Đề thi thử tuyển sinh quốc gia THPT năm 2015 lần 5 môn Toán

Với thời gian làm bài 180 phút các bạn sẽ được tham khảo 10 câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết sẽ được trình bày cụ thể trong Đề thi thử tuyển sinh quốc gia THPT năm 2015 lần 5 môn Toán.

LỜI NĨI ĐẦU Với đề thi thử mơn Tốn năm 2015 dành cho khóa 1997, biên soạn tỉ mỉ, chứa đựng nhiều mưu đồ Những dạng toán phân bổ đều, phổ hết chương trình trung học phổ thông, tập trung vào kiến thức lớp 12 Các toán cập nhật làm để tiệm cận với đề tốt nghiệp Quốc gia Đề xếp dễ dần theo thời gian tham gia thi học sinh Đáp án tham khảo chia sẻ ba nhóm FC Đăng Quý, Dangquymaths người bạn, 97 Ôn thi Gia sư trực tuyến Cùng với luyện thi, lần tổ chức thi thử đầy ắp kỷ niệm, chứa đựng nhiều trải nghiệm cho Hy vọng tài liệu tham khảo hữu ích cho học sinh khóa 1997 trước kỳ thi tới Gửi lời cảm ơn chân thành tới quí Thầy Cô tham gia hỗ trợ phản biện đề! Hà nội, ngày 22 tháng năm 2015 Nguyễn Đăng Quý LUYỆN THI BÌNH MINH KÌ THI TUYỂN SINH QUỐC GIA THPT NĂM 2015 Mơn: TỐN ĐỀ THI THỬ LẦN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2mx (Cm) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m  b) Tìm m để hàm số (Cm) đạt cực tiểu x  Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: sin 2x  sin x  cos x  cos x   b) Cho số phức z thỏa mãn z   i z   4i Tính mơ đun số phức w  z  x 1 x   Câu (0,5 điểm) Giải phương trình:  3.4 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình: x  2x  2x   2(x  1) x   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   2x 1  sinx dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh 2a Hình chiếu vng góc đỉnh S mặt đáy trung điểm H cạnh AB SH  a Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB, AC x  y   x  y   Trọng tâm G tam giác ABC thuộc đường thẳng d : x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng 2 ( P) : x  y  z   mặt cầu ( S ) :  x  1   y     z  3  16 Xác định vị trí tương đối mặt phẳng ( P) mặt cầu ( S ) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với ( P) tiếp xúc với (S ) Câu (0,5 điểm) Một hộp đựng cầu trắng, cầu màu đỏ cầu xanh Chọn ngẫu nhiên cầu từ hộp Tính xác suất để cầu chọn có cầu trắng, cầu đỏ cầu xanh 2 Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương x , y, z thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  xy  3 x y z  z2  3 xy z2 x  2yz HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh……………………………… ; Số báo danh…0982473363……… Facebook: Dangquymaths Chúc em đạt kết cao Kỳ thi THPT Quốc gia năm 2015 Facebook: Dangquymaths ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2mx (Cm) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m   y  x  x2 3 + Tập xác định D  R Với m  + Sự biến thiên  41 Lim y  Lim x      Giới hạn vô cực: x  x   3x  16 x ; y '   x  0; x  2 Chiều biến thiên: y '  x  3 Bảng biến thiên: x y’  - -2  y  + 0 - 16  2; 0 +   Hàm số đồng biến khoảng  16 2;   ; nghịch biến khoảng  ; 2  0;2; Hàm số đạt cực đại yCD  x  ; hàm số đạt cực tiểu yCT   + Đồ thị (Học sinh tự vẽ)   Giao điểm với Oy: O  0;  , A  2 Giao điểm với Ox: O 0; Điểm uốn y ''  4x    2; , B 2; 16 3 80 y  ; 27  80   80  U1   ;   ; U1  ;     3 27 27      y ''   x   Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng  16 x  2; x  Facebook: Dangquymaths b) Tìm m để hàm số (Cm) đạt cực tiểu x  x  4mx y ''  4x  4m + Để hàm số đạt cực tiểu x  ta có điều kiện: + Ta có y '  4  y '(1)    4m  m   3   m  y ''(1)  4  4m  1  m   + Thử lại với m  1 thỏa mãn, m  3 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: sin 2x  sin x  cos x  cos x    PT  sin x  cos x cos x      tan x  x   k sin x  cos x     1  cos x   cos x    x   2  k 2    2 2  k 2 ; x    k 2 ; k  Z Vậy nghiệm phương trình là: x   k  ; x  3   b) Cho số phức z thỏa mãn z   i z   4i Tính mơ đun số phức w  z  + Đặt z  a  bi với a,b  R  z  a  bi + Theo giả thiết ta có:      a  bi   i a  bi   4i  b  2b  a i   4i  b  b  3    z  2  3i b  a   a     + Do ta có w   3i  w  42  32  + Vậy mô đun số phức w x 1 x 7 0 Câu (0,5 điểm) Giải phương trình:  3.4 + Phương trình cho tương đương với: 4x  12 x    4x 7   7.4x  12  Facebook: Dangquymaths  x   x  4 3   4x  x   x  4  x  log4  + Vậy nghiệm phương trình x  1; x  log4 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình: x  2x  2x   2(x  1) x  + Điều kiện: x  2   + BPT  (x  1) x  3x   2(x  1) x    (x  1) x    (x  1) x     (x  1) x  3x   x    x    (1)  x 2 x 3 x 2 0 Vì x  2 nên x   x   + Trường hợp 1: x  1  x   x    x   x   x2  x    1  x    1  , kết hợp điều kiện ta x  x   + Trường hợp 2: 2  x  1  x   x    x   x  (2) Với 2  x  1 bất phương trình (2) ln 1  Với 1  x   x  x   , kết hợp điều kiện  1  x   Kết hợp điều kiện trường hợp, nghiệm bất phương trình cho là: 2  x  1  ;x  2 Facebook: Dangquymaths  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   2x 1  sinx dx  + Ta có: I    2xdx   2x sin xdx  I1  I (1)  + Tính I   2xdx  0  x2  + Tính I   2 (2)   2x sinxdx   x sinxdx 0 u  x du  dx Đặt dv  sin xdx  v  cosx   Theo cơng thức tích phân phần ta có:    I   x cos x         cos xdx   sin x 02  (3)    2 2 + Từ (1) (2) (3) suy I  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh 2a Hình chiếu vng góc đỉnh S mặt đáy trung điểm H cạnh AB SH  a Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a S + Theo giả thiết HA  HB  a SH   ABC  + Gọi M trung điểm cạnh AC, Do ABC tam giác cạnh 2a nên a + Diện tích tam giác ABC: 1 S ABC  BM AC  a 3.2a  a 2 + Thể tích khối chóp S.ABC: 1 VS ABC  SH S ABC  a 3.a 3 BM  AC  BM  2a A I K H M B C Facebook: Dangquymaths  VS ABC  a (đvtt) + Vì BA  HA  d  B, ( SAC )   2d  H , ( SAC )  + Kẻ HK  AC , K  AC  KA  KM  HK  BM a  2 Kẻ HI  SK , I  SK Ta có SH  ( ABC )  SH  AC mà AC  HK  AC  ( SHK )  AC  HI Do HI  ( SAC )  d ( H , ( SAC ))  HI + Xét tam giác vuông SHK :  1   2 HI HK HS a 15 a 15     HI   d ( H ,( SAC ))  HI 3a 3a 3a 5 + Do ta được: d ( B,( SAC ))  2d ( H ,( SAC ))  + Vậy d ( B,( SAC ))  2a 15 2a 15 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB, AC x  y   x  y   Trọng tâm G tam giác ABC thuộc đường thẳng d : x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD + Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình: x  y    x  2   A  2;3  x  3y    y  A K D + VTPT AB, AC:   nAB  1; 1 , nAC  1;3   nAB nAC      1.1  1.3  Do cos BAC 10 nAB nAC   tan BAC 1  1  2 cos BAC  BC  AB I H B G M + Phương trình đường thẳng AD qua điểm A vng góc với AB: AD : x  y   + Gọi H, K hình chiếu vng góc G lên AB, AD tương ứng, M trung điểm BC 1 2 Ta thấy GH  AD  BC  AB ; GK  AB  GH  GK 3 3 + Vì G thuộc đường thẳng d : x  y   nên G  2t  4; t  GH  d  G , AB   GK  d  G , AD   2t   t  2t   t    t 1 ; 3t  C Facebook: Dangquymaths t  3t  t   3t  t  G  2;3     Mà GH  GK  2 t    t t  G  0;   nên f  G  f  G    G  2;3 , + Do G nằm góc BAC AC AB với f AB  x  y  ; f AC  x  y    + Với G  2;3 ta có AG  2GM  M (4;3) + Phương trình đường thẳng BC qua M vng góc với AB: BC : x  y   + Tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình: x  y   x    B 1;6   x  y    y  + Tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình: x  3y   x    C  7;0   x  y   y  + Phương trình đường thẳng BD qua B G: BD : 3x  y   + Tọa độ điểm D nghiệm hệ phương trình:  x  y 1  x    D  4; 3  x  y   y     + Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD: A  2;3 ; B 1;6  ; C  7;0  ; D  4; 3 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng 2 ( P) : x  y  z   mặt cầu ( S ) :  x  1   y     z  3  16 Xác định vị trí tương đối mặt phẳng ( P) mặt cầu ( S ) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với ( P) tiếp xúc với (S ) + Mặt cầu ( S ) có tâm I (1; 2;3) bán kính R  + Khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( P) : d ( I ,( P ))   2.2   22  22  12  2 + Vì d( I ,( P ))  R nên mặt phẳng ( P) cắt mặt cầu (S )   + Mặt phẳng (Q) song song với ( P) nên véc tơ pháp tuyến: n( Q )  n( P )   2; 2; 1 Do phương trình mặt phẳng (Q) có dạng: ( P) : x  y  z  m  với m  + Để mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S ) ta được: d( I ,( Q ))  R   2.2   m 22  22  12 m     m  12    m  15 + Vậy phương trình mặt phẳng (Q) : x  y  z   (Q) : x  y  z  15  Facebook: Dangquymaths Câu (0,5 điểm) Một hộp đựng cầu trắng, cầu màu đỏ cầu xanh Chọn ngẫu nhiên cầu từ hộp Tính xác suất để cầu chọn có cầu trắng, cầu đỏ cầu xanh + Phép thử T: “Chọn cầu từ 12 cầu” + Số phần tử không gian mẫu:   C 12  924 + Gọi A biến cố: “6 cầu chọn có cầu trắng, cầu đỏ cầu xanh ” + Chọn trắng từ trắng: C cách + Chọn đỏ từ đỏ: C cách + Chọn xanh từ xanh: C cách + Số phần tử không gian biến cố: A  C C C  240 + Xác suất cần tìm biến cố A: PA  A   240 20  924 77 2 Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương x , y, z thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  xy  + Ta có: P  4xy  AM GM P P  8 3  3 x y z  z2  3 xy z2 x  2yz 12 x y z  z2  3 xy z2 x  2yz x y z  2 3 xy z2 x  y2  z 2 2 2 x y z  3    xy z    1 1 x y z P  18      3  xy xy z   P  18  81 3 x y z 3 x y z 2 xy  z  P  18  81 x  y  z  Facebook: Dangquymaths 162 P  18  3 x  y  z  x y z 108 x y z 3 x y z P x y z 2 , ta có x  y  z  x  y  z  x  y  z  3 Do  t   Đặt t  Mặt khác P   f' t   t     3t  f t với  t  t  t  2  33  với  t  , f t t  nghịch biến với  t    f t  f   P  Vậy giá trị nhỏ P Dấu xảy x  y  z  HẾT -Mọi cách giải khác có lập luận chặt chẽ kết xác điểm tối đa Chân thành cảm ơn Thầy Cô hỗ trợ phản biện đề thi thử lần 4! Chúc em đạt kết cao Kỳ thi THPT Quốc gia năm 2015! ...LUYỆN THI BÌNH MINH KÌ THI TUYỂN SINH QUỐC GIA THPT NĂM 20 15 Mơn: TỐN ĐỀ THI THỬ LẦN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y... kết xác điểm tối đa Chân thành cảm ơn Thầy Cô hỗ trợ phản biện đề thi thử lần 4! Chúc em đạt kết cao Kỳ thi THPT Quốc gia năm 20 15! ... Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh? ??…………………………… ; Số báo danh…0982473363……… Facebook: Dangquymaths Chúc em đạt kết cao Kỳ thi THPT Quốc gia năm 2015