Rút gọn: P Cn1 2.2.Cn2 3.22.Cn3 n.2n1.Cnn Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng x 7t x 7 y 3 z 9 (d ) : y 2t Chứng minh (d1 ) (d ) chéo lập (d1 ) : 1 z 3t phương trình đường vuông góc chung hai đường thẳng Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a; SA vuông góc với đáy SA a Tính theo a thể tích tứ diện SACD góc hai đường thẳng SB, AC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm H (1; 3) , tâm đường tròn ngoại tiếp I (3; 3), chân đường cao kẻ từ A điểm K (1; 1) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C x3 xy x y y x y Câu (1,0 điểm) Giải hệ: y x3 3x y Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz Tìm giá trị nhỏ P 1 2 ( x 1) ( y 1) 3( z 1) - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………….…………; Số báo danh: ………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: … tháng … năm 2014 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu Đáp án Điểm Với m 1 : y x3 3x a) Tập xác định: D b) Sự biến thiên: x y ' 3x x; y ' x 0,25 điểm Hàm số đồng biến khoảng (;0) (2; ), nghịch biến (0; 2) Hàm số đạt cực đại x 0; yCD 1, cực tiểu x 2; yCT 3 Giới hạn: lim y ; lim y Đồ thị tiệm cận 0,25 điểm x x Bảng biến thiên: x Câu (2,0 điểm) -∞ +∞ y' 0,25 điểm y -∞ +∞ -3 c) Đồ thị: Giao Oy (0;1) Tâm đối xứng: I (1; 1) Điểm phụ: (1; 3); (3;1) 0,25 điểm y x3 3mx2 (m 1) x y ' 3x 6mx m Với x 1 y 2m Điểm M (1; 2m 1) 0,25 điểm Phương trình tiếp tuyến M : y y ' 1 ( x 1) 2m (4 5m)( x 1) 2m 1 () 0,25 điểm () qua A(1;2) 2(4 5m) 2m 1 10m 2m 1 0,25 điểm 5 8m m Vậy m 8 0,25 điểm (1) cos x Điều kiện: cos x 0,25 điểm sin x cos x (1) sin x cos x cos2 x sin x cos x cos2 x Câu (1,0 điểm) sin x sin x cos x sin x sin x( cos x sin x) cos x sin x 0,25 điểm Trường hợp 1: cos x sin x cos x sin x cos x cos sin x sin 2 6 0,25 điểm cos x x k x k (k ) (Thỏa mãn) 6 Trường hợp 2: sinx x k (k ) (Thỏa mãn) x k (k ) Vậy x k log ( x 1)2 log x log8 (4 x)3 (1) Điều kiện: 4 x 4; x 1 (1) log x log log (4 x) log (4 x) Câu (1,0 điểm) log x log (16 x ) x 16 x2 (*) 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm Trường hợp 1: 4 x 1 x (*) 4( x 1) 16 x2 x2 x 20 x Ta thấy x thỏa mãn 0,25 điểm Trường hợp 2: 1 x (*) 4( x 1) 16 x x2 x 12 x x 6 0,25 điểm Tương tự, ta thấy x thỏa mãn x thỏa mãn loại Vậy x Xét: (1 x)n Cn0 Cn1 x Cn2 x Cn3 Câu (1,0 điểm) Cnn nn (1) Đạo hàm hai vế của (1), ta được: n(1 x)n1 Cn1 x.Cn2 3x 2Cn3 n.x n1Cnn Chọn x n(1 2)n1 Cn1 2.2.Cn2 3.22.Cn3 0,25 điểm 0,25 điểm n.2n1.Cn1 0,25 điểm n.3n1 P Vậy P n.3n1 x 7t x 7 y 3 z 9 (d1 ) : ; (d ) : y 2t 1 z 3t (d1 ) : qua M (7;3;9); ud1 (1; 2; 1) 0,25 điểm 0,25 điểm (d ) : qua N (3;1;1); ud2 (7; 2;3) ud1 , ud2 (8; 4;16); MN (4; 2; 8) ud1 , ud2 MN 32 128 168 (d1 ),(d2 ) chéo Câu (1,0 điểm) 0,25 điểm Lấy A (d1 ) A(t ' 7;2t ' 3;9 t '); B (d2 ) B(3 7t;2t 1;3t 1) AB (t ' 7t 4;2t 2t ' 2; t ' 3t 8) AB (d1 ) AB.ud1 AB đường vuông góc chung AB (d ) AB.ud2 t ' 7t 2(2t 2t ' 2) (t ' 3t 8) 6t ' 6t 7(t ' 7t 4) 2(2t 2t ' 2) 3(t ' 3t 8) 6t ' 62t t A(7;3;9); B 3;1;1 ( 4; 2; 8) / /(2;1; 4) AB t ' x 7 y 3 z 9 qua A(7;3;9) AB : AB : (2;1; 4) u AB 0,25 điểm 0,25 điểm a3 VS ACD SA.S ACD S A Câu (1,0 điểm) D B 0,25 điểm C SB AC (SA AB) AC SA AC AB AC AB AC AB AC.cos 45 a SB AC a 0,25 điểm SB SB SA2 AB 2a AC AC 2a 0,25 điểm cos( SB; AC ) SB AC SB AC a2 2a 0,25 điểm SB; AC 60 + Kéo dài AI ( I ) D Ta có ACD 90 AC CD H trực tâm BH AC BH // CD Câu (1,0 điểm) A Chứng minh tương tự ta được BD // HC BHCD hình bình hành I (3; -3) Ta có BC HD M trung điểm đường (1) + Kéo dài AK ( I ) J AJD 90 AJ JD (hay JD AK ) AK BC (giả 0,25 điểm H(-1; 3) M B C K(-1; 1) J D thiết) JD // BC hay JD // KM (2) + Từ (1) (2) KM đường trung bình HJD K trung điểm HJ xH x J xK J (1; 1) IJ R (1 3) (1 3) y y J y H K 0,25 điểm ( I ) : ( x 3)2 ( y 3) 20 HK 0; 2 qua H (1; 3) + AH : AH : x 1 u AH (0; 2) y 1 ( x 3)2 ( y 3) 20 ( y 3) y 5 + A AH ( I ) x 1 x 1 x 1 0,25 điểm A(1; 5) J ( 1; 1) qua K (1; 1) BC : y + BC : BC AJ x ( x 3)2 ( y 3)2 20 ( x 3)2 x + B, C BC ( I ) y 1 y 1 y 1 0,25 điểm B(1; 1); C (5; 1) B(5; 1); C (1; 1) A(1; 5); B(1; 1); C (5; 1) Vậy A(1; 5); B(5; 1); C (1; 1) Câu (1,0 điểm) 2 x xy x y y x y (1) 3 y x x y (2) (1) ( x3 x2 y) ( xy y3 ) x y x2 ( x y) y ( x y) x y ( x2 y 1)( x y) 0,25 điểm x2 y (Vì phương trình x y vô nghiệm) x 2y y x x Thay y vào (2) : 3x x3 3x x x 3 x x 3x x 3x 3x ( x3 3x2 3x 1) ( x 1) 0,25 điểm 3x 3x ( x 1)3 ( x 1) * Xét f (t ) t t , t Ta có * f ( 3x 5) f ( x 1) f '(t ) 3t t f (t ) đồng biến * 0,25 điểm f ( 3x 5) f ( x 1) 3x x 3x ( x 1)3 3x x3 3x2 3x 1 x 1 y x 3x x 2 y 1 0,25 điểm Vậy ( x; y ) 1; ;(2; 1) Ta có bất đẳng thức : 1 ; a; b 2 (a 1) (b 1) ab Bất đẳng thức (a 1)2 (b 1)2 (1 ab) (a 1)2 (b 1)2 ab(a b)2 (1 ab)2 (luôn đúng) Câu (1,0 điểm) Áp dụng bất đẳng thức ta có : 1 P 2 ( x 1) ( y 1) 3( z 1) z 4 (do xyz ) 2 1 xy 3( z 1) 3( z 1) z 3( z 1) z 2 3( z z ) 3z 3z f ( z) 3( z 1)2 3( z 1) f '( z ) 3z 0 z 3 3( z 1) 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 13 f ( z ) f 16 P 13 16 Dấu ‘’=’’ xảy khi: x y Vậy Pmin ;z 13 16 Chú ý Nếu học sinh có cách giải khác mà kết tính điểm tối đa 0,25 điểm ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Môn: TOÁN ĐỀ 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 (2,0 điểm) Cho hàm số: y x 3x (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) b) Tìm m để đường thẳng y mx m cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt log ( x y ) 2log (2 x y) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 x y 10 /6 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I sin x cos xdx Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z có phần ảo âm thỏa mãn z 3z Tìm môđun số phức z 14 b) Tìm số hạng chứa x khai triển biểu thức (2 x 1) n biết C n0 C n1 C n2 56 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;2;3) hai đường thẳng d1: x3 y 3 z 4 x y 1 z 1 , d2: Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho độ dài đoạn thẳng 1 2 AB gấp lần khoảng cách từ A đến d CAD 300 , ASC Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình chữ nhật với AB a, o , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính theo a thể tích khối tứ diện S.BCD khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC ( AB BC ) tâm đường tròn ngoại tiếp I (1;0) M (3;3) điểm nằm đường trung trực cạnh BC N (2;4) điểm nằm đường thẳng chứa đường phân giác góc B tam giác ABC thỏa mãn AN CN Đường thẳng BC qua D(1;4) tung độ điểm B lớn tung độ điểm C Tìm tọa độ đỉnh A , B , C 1 x3 y ( x xy y 1) x y 1 y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 y x y y xy x 12 Câu (1,0 điểm) Cho ba số không âm a, b, c hai số đồng thời Chứng minh a abc b abc c abc a2 b2 c2 bc ca ab - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh :…… …………………….; Số báo danh:…………………… ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 đ) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm có trang) Điểm Nội dung a) (1,0 điểm) 0,25 * Tập xác định : D = R * Sự biến thiên hàm số: - Chiều biến thiên: y ' 3x x y' x x - Các khoảng đồng biến (;0) , (2;) ; khoảng nghịch biến (0;2) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x 0, yCĐ ; đạt cực tiểu x 2, yCT 0,25 - Giới hạn: lim y , lim y x x - Bảng biến thiên: 0,25 * Đồ thị (C ) : y 0,25 x -4 -3 -2 -1 -2 -4 -6 -8 b) (1.0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm d với đồ thị (C) hàm số (1) là: 0,25 x 3x mx m ( x 1)( x x m) 2 x x 2x m (2) 0,25 Trang 1/5 (1,0 đ) Yêu cầu toán thỏa mãn phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt ' m khác m m 0,25 m 3 Vậy, giá trị m cần tìm m 3 0,25 x y Điều kiện: 2 x y log x y log x y log ( x y) log log ( x y) x y 2(2 x y) y 3x Thế vào phương trình x y 0,25 ta phương trình 10 x 10 x y 3 x 1 y Đối chiếu với điều kiện, hệ phương trình cho có nghiệm 1;3 /6 I (1,0 đ) sin x cos xdx /6 2 sin x.(1 sin x) cos xdx 0,25 0,25 0,25 0,25 x t Đặt t sin x , ta có dt cos xdx Đổi cận: x t 1/ 1/ 0 0,25 I t (1 t )dt (t t )dt t3 t5 3 50 0,25 17 480 a) (0,5 điểm) (1,0 đ) Xét phương trình z 3z Vì 20 11 11i Suy z 0,25 (5) 11i 11i z 2 Vì z thỏa mãn (5) có phần ảo âm nên z 0,25 11i Ta có z 14 14 11i 0,25 z 14 14 11i 14 11 b) (0,5 điểm) Điều kiện: n , n 0,25 Trang 2/5 Cn Cn Cn n n( n ) n 10 n2 n 110 n 11 Vì n N , n nên n 10 10 Với n 10 , ta có (2 x 1)n (2 x 1)10 C10k x 1 k k 0 Số hạng tổng quát C10k 2k 1 10 k 10 k 10 C10k 2k 1 10 k x k k 0 0,25 x k Số hạng chứa x3 khai triển C107 (2 x) (1) 960 x (1,0 đ) 0,25 d qua M (3;3;4) có véctơ phương u1 (1;2;1) Ta có AM , u1 AM (2;1;1), AM , u1 (3;3;3) , suy d ( A, d1 ) u1 x 2t Phương trình tham số d là: y 2t Tọa độ B có dạng (3 2t;1 2t;1 t ) z t 0,25 Ta có AB (2 2t ) (2t 1) (t 2) 9t 16t Do đó: AB 2d ( A, d1 ) 9t 16t 9t 16t t t Vậy B(3;1;1) B( ; (1,0 đ) AC AB ; a, AD CD.cot 0,25 0,25 ) a 0,25 sin Vì SA (ABC ) nên SAC vuông A SA AC cot 450 2a 1 1 3a3 VBCDS S BCD SA BC.CD.SA a 3.a.2a (đvtt) 3 0,25 Các tam giác SAB , SAD vuông A SB a 5, SD a 2 2 2 SB SD BD 5a 7a 4a sin BSD 19 cos BSD 2SB.SD 35 2.a 5.a 35 SBSD 19.a SB.SD.sin BSD (đvdt) 2 Trang 3/5 0,25 3VBCDS 57a S BDS 19 Ta có IM (4;3) , IN (3;4) , IN Từ giả thiết suy IM , IN đường trung trực BC , CA Đường thẳng BC qua D(1;4) nhận IM (4;3) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x y 16 d (C , (SBD )) (1,0 đ) 0,25 0,25 Gọi N điểm cung nhỏ AC N thuộc đường trung trực cạnh AC N thuộc đường phân giác ABC N0 N N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I (1;0) có bán kính IN nên có phương trình ( x 1) y 25 Tọa độ B , C nghiệm hệ phương trình x 4 x y 16 x hay 2 y ( x 1) y 25 y 24 24 Vì y B yC nên B ; , C (4;0) 5 Đường thẳng AC qua C (4;0) nhận IN (3;4) làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình 3x y 12 Tọa độ A nghiệm hệ phương trình: 3x y 12 x x 12 / hay 2 y y 24 / ( x 1) y 25 12 24 Vì A C nên A ; Thử lại thỏa mãn điều kiện AB BC 5 12 24 24 Vậy A ; , B ; , C (4;0) 5 5 (1,0 đ) 1 x y y x y ( x xy y 1) (7 ) 2 (8) y x y y xy x 12 Trang 4/5 0,25 0,25 0,25 x y 1 Điều kiện: y x3 0 y 0,25 1 (7) x 3x y 3xy2 y3 y3 y y 1 x y 1 y ( y 1)3 1 ( x y )3 (9) y x y 1 Xét hàm số f (t ) t f ' (t ) 3t 1 t 1 khoảng (1;) , ta có: 0,25 0, t 1 f (t ) đồng biến khoảng (1;) 2( t 1) Do đó: (9) f ( y 1) f ( x y) y x y x 1 Thay x 1 vào phương trình (8), ta pt y y y y 13 4( y y 13) y y 0,25 4( y y 9) ( y y 4) (7 y y 4) 4( y 3) ( y 2) ( y 2) y y y (Thỏa mãn) 7 y 20 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y) (1;3) (1,0 đ) a abc b abc c abc a2 b2 c2 Ta có bc ca ab 3 c abc b abc a abc 2 c 0 b a ab ca bc a(a b)(a c) b(b c)(b a) c(c a)(c b) 0 bc ca ab Không giảm tính tổng quát, giả sử a b c Đặt x 0,25 (10) 0,25 (11) a b c , y , z bc ca ab 0,25 Do a b c nên x y z Ta có z(c a)(c b) , x(a c) y(b c) x(b c) y(b c) (b c)( x y) Suy x(a b)(a c) y(b c)(b a) z(c a)(c b) hay (11) Vậy bất đẳng thức (10) ( Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác mà kết tính điểm tối đa) -Hết -Trang 5/5 0,25 0,25 ... = 1/3 ab ( - 0,25 0,25 0,25 0,25 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 1 x m ... Đăng ký dự thi Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 28/3 /2015 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu... - t 27 Xét hàm P 16 Vậy MaxP = 16 y z 12 x TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN MÔN THI: TOÁN 12 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ