Tuyen chon 35 de thi thu THPT QG

Viết phương trình mặt phẳng Q song song với đường thẳng AB, vuông góc với mặt phẳng P và cắt S theo một đường tròn C sao cho diện tích hình tròn C bằng 18.. Cho hình chóp S.ABCD, có đáy[r]

TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 01 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số y   x3  3mx  (1) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m  b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị A, B cho tam giác OAB vuông O ( với O là gốc tọa độ ) 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  2ln x dx x2 52 x1  6.5 x   b) Một tổ có học sinh nam và học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học sinh để làm trực nhật Tính xác suất để học sinh chọn có nam và nữ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 và đường thẳng Câu (1,0 điểm) x  y 1 z  Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A và vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa   2 độ điểm B thuộc d cho AB  27 d: Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có tam giác ABC vuông A , AB  AC  a , I là trung điểm SC , hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a 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 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình Câu (1,0 điểm) P bc 3a  bc   x  xy  x  y  y  y     y  x   y   x  Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: ca 3b  ca  ab 3c  ab …….Hết……… ĐÁP ÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 01 Câu Nội dung a.(1,0 điểm) Vơí m=1 hàm số trở thành : y   x  3x  TXĐ: D  R y '  3 x  , y '   x  1 Điểm Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng  1;1 0.25 0.25 Hàm số đạt cực đại x  , yCD  , đạt cực tiểu x  1 , yCT  1 lim y   , lim y   x  x  * Bảng biến thiên x – y’ + y 0.25 + -1 – + + -1 - Đồ thị: 0.25 2 b.(1,0 điểm) y '  3 x  3m  3  x  m  0.25 y '   x  m   * Đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị  PT (*) có nghiệm phân biệt  m   **   Khi đó điểm cực trị A  m ;1  2m m , B    m ;1  2m m  Tam giác OAB vuông O  OA.OB   4m3  m    m  ( TM (**) ) 0.25 0.25 0,25 (1,0 điểm) Vậy m  sin x   6sin x  cos x  (sin x  6sin x)  (1  cos x)   sin x  cos x    sin x   2sin x  cos x   sin x   0.25 25 sin x   sin x  cos x  3(Vn)  x  k Vậy nghiệm PT là x  k , k  Z 25 0.25 (1,0 điểm) 2 2 ln x x2 ln x ln x I   xdx   dx  2  dx    dx x x x 1 1 Tính J   ln x dx x2 Đặt u  ln x, dv  0.25 0.25 1 dx Khi đó du  dx , v   x2 x x 2 1 Do đó J   ln x   dx x x 1 1 1 J   ln    ln  x1 2 Vậy I  0.25  ln 2 0.25 (1,0 điểm) 0.25 a,(0,5điểm) 5 x  52 x1  6.5 x    5.52 x  6.5 x     x 5   x   Vậy nghiệm PT là x  và x  1  x  1 b,(0,5điểm) n     C113  165 Số cách chọn học sinh có nam và nữ là C52 C61  C51 C62  135 135 Do đó xác suất để học sinh chọn có nam và nữ là  165 11 0.25 0.25 0.25 (1,0 điểm)  Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3  Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT 0.25 Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x    1 y  1   z  3   2 x  y  3z  18  Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t  2 AB  27  AB  27    2t   t   6  3t   27  7t  24t   0.25 0.25 t   13 10 12    Vậy B  7; 4;6  B   ; ;   t  7  7  (1,0 điểm) Gọi K là trung điểm AB  HK  AB (1) S j Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) 0.25 0.25 Từ (1) và (2) suy  AB  SK Do đó góc  SAB  với đáy góc   60 SK và HK và SKH M C  Ta có SH  HK tan SKH B H 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 đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   Từ H kẻ HM  SK M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM Ta có 1 16 a a Vậy d  I ,  SAB        HM  2 HM HK SH 3a 4 0.25 0,25 (1,0 điểm)  Gọi AI là phan giác BAC  Ta có :  AID   ABC  BAI A E M' B K I M C D 0,25   CAD   CAI  IAD    CAI ,  nên  Mà BAI AID  IAD ABC  CAD  DAI cân D  DE  AI PT đường thẳng AI là : x  y   0,25 Goị M’ là điểm đối xứng M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y   Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)   VTCP đường thẳng AB là AM '   3;5  VTPT đường thẳng AB là n   5; 3 Vậy PT đường thẳng AB là:  x  1   y     x  y   (1,0 điểm)  x  xy  x  y  y  y  4(1)    y  x   y   x  1(2) 0,25 0,25 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 đó (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 y  y   y 1  y  ( vì    y  y   y 1  y 0.25  y 1 1   y2    y  2    y  y   y 1 y 1 1  y2  y   y   0 y    0.25  0y  ) y 1   0.25 Với y  thì x  Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT là  5;  (1,0 điểm) Vì a + b + c = ta có bc  bc  bc  bc  1      ab a c  3a  bc a(a  b  c)  bc (a  b)(a  c) 1 Vì theo BĐT Cô-Si:   , dấu đẳng thức xảy  b = c ab a c (a  b)(a  c) Tương tự Suy P  ca ca  1      và 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 Đẳng thức xảy và a = b = c = Vậy max P = 0,25 0,25 0,25 a = b = c = 0,25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 02 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2.0 điểm) a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y  x  x b Biện luận theo m số nghiệm thực phương trình : x4  x2  m  Câu (1.0 điểm) a Cho cos     với     Tính giá trị biểu thức : M  10sin   5cos  b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi A là điểm biểu diễn số phức z = – 4i, B là điểm biểu diễn số phức z/  1 i z Tính độ dài đoạn thẳng AB Câu (0.5 điểm) Giải bất phương trình log ( x  3)  log ( x  2)  2 x Câu (1.0 điểm) Giải bất phương trình sau : x   x 1 35 12 Câu (1.0 điểm) Tính tích phân I   x  x dx   600 , hình chiếu Câu (1.0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a Góc BAC S trên mặt phẳng  ABCD  trùng với trọng tâm ABC Mặt phẳng  SAC  hợp với mặt phẳng  ABCD  góc 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  theo a Câu7 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I (1; 3) Đường phân  có phương trình là x  y  10  Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật biết đường giác góc DAC thẳng AB qua điểm M ( 5; 5) x 1 y  z 1 và hai điểm   3 A(3; 2; –1), B(–1; – 4; 3) Viết phương trình mặt phẳng trung trực AB, Tìm trên đường thẳng d điểm M cho MA2  MB đạt giá trị nhỏ Câu (0.5 điểm) Một hộp có đựng 15 bóng bàn đó có bóng còn Lần đầu ta lấy ba để thi đấu Sau đó lại trả ba đó vào hộp Lần thứ hai lại lấy ba Tìm xác suất để ba bóng lấy lần thứ hai là bóng Câu 10 (1.0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x  y  z  xyz Hãy tìm giá trị Câu (1.0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: lớn biểu thức: P  x y z   x  yz y  zx z  xy .HẾT… Họ tên thí sinh: SBD: ĐÁP ÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 02 Nội dung Câu Điểm Câu (2.0đ) a.(1.0đ) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y  x  x HS tự làm b (1.0 đ) Biện luận theo m số nghiệm thực phương trình : x4  2x2  m  Phương trình đã cho tương đương với: x  x  m NX: Số nghiệm thực phương trình số giao điểm đường thẳng y = m và đồ thị (C) Suy ra: * m< –1 : phương trình vô nghiệm * m = -1 hay m > : phương trình có nghiệm * m = : phương trình có nghiệm * -1< m < : phương trình có nghiệm Câu2 (1.0đ) 0.5  với     Tính giá trị biểu thức : M  10sin   5cos  a (1.0đ) Cho cos    16  25  3      sin    sin   M  10  5.(  ) 5 b Vì A là điểm biểu diễn số phức z = – 4i nên A = (3; -4) 1 i (1  i)(3  4i )  i 1 Ta có z /  z    i 2 2 sin 2  cos 2   sin     cos 2    0.25 =2 0.25 0.25 0.25  1  7   1  nên B   ;  AB          2  2    Câu3 (0.5đ) 0.5 (0.5 đ) Giải bất phương trình log ( x  3)  log ( x  2)  2 x  Điều kiện:   x 3 x  Bất pt  log ( x  3)( x  2) 1  ( x  3)( x  2)   x  x    1 x4 0.25 0.25 Kết hợp điều kiện , suy tập nghiệm bất phương trình là S   3; 4 Câu (1.0đ) x x  x 1 35 12  x  1 Đk: x     x 1 0.25 +) Xét x < -1 :bpt VN +) x > : 1  t x2  x2 x 1 x2  x 1 x2 x 1  1225 x4   144 x 1 , t  (2)  t  2t  1225 0 144 x2 x 1  1225  0(2) 144 0.25 0.25  t x2 25 (dot  0)  12 x2 1  25  144 x  625 x2  625 12 25   0  x  16 1  x   144 x  625 x  625      ( d o x  1)  x  25 x    Câu (1.0đ) 0.25 Tính tích phân I   x2  x dx 0,25 Đặt u =  x  u   x  dx  2udu Đổi cận: x =  u  ; x =  u  0,25   Ta I =  u  2u  u du 0.25  u 2u u     0  16 = 105 = 2 Câu (1.0đ) 0.25   600 ,hình Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a Góc BAC chiếu S trên mặt  ABCD  trùng với trọng tâm tam giác ABC Mặt phẳng SAC  hợp với mặt phẳng  ABCD  góc 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  theo a S E A D H B O C * Gọi O  AC  BD và H là hình chiếu S trên (ABCD), đó H thuộc BO và SH là đường cao hình chóp S.ABCD * Xác định góc (SAC) và (ABCD) Vì ( SAC )  ( ABCD )  AC và AC  ( SOB ) , ( SOB )  ( SAC )  SO, ( SOB )  ( ABCD )  OB nên   600 ((SAC ), ( ABCD))  ( SO, OB)  SOB 0,25 Tính thể tích hình chóp S.ABCD Ta có VS ABCD  SH S ABCD (*) Xét tam giác SOH vuông H có:   SH  SH  OH tan 60  OB  a  a tan SOH OH 3 2 a a2 Vì ABC là tam giác nên S ABC  suy S ABCD  2.S ABC  2 1 a a a Từ (*) ta có VSABCD  SH S ABCD   (đvtt) 3 2 12 0,25 * Tính d(B,SCD)) Trong ( SBD) kẻ OE//OS ( E  SD ) đó OC ; OD; OE đôi vuông góc và a a 3a ; OD  ; OE  2 1 1 3a Áp dụng công thức :    d  2 d (O, SCD) OC OD OE 112 0.25 OC  0,25 6a Vậy d  B, ( SCD)   d  O, ( SCD)   112 Câu (1.0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I (1; 3) Đường phân giác  có phương trình là x  y  10  Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật góc DAC biết đường thẳng AB qua điểm M ( 5; 5)   có phương trình là x  y  10  Tìm Tâm I (1; 3) Phân giác góc DAC tọa độ các đỉnh hình chữ nhật biết đường thẳng AB qua điểm M ( 5; 5) M B A 0,25 I K H C D E Gọi H đối xứng với I qua phân giác AE thì H thuộc AD và tìm H (7;9) - Điểm A thuộc phân giác AE có phương trình x  y  10  nên gọi A(10  t; t) -   t   A(10;0) Từ AH  AM  AH AM    t   A(6;8) TH1 : Với A(10; 0) vì I (1; 3) là trung điểm AC nên tọa độ C là C (8; 6) - Vì - 0,25 M ( 5; 5) thuộc AB nên đường thẳng AB có phương trình là  x  y  10  - Đường thẳng CB qua C (8; 6) và vuông góc với AB nên CB có phương trình là x  y  30  -  x  8 3 x  y  30  Tọa độ B t/m hệ     B(8; 6) loại vì C  B  x  y  10   y  6 TH2 : Với A(6;8) vì I là trung điểm AC nên tọa độ C là C (8; 14) - AB qua A và M nên phương trình AB là 13 x  y  70  - BC qua C và vuông góc với AB nên phương trình BC là  x  13 y  190  13 x  y  70  72 254 Tọa độ B thỏa mãn hệ   B( ; ) x  13 y  190  17 17 106 152 Vì I (1; 3) là trung điểm BD nên tọa độ D là D ( ; ) 17 17 - - 0,25 0,25 72 254 106 152 ; ) , C (8; 14) , D( ; ) 17 17 17 17 x 1 y  z 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: và hai điểm   3 A(3; 2; –1), B(–1; – 4; 3) Viết phương trình mặt phẳng trung trực AB, Tìm trên đường thẳng d điểm M cho MA2  MB đạt giá trị nhỏ Vậy tọa độ các đỉnh là A(6;8) , B ( Câu (1.0đ)   AB  ( 4; 6; 4) Mặt phẳng trung trực AB có vecto pháp tuyến n  (2;3; 2) và qua trung điểm I(1;-1;1) AB Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là :  x  1   y  1   z  1   x  y  z   x  1 t  Viết lại phương trình đường thẳng d dạng tham số d :  y  1  2t  z   3t  Vì M  d nên M = (1 + t, – + 2t, – t) Ta có: MA2 + MB2 = (t  2)  (2t  3)2  (2  3t ) + 0,25 0.25 (2  t )  (2t  3)  (2  3t ) 2 0,25 2 0.25 MA2 + MB2 = 14t  28t  17  14t  28t  17  28t  34 MA2 + MB2 nhỏ 34 t = Vậy M(1;-1;1) Câu Một hộp có đựng 15 bóng bàn đó có bóng còn Lần đầu ta lấy ba để thi đấu Sau đó lại trả ba đó vào hộp Lần thứ hai lại lấy ba Tìm (0.5đ) xác suất để ba bóng lấy lần thứ hai là bóng Lần đầu lấy ba để thi đấu sau đó bỏ lại, hộp cầu có bóng và bóng cũ Số phần tử không gian mẫu là C153 Số phần tử biến cố : C63 Xác suất xảy biến cố là Câu 10 (1.0đ) C63 C153 0,25 0,2 Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x  y  z  xyz x y z Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: P    x  yz y  zx z  xy Vì x; y; z  , áp dụng BĐT Côsi ta có: P  x x yz  y y zx  z z xy 0,25 1 2        yz zx xy   1 1 1   yz  zx  xy   x  y  z             y z z x x y   xyz xyz  2  xyz      xyz   Dấu xảy  x  y  z  Vậy MaxP = =    0,5 0,25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 03 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  2x  2x  C  a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số b) Tìm m để đường thẳng d : y  2mx  m  cắt (C) hai điểm phân biệt A và B Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos x  cos x  sin x  1  b) Giải phương trình: x  5.3x   Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sau trên tập số phức: z  z   b) Cho khai triển   x  tìm hệ số số hạng chứa x khai triển đó e  ln x   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I    x3  dx  x ln x    x  2t   Câu (1,0 điểm) Cho điểm M  1;3; 2  , n 1; 2;3  và đường thẳng d :  y  t t   z   t   Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n làm vectơ pháp tuyến Tìm tọa độ giao điểm (P) và đường thẳng (d) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có O là tâm đáy khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  và góc mặt bên và mặt đáy  Tính thể tích khối chóp S ABCD theo  Xác định  để thể tích khối chóp đạt giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng d : x  y   Điểm E  9;  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F  2; 5  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm  y  1 x   y  x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x, y     x  x y  y  Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực không đồng thời thỏa mãn điều kiện  a  b  c 2   a  b  c  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức a  b3  c  a  b  c  ab  bc  ca  HẾT P ĐÁP ÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 03 Câu 1.a Đáp án  1  2 *TXĐ:  \   *SBT: y '  2  x  12 Điểm 1,0  0, x    I  d  c   A(1;3); B (3;1) 1 2       0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;   và   ;   0,25 Tính giới hạn và tiệm cận Lập bảng biến thiên 0,25 *Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị 0,25 0,5 1.b PT hoành độ giao điểm: 2x   2mx  m  1; x   2x  0,5 2  4mx  mx  m   , (1); Đặt g  x   4mx  4mx  m  * (d) cắt (C ) hai điểm phân biệt  PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2  m      '  4m   m    g        0,5 2.a 0,5 cos x  cos x  sin x  1  cos x    sin  x       4 0,25  k   k    x  k 2   +) Với sin  x     (k  )  x    k 2 4   +) Với cos x   x  2.b 0,25 0,5  5.3     x x x  x  5.3   0,25 Đặt t  x t  0 Phương trình trở thành t  5t   x  t    t   x  log 3a 0,25 0,5 Ta có,   11  Suy phương trình có hai nghiệm là: z1  0,25 1  11i 1  11i ; z2  2 0,25 3b 0,5 k 8 Ta có khai triển sau:   x    C8k 28 k x k 0,25 k 0 Từ đó suy hệ số x là C86 22  112 0,25 1,0 e e I   x3dx   1  ln x dx;  x ln x e e  x dx  x 4  e 1 0,5 e d   x ln x  e2  ln x 1  x ln x dx  1  x ln x   ln  x ln x   ln  e  2  ln  ln e e 0,5 e4  e2 Vậy I   ln 1,0  Phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto n làm vecto pháp tuyến là: 1 x  1   y  3   z     x  y  z   0,5 Vậy phương trình (P) là: x  y  z   Thay x, y, z từ phương trình đường thẳng (d) vào mặt phẳng (P) ta được: 2t  2t  3(2  t)    t  1  x  2, y  1, z  Vậy tọa độ giao điểm đường thẳng và mặt phẳng là I  2; 1;1 0,5 1,0 Gọi M là trung điểm BC Trong mp  SOM  kẻ OH  SM S (1) S ABCD là hình chóp nên SM  BC , OM  BC Suy BC   SOM   OH  BC (2) Từ (1) và (2) suy OH   SBC   OH  Từ (1) và (2) ta có D     SBC  ,  ABCD    SMO OH Xét OHM vuông H ta có OM   sin  sin  0,25 H C M O A 1 tan   sin  cos Ta có AB  2OM   S ABCD  AB  sin  sin  1 4 Suy VS ABCD  S ABCD SO  (đvtt)  3 sin  cos 3sin  cos B Xét SOM vuông O ta có SO  OM tan   0,25 Đặt P  sin  c os Ta có P  sin  c os  c os  c os 3 Đặt cos   t , t   0;1 t Ta có P    3t , P 3  t2  3 Lập bảng biến thiên 3 Suy P  t  t + - P   t1   0,5 P VS ABCD nhỏ P l  t 3  cos      arccos 3 Vậy VS ABCD nhỏ (đvtt)   arccos 1,0 +) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC  E’ thuộc AD Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm E  9;  B E  phương trình EE’: x  y   I A J C E' Gọi I = AC  EE’, tọa độ I F x  y   x  là nghiệm hệ    I  3;   x  y 1   y  2 D Vì I là trung điểm EE’  E '( 3; 8) AD qua E '( 3; 8) và F (2; 5)  phương trình AD: x  y   0,25 A  AC  AD  A(0;1) Giả sử C (c;1  c) Vì AC  2  c   c  2; c  2  C ( 2;3) 0,25 Gọi J là trung điểm AC  J ( 1; 2)  phương trình BD: x  y   Do D  AD  BD  D (1; 4)  B ( 3; 0) Vậy A(0;1) , B (3;0), C ( 2;3), D (1; 4) 0,25 1,0  y  1 x   y  x  (1) (I )  2 (2)  x  x y  y  Đặt 0,25 x   t   phương trình (1) có dạng: 2t   y  1 t  y   t  y     y  1   y  1   y  3   t  (l )  0,25 y 1 +) Với t  y    x   y    thay vào (2) ta x  y  y 0,25 2 16 y  y  1  y  y  1  y    y  (do y  )  x  Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) 0,25 1,0 1 2 gt ab  bc  ca   a  b  c    a  b  c     ab  bc  ca   a  b  c   2 Do đó P  a3  b  c3  a  b  c 0,25 3  4a   4b   4c           16  a  b  c   a  b  c   a  b  c   Đặt x 4a 4b 4c ,y ,z  abc abc a bc Thì y  z  4 x x  y  z     xy  yz  zx   yz  x  x  Vì  y  z   yz nên  x  Ta có P  0,25 3 3 x  y3  z3   x   y  z   yz ( y  z )  (3 x  12 x  12 x  6)  16 16 16    8 Xét hàm số f ( x)  x3  12 x  12 x  với x  0;   3 f ( x)  16, max f ( x)  TRƯỜNG THPT TÂN YÊN 176 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 04 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề 0,25 0,25 2x 1 có đồ thị (H) x 1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (H) hàm số b)Tìm điểm M thuộc (H) cho Tiếp tuyến điểm M có hoành độ dương cắt hai đường tiệm cận Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  (H) A, B cho AB  10 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 32 x 1  4.3x   Câu (1,0 điểm) a) Tính môđun số phức z  (1  2i)(2  i) b) Cho tập A  1, 2,3, , 2015 , từ tập A chọn ngẫu nhiên hai số Tìm xác suất để giá trị tuyệt đối hiệu hai số chọn  x  ln  x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  y  z   và đường thẳng  x   3t  d:  y   t Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) z  1 t  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a đồng thời SA, SB, SC đôi vuông góc với S Gọi H, I, K là trung điểm các cạnh AB, AC, BC Gọi D là điểm đối xứng S qua K; E là giao điểm đường thẳng AD với mặt phẳng (SHI) Chứng minh AD vuông góc với SE và tính thể tích khối tứ diện SEBH theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, các 7 5 đường thẳng AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC các điểm M 1; 5 , N  ;  , 2 2  13  P ;  (M, N, P không trùng với A, B, C) Tìm tọa độ A, B, C biết đường thẳng chứa cạnh AB qua  2 Q  1;1 và điểm A có hoành độ dương Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  13 y   x  1 3 y   x  2  y  1 x   y   x  y  12 y   x  1 3 y   x, y    Câu (1,0 điểm) Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn a  2b  c  và a  b  c  ab  bc  ca  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  ac2 a  b 1  a(b  c)  a  b  (a  c)(a  2b  c) HẾT ĐÁP ÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 04 Câu 1.a Đáp án Điểm 1,0  Tập xác định: D   \ 1  Sự biến thiên 3 y,   0, x   x  1 0,25 + Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ;1) và (1;  ) + Hàm số không có cực trị + Giới hạn: * lim y  2; lim y   Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang đồ thị hàm số x  0,25 x  * lim y  ; lim y    Đường thẳng x = là tiệm cận đứng đồ thị hàm số x 1  x 1 Bảng biến thiên: x -∞ y' +∞ +∞ y 0,25 -∞    Đồ thị: Giao điểm (H) với Ox là   ;  , giao điểm (H) với Oy là   Đồ thị nhận I 1; 2 làm tâm đối xứng  0; 1 0,25 1.b 1,0  2x   Gọi M  x0 ;    H  ; x0      x0  1 2x 1 Phương trình tiếp tuyến  H  M là  d  : y  x  x0    x0   x0  1 3  2x   (d) cắt tiệm cận đứng (x=1) A  1;   x0   (d) cắt tiệm cận ngang (y=2) B  x0  1;  0,25 0,25 36 AB  10   x0  1   x0  1  40 0,25  x0   (do  x0 )  x0  Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán M  2;5 và M  4;3 0,25 1,0  3x  x  32 x 1  4.3x     x   3   x  1  1,0 3a 0,5 2 z  (1  2i )(2  i )  (1  2i)(4  4i  i )  (1  2i )(3  4i )   4i  6i  8i  11  2i Vậy z  11  2i  z  112  22  5 3b 0,5 Gọi A là biến cố: “Hiệu hai số chọn 1” Số phần tử không gian mẫu: n  C2015 0,25 Số cặp số có hiệu (là cặp hai số liên tiếp) là n A  2014 n 2014 Vậy xác suất để “Hiệu hai số chọn 1” là P  A   A  n C2015 0,25 1,0 Ta có: I   I1    x  ln  x x .dx  4  x dx   1  ln  x x  I I 14 xdx  x x  3 0,25 0,25 u  ln(1  x )  du  dx   x (1  x )   dx  dv  v  x  x   4  I  x  ln  x |   dx  6ln  ln  x |  ln  ln  1 x 14 Khi đó I  I1  I =  ln  ln   ln  ln  3 ln(1  x ) I2   dx , đặt x     0,25 1,0 0,25 M(1+3t, – t, + t) d 2(1  3t )  2(2  t )   t  3t= 1 Suy ra, có hai điểm thỏa bài toán là M1(4, 1, 2) và M 2( – 2, 3, 0) Ta có d(M,(P)) =  0,25 0,5 0,25 1,0 Gọi HI  AK  J , SJ  AD  E  E  AD   SHI  Ta có J là trung điểm AK, kẻ FK//SE AD a   F  AD   AE  EF  FD  3 Trong tam giác vuông cân SBC, a SK  BC   SD  a 2 S C I A H J 0,25 K B E F D Trong tam giác vuông SAD, SA2  a , AE AD  a a  a  SA2  AE AD  SE  AD Tam giác SAB cân S nên SH  AB Ta lại có SC   SAB  , SC / / BD  BD   SAB   BD  SH  SH  ( ABD )  SH   HBE  a SH  , S HEB  S EAH S AH AE 1 a2 a2 Mà EAH   , S DAB  AB.BD   S HEB  S DAB AB AD 2 12 VSHBE a3  SH S HBE  (đvtt) 36 0,25 0,25 1,0 Đường tròn ngoại tiếp ABC chính là đường tròn ngoại tiếp MNP có phương trình là  3  x  y  3x  29  có tâm là K  ;0    Vì P là điểm chính cung AB nên đường thẳng chứa AB qua Q  1;1 vuông góc với KP PT AB: x  y   Tọa độ A, B là thỏa mãn hệ  y  2x   y  x  2 x  y       x   2  x  y  x  29   x   x  3  x  29    x  4  Từ đó, tìm A 1;3 , B  4; 5  Ta lại có AC qua A, vuông góc với KN có phương trình x  y   Nên tọa độ điểm C thỏa mãn  y   2x  y   x 2 x  y       x   C  4; 1  2  x  y  x  29   x    x   x  29    x   0,25 0,25 0,5 0,25 1,0  x  13 y   x  1 3 y   x 1  2  y  1 x   y   x  y  12 y   x  1 3 y    Trừ vế với vế (1) và (2) ta  y 1  y  1 x  y  y    y  x Với y  thay vào (1) ta x  13  x   x  x  0,25 Với y  x thay vào (1) ta x3  13x  x   x  1 3x    x  1   x  x  1   x  1  x  1 x  1   x  x  1 Đặt a  x  1, b  3x  ta 0,25  a   x  x  1   x  1 b a  b   a  b3   a  b  x  1     2  a  ab  b  x   b   x  x  1   x  1 a x 1 y 1 a  b  x   3 x   x3  15 x  x     x    y  64  2 a  a  a  ab  b  x     b    x  1  x     b   x  x   0, x 2  2   1  Vậy hệ có nghiệm  x; y   1;1 ,  ;   64  0,5 1,0 Áp dụng BĐT AM - GM ta có : ab  bc  ac   a  b  c  a  2bc  ab  2ac   a  bc  ab  ac  a  b  a  c   Khi đó,  ab  ac     a  b  a  c   a  b  c   a  b   a c2   a b  c   a  b 1 a  b Mặt khác,  a  c  a  b  2c   0,5 a  b 1 a  b 1   a  c  a  b  2c    a  b   a  c a  b  c     a  b 2 2 a  b 1 1 1  Do đó, P          2 a  b  a  b a  b a  b  ab  Vậy GTLN P 0,5 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 05 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2mx  (1) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) ứng với m = b) Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C cho BC = và A là điểm cực trị thuộc trục tung Câu (1,0 điểm) Giải phương trình log 22  log x   Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình cos x  cos x   sin x  sin x  b) Gọi A là tập hợp tất các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi khác và khác Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp A Tính xác suất để chọn số chia hết cho dt  t Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : x 1 y  z   và mặt 1 phẳng  P  : x  y  z   Viết phương trình đường thẳng d qua điểm A  3; 1;2  , cắt đường thẳng  và song song với mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a, góc cạnh bên và mặt đáy 60 Gọi M, N là trung điểm AB, BC Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  AD , tâm I 1; 2  Gọi M là trung điểm cạnh CD, H  2; 1 là giao điểm hai đường thẳng AC và BM Tìm tọa độ các điểm A, B Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x   x   3x  x Câu (1,0 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a2 b2   ( a  b) 2 (b  c)  5bc (c  a )  5ca Hết ĐÁP ÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 05 Câu 1.a Đáp án Điểm 1,0 Với m = hàm số trở thành : y  x  x  TXĐ : R ; lim y   x  0,25 x  Có y '  x  x ; y '     x  1 BBT (lập đúng và đầy đủ) Hàm số đồng biến trên  1;0  và 1;   0,25 0,25 Hàm số nghịch biến trên  ; 1 và  0;1 yCĐ =1 x = 0; yCT = x  1 Đồ thị: (Vẽ đúng và chính xác) 0,25 0,5 1.b x  Ta có y '  x  4mx  x  x  m  ; y '     * x  m Để hàm số có ba cực trị thì y’=0 có ba nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua ba nghiệm đó  (*) có hai nghiệm phân biệt khác  m  (**)  x   A  0;1 Khi đó y '     x   m  B m ;1  m , C  m ;1  m  Do đó BC   m   m  (t/m (**))    0,25 0,25 0,25  0,25 1,0 log x  log 22  log x     log x  2 0,5 x   x   0,5 3a 0,5  cos x  sin x  sin x  cos x    2x       cos  x    cos  x     3 3   2x    3 cos x  sin x  sin x  cos x 2 2  2   x   k 2 x  k 2  3  ,k    2    x   k 2 xk 3  3b 0,25 0,25 0,5 Các số gồm ba chữ số đôi khác và khác lập là A  504  n  A   504 Chọn ngẫu nhiên số từ A có 84 cách nên n     84 Gọi B: “Số chọn chia hết cho 3” Số lập chia hết cho lập từ các số sau: 1; 2;3 , 1; 2;6 , 1; 2;9 , 1;3;5 , 1;3;8 , 1; 4; 7 , 1;5; 6 , 1;5;9 , 1;6;8 , 1;8;9 0,25 2;3; 4 ,2;3; 7 ,2; 4; 6 , 2; 4;9 , 2;5;8 , 2;6; 7 , 2;7;9 , 3; 4;5 , 3; 4;8 3;5; 7 , 3; 6;9 , 3;7;8 , 4;5; 6 , 4;5;9 ,4;6;8 , 5;6; 7 , 5; 7;9 , 6; 7;8 , 7;8;9 0,25 Mỗi số lập 3!=6 số nên có tất 29.6=174 số Chọn số các số đó có 174 cách  n  B   174 Vậy xác suất là P  B   n  B  174 29   n    504 84 1,0 2 dt  1      dt 4t 0 2t 2t  I 2t = ln 2t  ln 0,5 0,5 1,0 Gọi B  d    B   nên giả sử B 1  2t;  t ;3t   Khi đó AB   2  2t ;3  t ;3t   là vtcp d  Mặt phẳng (P) có vtpt n   2; 1; 2    Vì d//(P) nên AB.n    2  2t     t    3t     t     10    AB    ; ; 3  hay u   4; 10;9  là vtcp d  3   x   4t  Vậy phương trình d:  y  1  10t , t    z   9t  0,5 0,5 1,0 *)Vì S.ABC là hình chóp nên ABC là tam giác tâm G và SG   ABC   VS ABC  SG.S ABC Tam giác ABC cạnh a nên a a2 AN   S ABC  Có AG là hình chiếu AS trên (ABC) nên góc   60 (vì cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = SAG  nhọn) SG  AG  SAG a AN  3 Trong tam giác SAG có SG  AG.tan 60  a a a3 Vậy VS ABC  a  12 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M  (SMN) nên d C , SMN   3d G , SMN  0,25 Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG  Ta có tam giác ABC nên K SG   ABC   SG  MN  MN   SGK  0,25 0,25 Trong (GKH), kẻ GH  SK  GH  MN  GH   SMN  , H  SK  d G , SMN   GH 2 1 a AN ; BG  AG  AN  GK  AN  AN  AN  3 12 Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên 1 1 48 49 a       GH  2 GH SG GK a a a 3a Vậy d C , SMN   3GH  Ta có BK  0,5 1,0 Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD   nên IC  3IH  Mà IH  1;1 , giả sử  x   3.1 x  C  x; y      C  4;1  y   3.1  y  Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5) CM BC   BAC  Lại có AB  AD nên    MBC BC AB   BCA   90  MBC   BCA   90  AC  BM Mà BAC  Đường thẳng BM qua H(2;-1), có vtpt IH  1;1 0,25  pt BM: x + y – =  B  t ;1  t    Có AB   t  2;6  t  ; CB   t  4; t    Vì AB  BC  AB.CB    t   t    t   t       t    B  2; 1  B  2; 1  0,25  0,25 1,0 x  0  x  3  41   Điều kiện: 1  x    3  41 (*) 3  41   x  x   8  2  3x  x  Bất phương trình đã cho tương đương với x   x  x(1  x )   3x  x  3( x  x )  (1  x )  ( x  x )(1  x )  0,25  5  34 x  x x x x x x 3 2 1     x  10 x     1 x 1 x 1 x  5  34 x   5  34 3  41 Kết hợp điều kiện (*), ta suy nghiệm bất phương trình là x 0,5 2 1,0 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có a2 a2 4a b2 4b Tương tự, ta có    (b  c)2  5bc (b  c)2  (b  c)2 9(b  c)2 (c  a )2  5ca 9(c  a ) 0,25 Suy a2 b2  a2 b2   a b          2 2  (b  c)  5bc (c  a)  5ca  (b  c) (c  a)   b  c c  a  2  ( a  b)   c (a  b )  2  a  b  c ( a  b)  2  2(a  b)2  4c(a  b)            ab  c(a  b)  c   ( a  b)  (a  b)  4c(a  b)  4c    c ( a  b)  c     Vì a  b  c   a  b   c nên 2 2  2(1  c )2  4c (1  c )  8  P   (1  c )2   (1  c)     (1  c)2  4c(1  c)  4c   c   8   (1  c)2 với c  (0; 1) Xét hàm số f (c )     c   16   c Ta có f '(c )     (c  1);   c   (c  1) f '(c ) – + f '(c )   (c  1) 64  (3c  3)   c  Bảng biến thiên: f (c )  (1)  Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)   với c  (0; 1) 0,5 1 (2) 1 Từ (1) và (2) suy P   , dấu đẳng thức xảy a  b  c  1 Vậy giá trị nhỏ P là  , đạt a  b  c  TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 06 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3x  (C) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm m để phương trình x3  3x  m  có nghiệm phân biệt Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 3cos x  cos x  sin x   b) Tìm số phức z thỏa mãn hệ thức: (  i )(1  i )  z   2i Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: 4.25 x  3.5 x   (1  x  y ).51 x  y   x  y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  x  3y y    y x  ( x, y  ) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I =  x  1.xdx Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC  a, BC  2a,  ACB  1200 , đường thẳng A ' C tạo với mặt phẳng  ABB ' A ' góc 300 Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách hai đường thẳng A ' B, CC ' theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(3; 4), đường thẳng d : x  y   và đường tròn (C ) : x  y  x  y   Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d và nằm ngoài đường tròn (C) Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B là các tiếp điểm) Gọi (E) là đường tròn tâm E và tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M cho đường tròn (E) có chu vi lớn Câu (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + 2z + = và x  1 t  đường thẳng (d ) :  y   t , z  1 t  Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d).Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc (d) , tiếp xúc với (P) và có bán kính Câu (0,5 điểm) Gọi A là tập hợp các số tự nhiên gồm chữ số khác Chọn ngẫu nhiên số từ A.Tính xác suất để số chọn có mặt chữ số mà không có mặt chữ số Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn : x   y    x  y Tìm giá trị lớn và nhỏ P = x ( x  y )  y ( y  x)  2(32  xy x  y ) 2 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HOAJSỐ Nội dung Câu a) (1,0 điểm) * TXĐ: D =  x y Điểm 0,25 Câu (2,0 điểm) / +) Chiều biến thiên : y  x  x x  y /  x2  x    x 1 y /  với x   ;0   1;   nên hàm số đồng biến trên các khoảng: 0,25  ;0  , 1;   y /  với x   0;1 nên hàm số nghịch biến trên khoảng:  0;1 Câu (2,0 điểm) Điểm cực đại (0;1), điểm cực tiểu (1 ; 0) +) Giới hạn và tiệm cận : lim y  ; lim y   x  x  -+) Bảng biến thiên :  x - + y’ + 0 + y + 0,25 - - Câu (1,0 điểm) Câu (1,0 điểm) Câu (0,5 điểm) +)Đồ thị b) (1,0 điểm) Ta có x3  x  m   x  x   m  (1) Số nghiệm phương trình (1) số giao điểm (C) và đường thẳng y m2 Theo đồ thị ta thấy đường thẳng y  m  cắt (C) điểm phân biệt và 2  m  1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm phân biệt m  ( 2; 1) a) (0,5 điểm) 3cos x  cos x  sin x    3(1  2sin x)  4(1  sin x)  sin x    2 sin x  sin x   0,25  sin x  (VN)     x   k 2 ( k  )  sin x  b) (0,5 điểm) Đặt z  a  bi , ( a, b   ), đó z  a  bi Theo bài ta có (2  i )(1  i)  a  bi   2i  a   (1  b)i   2i a   a  Do đó z  1 3i   1  b  2 b  Đặt t  x (t  0) Phương trình đã cho trở thành : t  4t  3t     t   (ktm)  x Suy   x  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy phương trình có nghiệm là: x =  x0   Điều kiện:   y  x  Đặt t = x - y (t R)    t  t  Phương trình đầu hệ thành:       .5   3t   t=0        t     (Do f(t)=5            đồng biến trên  ) Với t = suy x = y Câu (1,0 điểm) t 0.25   là hàm nghịch biến trên  , g(t) = 1+32+t là hàm số   Với x = y thay vào phương trình thứ hệ ta được:   x  1 1 x x  x  x x    ( x  )  x       x x x  x  x  x 0.25 1 1 x  y  x 0.25 0.25  2 x  y  2 x Kl… Đặt: x Câu (1,0 điểm) t  2x   t  2x   2tdt  2dx  dx  tdt Đổi cận : x   t  1; x   t  Vậy I =  3 298 2 1 x  1.xdx   t (t  1) dt  ( t  t )  21 15 Trong (ABC), kẻ CH  AB S ABC  0,25 0,5  H  AB  , suy CH   ABB ' A ' nên A’H là hình chiếu vuông góc A’C lên (ABB’A’) Do đó:  ( A ' C,  ABB ' A ')   A ' C, A ' H   CA ' H  30 Câu (1,0 điểm) 0,25 a2 AC BC s in1200  2 0,25 AB  AC  BC  AC.BC cos1200  7a  AB  a ; 2.S ABC 21 CH  a AB Suy ra: A ' C  0,25 CH 2a 21  s in30 Xét tam giác vuông AA’C ta được: AA '  Suy ra: V  S ABC AA '  A ' C  AC  a 35 0,25 a 105 14 Do CC '/ / AA '  CC '/ /  ABB ' A ' Suy ra: d  A ' B, CC '   d  CC ',  ABB ' A '    d  C ,  ABB ' A '    CH  0,25 a 21 Đường tròn (C) có tâm I (2;1) , bán kính R  Do M  d nên M (a;1  a ) Câu (1,0 điểm) Do M nằm ngoài (C) nên IM  R  IM   (a  2)  (a)   a  4a   (*) Ta có MA2  MB  IM  IA2  ( a  2)  (  a )   2a  4a  Do đó tọa độ A, B thỏa mãn phương trình: ( x  a)  ( y  a  1)  2a  4a   x  y  2ax  2( a  1) y  6a   (1) Do A, B thuộc (C) nên tọa độ A, B thỏa mãn phương trình x  y  x  y   (2) Trừ theo vế (1) cho (2) ta ( a  2) x  ay  3a   (3) Do tọa độ A, B thỏa mãn (3) nên (3) chính là phương trình đường thẳng  qua A, B +) Do (E) tiếp xúc với  nên (E) có bán kính R1  d ( E , ) Chu vi (E) lớn  R1 lớn  d ( E ,  ) lớn  11  Nhận thấy đường thẳng  luôn qua điểm K  ;  2  Gọi H là hình chiếu vuông góc E lên   d (E, )  EH  EK  0,25 0,25 0,25 10 Dấu “=” xảy H  K    EK  3 Ta có EK    ;  ,  có vectơ phương u  (a; a  2)  2 Do đó   EK  EK u    a  ( a  2)   a  3 (thỏa mãn (*)) 2 Vậy M  3;4 là điểm cần tìm 0,25 x   t  x  2 y  t y    Gọi M  d  ( P )  xét hệ:   z   t  z  2  x  y  z   t  3 Câu (1,0 điểm) 0,25 0,25  M ( 2;5; 2)  d  ( P) 2t   2t   t  2    2t      6  2t   2  t  4 Gọi I  d  I(1+t; 2-t;1+t) là tâm mặt cầu  d(I,(P))= r = 2 * Với t=-2  I(-1;4;-1)  (S): ( x  1)  ( y  4)  ( z  1)  2 * Với t=-4  I(-3;6;-3)  (S): ( x  3)  ( y  6)  ( z  3)  Câu (0,5 điểm) 0,25 0,25 Xét các số có chữ số khác nhau: - Có cách chọn chữ số vị trí đầu tiên - Có A95 cách chọn chữ số 0,25 Do đó số các số có chữ số khác là: A95 = 136080 Xét các số thỏa mãn đề bài: - Đầu tiên ta xếp vị trí cho chữ số 0, chữ số không thể đứng đầu v nên có cách xếp - Tiếp theo ta có cách chọn cho chữ số hàng trăm nghìn Sau đó còn lai bốn vị trí có A74 cách chọn bốn chữ số vào bốn vị trí còn lại 0,25 Vậy có 5.8 A74 =33600 Gọi A là biến cố đã cho, đó n( A)  33600 33600 20 Vậy xác suất cần tìm là P ( A)   136080 81 Từ gỉa thiết suy  x  2; y  1  Vì x   y    2  12   x   y  1 0,25  x   y   5( x  y  1) Nên từ x   Câu 10 (1,0 điểm) y 1 1  x  y  ( x  y  1)  5( x  y  1) Đặt t = x + y , ta có: (t  1)2  5(t  1)   t  0,25 Khi đó: P = Xét f (t )  ( x  y )2  64 x y  64 t  t 64 32 ' t  , với t  1;6 , có f ' (t )  t  ; f (t )   t  t t t Có f (4)  40 ;; f (1)  64 129 ; f (6)  18   Min f (t )  f (4)  40 ; Max f (t )  f (1)  t1;6 0,25 t1;6 129  92  12 x   x  y   25  GTNN P là 40    y   12  x   y    25  x2 129 GTLN P là   y  1 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN 0,25 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 07 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x  (C ) a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) hàm số đã cho b) Gọi giao điểm đồ thị (C ) và đường thẳng y   x  là M , viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) điểm M Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: sin x  3  cos x  6sin x b) Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức z z   z  1 i   a  2 Câu (0,5 điểm) Tính giá trị P  log a  a10b   log a    log b  b  ( với  a  1;  b  )  b  x  y   y  x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x, y     y    x   x  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x x  dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông S , hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD cho HA  3HD Gọi M là trung điểm AB Biết AD  4a và đường thẳng SC tạo với đáy góc 300 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC) Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : x 1 y  z   , mặt phẳng 1 ( P ) : x  y  z   và điểm A  3; 2; 2  Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt đường thẳng  B cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng  P  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I Trung điểm cạnh AB là M (0;3) , trung điểm đoạn CI là J (1;0) Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông, biết đỉnh D thuộc đường thẳng  : x  y 1  Câu (0,5 điểm) Một hộp chứa cầu màu đỏ, cầu màu xanh và cầu màu vàng Lấy ngẫu nhiên cùng lúc cầu từ hộp đó Tính xác suất cho cầu lấy có đúng cầu màu đỏ và không quá hai cầu màu vàng Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  ab   c  Chứng minh: a b c   2 a 1 b 1 c  Câu HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ Ý Nội dung trình bày a Cho hàm số y  x  x  (C ) Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) hàm số đã cho HS tự làm b Gọi giao điểm đồ thị (C ) và đường thẳng y   x  là M , viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) điểm M  y  x3  3x  Tọa độ M là nghiệm hệ   y  x  Điểm 1,0 1,0 0,25  y  x   y  x     M (1; 2)   x  x  x    x  1 Phương trình tiếp tuyến với (C) M là y  f '(1)( x  1)   y  9( x  1)   y  x  a Giải phương trình: sin x  3  cos x  6sin x 0,25 0,25 0,25 0,5 Phương trình tương đương (sin x  sin x)  (3  cos x)   sin x (cosx  3)  3(3  cos x )   (2 sin x  3)(cosx  3)  0,25 Do cos x   0, x   Phương trình tương đương 2sin x    sin x     x   k 2  ( k  )  x  2  k.2  0,25  2  k 2 ; x   k 2 , ( k   ) 3 b Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức z z   z  1 i  Vậy phương trình có hai họ nghiệm : x  z  x  yi  z z   z  1 i    x  y  y  3   x  1 i  0,5 0,25 x  y  y      x; y   1;  , 1; 1 x 1  KL: Có hai số phức thoả mãn z   2i và z   i  a  2 Tính giá trị P  log a  a10b   log a    log b  b  ( với  a  1;  b  ) b    P  log a  a10b   log  a2    log a  a10b   log a   a  2   log 13  b  b b  x  y   y  x  Giải hệ phương trình:   y    x   x  0,5 0,25 a  2   3log b  b  b  a2   a2   log a  a 5b   log a    6log b b  log a  a 5b    log a a   b   b   0,25  x, y    0,25 1,0  2  x  y 1 Điều kiện:  (1)  x  y   x   y   x  y    x   y  y  x     x2 y  0 y  x2 Thay (3) Vào (2) ta được: (4)      0,25  3 x    x   x  (4), ( -1  x  4)  x      x   x2  x3 x 3   9  x2   x 1   x 1 0,25 x   y   1    x3  x 1  x   0,25  5 1   x    Xét (5) Ta có :    1   x  Mặt khác x   2, x   -1;4 1   , x   -1;4  x 1 1  x 1 0,25 Vậy phương trình (5) vô nghiệm Nghiệm hệ là:  x; y    3;5 Tính tích phân I   x x  dx 1,0 Đặt t  x   x  t   dx  2tdt Đổi cận x   t  1; x   t  0,25 0,25 2      I   t  t 2tdx   2t  2t dt 0,25  2t 2t  116      15  Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông S , hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD cho HA  3HD Gọi M là trung điểm AB Biết AD  4a và đường thẳng SC tạo với đáy góc 300 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC) 0,25 1,0 S H' D C H 0,25 K A M B Do HA = 3HD và AD  4a  HA  3a; HD  a Trong tam giác vuông SAD ta có SH  HA.HD  SH  a    Vì SH   ABCD  nên SCH SC ,  ABCD    300  HC  SH cot 30  3a  CD  HC  HD  2a 6a Suy S ABCD  AD.CD  2a Do đó VS ABCD  SH S ABCD  3 Vì M là trung điểm AB và AH // (SBC) nên 1 d  M ,  SBC    d  A,  SBC    d  H ,  SBC   (1) 2 Kẻ HK  BC K, HH '  SK H ' Vì BC   SHK   BC  HH '  HH '   SBC   d ( H , (SBC ))  HH ' (2) 0,25 0,25 Trong tam giác vuông SHK ta có: 1 11 66a     HH '  (3) 2 2 HH ' HK HS 24 a 11 66 Từ (1), (2), (3) ta d  M ,  SBC    a 11 0,25 x 1 y  z   , mặt 1 phẳng ( P) : x  y  z   và điểm A  3; 2; 2  Viết phương trình đường thẳng d Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : 1,0 qua A cắt đường thẳng  B cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng  P  Do B    B (1  t ;  t ; t ) ; d ( B;( P))   2(1  t )   t  2t  2 t   t  3  Với t   B(2;1;1)  AB   1; 1;3 , ta có d qua A(3; 2;-2) và có vtcp là  x3 y 2 z  AB  pt d :   1 1  Với t  3  B(2;5; 3)  AB   5;3; 1 , ta có d qua A(3; 2;-2) và có vtcp là  x   5t   AB  pt d :  y   3t  z  2  t  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I Trung điểm cạnh AB là M (0;3) , trung điểm đoạn CI là J (1;0) Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông, biết đỉnh D thuộc đường thẳng  : x  y   A M H 0,25 0,25 0,25 1,0 B I J D 0,25 N 0,25 C Gọi N là trung điểm CD và H là tâm hình chữ nhật AMND Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật AMND Từ giả thiết, suy NJ//DI, đó NJ vuông góc với AC, hay J thuộc (C) (vì AN là đường kính (C)) Mà MD là đường kính (C) nên JM vuông góc với JD (1)   D thuộc  nên D (t ; t  1)  JD (t  1; t  1), JM ( 1;3) Theo (1)   JD.JM   t   3t    t  2  D ( 2; 1) Gọi a là cạnh hình vuông ABCD Dễ thấy DM   a  0,25 a2  a  4  x  2; y  2  AM   x  ( y  3)   Gọi A( x; y) Vì    2 ( x  2)  ( y  1)  16  AD   x  ; y  0,25 - Với A( 2;3)  B (2;3)  I (0;1)  C (2; 1)  J (1;0) (thỏa mãn) - Với 6 7  23   8   22 11  A ;   B   ;   I  ;   C  ;   J  3;  (loại) 5 5  5   5  5 Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là A( 2;3), B (2;3), C (2; 1), D ( 2; 1) 0,25 Một hộp chứa cầu màu đỏ, cầu màu xanh và cầu màu vàng Lấy ngẫu nhiên cùng lúc cầu từ hộp đó Tính xác suất cho cầu 0,5 lấy có đúng cầu màu đỏ và không quá hai cầu màu vàng +) Số phần tử không gian mẫu là   C164  1820 +) Gọi B là biến cố “ lấy có đúng cầu màu đỏ và không quá hai màu vàng” Ta xét ba khả sau: - Số cách lấy đỏ, xanh là: C41C53 0,25 - Số cách lấy đỏ, xanh, vàng là: C41C52 C71 - Số cách lấy đỏ, xanh, vàng là: C41C51C72 +) Khi đó  B  C41C53  C41C71C52  C41C72C51  740 +) Xác suất biến cố B là P  B   10 B 740 37    1820 91 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  ab   c  Chứng minh a b c   2 a 1 b 1 c  Ta có a  b  ab   c   1,0  a  1 b  1  c   x  a 1 a  x    Đặt  y  b   b  y  và đó z  c  c  z    a  b  ab   c   xy  z  x  y 1 z  1       1 x y z x y z 1 1 2 Thật theo BĐT AM-GM ta có        x y x y z xy xy z 1 Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có   xy z xy  z BĐT có dạng Vậy 0,25 1   2 1 x y z xy  z 0,25 0,25 0,25 0,25 Dấu “=” xảy  a; b; c    3;3;  TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 08 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3x  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Tìm các điểm M thuộc đồ thị (C) cho tiếp tuyến M vuông góc với đường thẳng y   x  9 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: cos x  cos x  1 sin x  cos x  1  sin x  e Câu ( 1,0 điểm) Tính tính phân: ( x  1)ln x dx x I  Câu (1,0 điểm) 1) Tìm phần thực và phần ảo số phức: z = (5 - 4i)(2 - 2i)(3 + 2i) – (2 + 3i)3 2) Giải PT: log x   log x  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật Tam giác SAB và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Biết SD  2a và góc tạo đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) 300 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  2;5;1 và mặt phẳng ( P ) : x  y  z  24  a) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc A trên mặt phẳng (P) b) Viết phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 và tiếp xúc với mặt phẳng (P) H, cho điểm A nằm mặt cầu Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông A và B có AB = BC= 2CD  8 Gọi M là trung điểm cạnh BC, điểm H  ;  là giao điểm BD và AM Tìm tọa độ các đỉnh hình thang, 5 5 biết phương trình cạnh AB: x – y +4 = và A có hoành độ âm Câu 8(1,0 điểm) Giải bất phương trình: (4 x  x  7) x   10  x  x Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Chứng minh rằng: a2 b2 c2    (ab  2)(2ab  1) (bc  2)(2bc  1) ( ac  2)(2 ac  1) HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ Câu (2,0điểm) Đáp án (1,0 điểm) Hs tự làm Điểm 2.(1,0 điểm) Câu (1 điểm) (1 điểm) M  (C )  M ( x0 ; x03  x02  2) 0.25 Tiếp tuyến M có pt: y  y '( x0 ) ( x  x0 )  x03  3x02  0.25 Để tiếp tuyến M vuông góc với đường thẳng y   x  thì y '( x0 )  9  x  1  x02  x0      x0  0.25 Vậy có hai điêm M thỏa mãn là M(-1: -2); M(3; 2) 0.25 ĐK: x     k  PT  (1  sin x)(1  sin x )(cos x  1)  2(1  sin x )(sin x  cos x ) 0.25 1  sin x   sin x  cos x  sin x cos x   0.25 1  sin x   1  sin x  cos x  1  0.25   x    k 2   ( Thoả mãn điều kiện)  x    k   0.25 e e e ( x  1)ln x ln x dx   ln xdx   dx x x 1 I  e 0,25 ln x ln x dx   1 x 2 0,25  u  ln x  du  dx Tính  ln xdx : Đặt   x  dv  dx v  x  0,25 e e e e e e  ln xdx  x.ln x   dx  e  x  1 Vậy I  Câu 1) (0.5điểm) z = (5 - 4i)(2 - 2i)(3 + 2i) – (2 + 3i)3 = - – 105i Vậy: Phần thực là -8; Phần ảo là -105 Câu 2) (0.5điểm) 0,25 0.25 0.25 log x   log x  ĐK : x > PT đã cho trở thành : log 2 x   log 2 x  x   x Suy nghiệm x = 0.5 Câu (1điểm) Gọi H là trung điểm AB Suy SH  ( ABCD )   300 và SCH S K A D I H 0.25 Ta có: SHC  SHD  SC  SD  a Xét tam giác SHC vuông H ta có: SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a B HC  SC.cos SCH  SC cos 300  3a C Vì tam giác SAB mà SH  a nên AB  2a Suy 0.25 BC  HC  BH  2a Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 4a Vậy, VS ABCD  S ABCD SH  3 Vì BA  HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC   0.25 Gọi I là hình chiếu H lên AC và K là hình chiếu H lên SI Ta có: AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK Mà, ta lại có: HK  SI Do đó: HK   SAC  Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên Suy ra, HK  HS HI HS  HI  HI AH AH BC a   HI   BC AC AC a 66 11 Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    HK  Câu (1 điểm) 0.25 2a 66 11  x   6t  Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với (P) Suy ra: d :  y   3t  z   2t  Vì H là hình chiếu vuông góc A trên (P) nên H  d  ( P ) 0.25 Vì H  d nên H   6t;5  3t ;1  2t  Mặt khác, H  ( P ) nên ta có:   6t     3t   1  2t   24   t  1 0.25 Do đó, H  4; 2;3 Gọi I , R là tâm và bán kính mặt cầu Theo giả thiết diện tích mặt cầu 784 , suy 4 R  784  R  14 Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) H nên IH  ( P )  I  d 0.25 Do đó tọa độ điểm I có dạng I   6t ;5  3t;1  2t  , với t  1 Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn: 0.25    6t     3t   1  2t   24  t   14   d ( I , ( P ))  14 2    (  2)    t  3  t    AI  14   2  t  2 2    6t    3t    2t   14 Do đó, I  8;8;  1 2 Vậy, mặt cầu ( S ) :  x     y     z  1  196 C D M 0.25 H B A Đặt BC = a BA a a  cos BAM     a  AM 2 Ta có AM =  Gọi VTPT đt AM là n(m; n)  cos( AM ; AB)  mn 2  (m  n )(1  1) Câu (1đ) 0.25  m  3n   m  n  TH1: m = -3n có đt AM: 3x- 4y  TH2: m   Câu (1 đ)  12 32   suy tọa độ điểm A  ;  ( Loại)  5  0.25 n có đt AM: x – 3y + = suy tọa độ điểm A(-4; 0) ĐT (BH): 3x+y – = suy tọa độ điểm B(0 ; 4) => đt BC: x+y – = 0=> M(2;2)   => C(4;0) Sử dụng AB  DC => D(2; - 2) KL: … 0.25 ĐK: x  -2 (4 x  x  7) x   10  x  x 0.25  (4 x  x  7) x   2(4 x  x  7)  2[( x  2)  4]  (4 x  x  7)( x   2)  2( x   2)( x   2)  x2  x   x    4x2  x   x   0.25  (2 x)  ( x   1)   (2 x  x   1)(2 x  x   1)   x   2 x    x   x  0.25   41  Giải các hệ bất pt trên tập nghiệm là: T =  2; 1   ;      0.25 a2 b2 c2   (ab  2)(2ab  1) (bc  2)(2bc  1) (ac  2)(2ac  1) 1 =   2 (b  )(2b  ) (c  )(2c  ) ( a  )(2a  ) a a b b c c y z x Vì a, b, c dương và abc = nên đặt a  , b  , c  với x, y, z> x y z 0.25  x   x    x   2 x  Ta có VT = Câu (1 đ) Khi đó VT = y z z y (  )(  ) x x x x  z x x z (  )(  ) y y y y  x y y x (  )(  ) z z z z x2 y2 z2 =   ( y  z )( z  y ) ( z  x)( x  z ) ( x  y )( y  x) Ta có ( y  z )( z  y )  yz  y  z  yz  2( y  z )  yz  Suy ( y  z2) 0.25 x2 x2  (1) ( y  z )( z  y ) y  z Tương tự có y2 y2  (2); ( z  x)( x  z ) x  z Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta VT  z2 z2  (3) ( x  y )( y  x) y  x 2 x2 y2 z2 ( 2 2 ) y z x z y  x2 x2 y2 z2 1     ) 3 Lại có = ( x  y  z )( 2 2 2 2 y z x z y x y z x z y  x2 1 1 = (( x  y )  ( y  z )  ( z  x ))(   )     2 2 y z x z y x 2 Suy VT   (đpcm) TRƯỜNG THPT TÂN YÊN 0.25 0.25 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 09 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số y= 2x  , (C) x 1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (d) có phương trình: 25x+6y+2015 = Câu 2(1,5 điểm) a) Giải phương trình: 2015(sinx + cosx) + cos2x = b) Tìm số phức z biết : z2 – 2iz + = Câu 3(0.5 điểm) Giải phương trình : 4x+1 – 3.2x+2 + =  xy + 2x - y - = Câu 4(1,0 điểm) Giải hệ phương trình :  2  x + y - 2x + 4y = e Câu 5(1,0 điểm) Tính tích phân I =  (2x + lnx ).xdx Câu 6(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tam giác SAB và nằm mặt phẳng vuông góc với đáy.Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) Câu 7(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho tam giác ABC với AB, BC có phương trình là: x+y-2=0; 2x+y-3=0 Trung điểm cạnh là M(-1;1) Tìm tọa độ A, B, C Câu 8(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d : x -1 y - z + Lập phương trình = = -1 mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O đồng thời vuông góc với d Tìm tọa độ giao điểm d với (Oxy) Câu 9(1,0 điểm) Cho x, y, z  thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x3  y  16 z  x  y  z HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ Câu Gợi ý áp án Điểm a) 1,0 đ Câu (2,0 điểm) - TXĐ : D=R\{-1} Ta có : lim y  , lim y  , lim y  x  ( 1)  x  ( 1)  x  0.25 Từ đó suy TCĐ+ x = -1, TCN : y = y'  x  -1 Hàm số đồng biến trên các khoảng xác định ( x  1)2 0.25 Lập đúng bảng biến thiên 0.25 Vẽ đúng dạng đồ thị ( C ) 0.25 b)1,0 đ Đường thẳng (d) có hệ số góc k = -25/6 Do đó tiếp tuyến cần tìm d’ có hệ số góc là 6/25 0.25 Gọi M(a;b) là tiếp điểm d’ và ( C ) Khi đó d’ có hệ số góc là y’(a) = Với a = ta có d’: y  a  6    2 (a  1) (a  1) 25  a  6 x 25 25 Với a = -6 ta có d’: y  116 x 25 25 0.25 0.25 0.25 KL Câu a) 1,0 đ (1,5 điểm) Biến đổi phương trình tích :  sinx  sinx  cosx  (1)  cosx  2015  cosx – sinx      2015  cosx – sinx  (2) 0.5 Chỉ (2) vô nghiệm (1) có nghiệm là x    k , k   0.5 KL:… b) 0,5 đ Biến đổi PT đã cho thành ( z  i )  4 0.25  ( z  i)  (2i )  z  3i, z=-i 0.25 KL: Câu x 1 – 3.2 x 2   (0,5 điểm)  4.4 x – 12.2 x    x 2   2x    x  1   x  log  0.25 0.25 KL Câu (1,0 điểm) 0.25 ( x  1)( y  2)  Hệ đã cho có dạng ( x  1)2  ( y  2)2  0.75 Tiếp tục giải hệ trên ta nghiệm (x;y) là ((2;0), (0;-4), (3;-1),(-1;-3) Câu (1,0 điểm) Ta có e I   ( x  ln x)dx  ( x  ln x).x e e   x d ( x  ln x) e  e e3    x (1  )dx x 0.25 0.25 e x3 x  e  e3   (  )  0.25 e3 e  e 0.25 Diện tích đáy ABCD là : SABCD = a2 0.25 Gọi H là trung điểm AB Khi đó SH là đường cao hình chóp và SH  Vậy thể tích cần tìm là : VS.ABCD = a 3 SH.S ABCD  Câu (1,0 điểm) a 0.25 Gọi K là trung điểm CD, I là hình chiếu I trên SK Chỉ d(A,(SCD))=d(H,(SCD))=HI Và tính HI  KL SH HK  SK a 3.a a 3 2   a   a 0.25 0.25 Câu (1,0 điểm) Ta thấy tọa độ M không thỏa mãn các phương trình AB,BC nên M là trung điểm AC x  y   x    B(1;1) 2 x  y   y 1 Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ:  0.25 0.25 Gọi A(a;2-a), C(c;3-2c) Khi đó vì M là trung điểm AC nên :  a  c  2  a  7  A(7;9)      a   2c  c  C (5; 7) 0.5 KL :A(-7;9),B(1;1), C(5;-7) 0.25  Dễ thấy d có vtcp là u (2; 1; 2)  Câu (1,0 điểm) Câu (1,0 điểm) Do (P) vuông góc với d nên (P) có vtpt là u (2; 1; 2) 0.25 0.25 Vậy (P): 2x – y + 2z = (Oxy) có PT z = 0.25 Từ đó tìm giao điểm cần tìm I(3;-1;0) 0.25 ( x  y)3 Đặt a = x+y+z (a>0) 3 ( a  z )3  64 z  z z Ta có : P   P  1    64   4a  a a Dễ thấy: x  y  0.5 Đặt t= z/a và f(t) = 1  t   64t (0  t  1) Tìm minf(t) trên [0;1] ta suy kết minP= KL : minP= 16 x=y=4z 81 16 x = y = 4z 81 0.5 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 10 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu ( điểm ) Cho hàm số y  x3  3(m  2m  1) x   m ( m là tham số ) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = b) Tìm m để hàm số đạt cực tiểu x = Câu ( điểm ) a) Cho tan   Tính giá trị biểu thức A  sin   cos   10sin  cos  3sin   2cos  b) Giải phương trình sau trên tập số phức : ( x  x  1)2  x  x  16  Câu ( 0.5 điểm ) Giải bất phương trình: 31 x  31 x  10 Câu ( điểm ) Tính tích phân I   x (1  x)3 dx  x  y     x  y 2  3( x  y)  Câu (1 điểm ) Giải hệ phương trình  2  x  xy  y   ( x, y  R) Câu ( điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA  (ABCD) Tính Thể tích khối chóp và khoảng cách SB và AC theo a Biết mặt phẳng (SBD) tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Câu ( điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0,1,2), B(2,-2,1), C(-2;0;1) và mặt phẳng (P): 2x +2y + z – =0 Viết phương trình mặt phẳng (ABC) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MA=MB=MC Câu ( điểm ) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn ( C1 ) : x  y  25 là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nhọn Hai điểm M ( 1; 3) , N (2; 3) là chân đường cao hạ từ B, C tam giác ABC Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết tung độ điểm A âm Câu ( 0.5 điểm ) Cho hai đường thẳng song song là d và  Trên d lấy 15 điểm phân biệt, trên  lấy 18 điểm phân biệt Hỏi từ 33 điểm trên ta có thể lập bao nhiêu tam giác ? Câu 10 ( điểm ) Cho các số thực dương a, b, c lớn thỏa mãn a + b + c =6 Chứng minh : (a  2)(b2  2)(c  2)  216 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 10 Câu (2 điểm) Đáp án a) – TXĐ ; Giới hạn + Tính y’ ; GPT : y’=0 + BBT – Kết luận ĐB, NB ; CĐ, CT + ĐT- nhận xét đồ thị y '  x  x(m2  2m  1) b) TXĐ : D= R ; y ''  12 x  m2  2m  m  - ĐKC : Hàm số đạt cực tiểu x = y’(2)=0 m  2m      m  3 - ĐKĐ + m=1 y ''  12 x   y ''(2)  22  (Thỏa mãn) + m=-3 y ''  12 x   y ''(2)  22  (Thỏa mãn) Câu (2 điểm) Câu (0.5 điểm) Câu (1 điểm) Câu Câu (1 điểm) tan    10 tan  9  tan   14 2 PT  ( x  x  1)  2( x  x  1)  15  a) A   x  1; x  4  x  3x      x  3  i ; x  3  i x  x      2 Giải BPT đúng đc 0,5 điểm Điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 +0.25 0.25 b) 0.25 - Khai triển đẳng thức - Tìm đúng nguyên hàm - Thế cận đúng 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5  x  y     x  y 2  3( x  y ) (1)   2 (2)  x  xy  y   + Từ (1) nhân liên hợp, tìm 2(x + y) =1 + Thế vào (2) ta tìm nghiệm hệ + Xác định góc hai mp + Tính thể tích + Xác định đúng khoảng cách AK + Tính AK 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu (1 điểm )   + Tính đúng  AB, AC  + Viết đúng PT mp(ABC) + Gọi M(a ; b ; c) Lập hệ PT đúng + Giải hệ đúng 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu (1 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 + Chứng minh IA  MN + Tìm A + Viết PT AB, AC + Tìm B, C Câu Câu 10 Ta có hai TH + TH1: Tam giác có đỉnh trên d và đỉnh trên  có: C152 C181 + TH1: Tam giác có đỉnh trên d và đỉnh trên  có: C151 C182 0.25 Vậy có tất cả: C152 C181 + C151 C182 0.25  ln( a  2)  ln(b  2)  ln( c  2)  ln 216 + Ta CM:  ln( a  2)  ( a  2)  ln 0.5 + Tương tự suy ln( a  2)  ln(b  2)  ln(c  2)  ( a  b  c  6)  ln 216 2 0.5 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 11 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  (m  3) x 1 m (1) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m  b) Xác định các giá trị tham số m để hàm số (1) đạt cực đại x  Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình cos x  8cos x   b) Xác định phần thực, phần ảo số phức z biết (1 z )(2  3i)   5i Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình 32 x1  4.3 x    x3  y  3x  x  y  Câu 4.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình    x  y  ( x, y   ) Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   ( x  e3 x ) xdx Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh đáy a , góc cạnh đáy và mặt bên 600 gọi M, N là trung điểm AB, BC Tính thể tích khối chóp S ABC và khoảng cách C đến mặt phẳng ( SMN ) Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng d : x  y 1  Điểm E (9;0) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F (2; 5) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) : x  y  z   và đường thẳng d: x 1 y  z 1 Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P)   1 Câu 9.(0,5 điểm) Tìm hệ số x khai triển (2  x  x3 )6 Câu 10.(1,0 điểm) Cho x,y,z là ba số thực dương thay đổi và x+y+z = 3.Tìm giá trị lớn biểu thức : P x y (2  y  x  2)  y z (2  z  y  2)  z x(2  x3  z  2) Câu Câu (2,0 điểm) HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 11 Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) Với m  ta có y  x3  x  1) Tập xác định : D   2) Sự biến thiên: a, Giới hạn : lim y  ; lim y   x 0,25 x   x0 b, Bảng biến thiên: y '  x  x , y '     x  2 x - -2 y' + 0 + + 0,25 + y  Hàm số đồng biến trên khoảng (; 2) và (0; ) , hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0) Hàm số đạt cực đại x = -2, yCĐ = y(0) = Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = y(-2) = 3) Đồ thị: Đồ thị (C) hàm số nhận I (1;3) làm tâm đối xứng Bảng giá trị x -3 -2 -1 y 5 Vẽ đúng đồ thị 0,25 y 0,25 1 O -3 -2 b) (1,0 điểm) y '  3x  2(m  3) x , y ''  x  2( m  3)  y '(1)  Hàm số đạt cực đại x  1   y ''(1)     2m   m     6  2(m  3)   m   Kết luận : Vậy hàm số (1) đạt cực đại m   Câu a) (0,5 điểm) x 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) cos x  cos x    cos x  cos x       cos x  (lo¹ i)  x   k 2     (k  ) 5    k 2  cos x  (tháa m· n) x    KL: b) (0,5 điểm) 28 14 (1 z )(2  3i )   5i  1 z    i  z   i 13 13 13 13 14 Vậy số phức z có phần thực là , phần ảo là  13 13 x 1 x 2x x Câu 3  4.3    3.3  4.3   (0,5 điểm) Đặt t  x (t  0) Bất phương trình đã cho trở thành 3t  4t     t  Suy  3x   1  x  Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S  (1; 0) Câu  x3  y  3x  x  y  (1)  (1,0 điểm)   x  y  (2) Từ (1)  ( x 1)  3( x 1)  y3  y (3) Câu (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Xét hàm số f (t )  t  3t có f '(t )  3t   0, t   Do đó (3)  f ( x 1)  f ( y)  x 1  y 0,25  x  1  y  2 Thế vào (2) ta x  x       x   y  0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y )  (1; 2), (x; y )  (2;1) 0,25 2 I   x dx   xe3x dx  I1  I 1 0,25 I1  x3  3 I2    du  dx  u  x xe dx Đặt    dv  e3 x dx v  e3 x  3x 0,25 1 I  xe3 x   e3 x dx  e6  e3 3 9 0,25 Vậy I  I1  I =  e  e 3 9 0,25 Vì S.ABC là hình chóp nên ABC là tam giác tâm G và SG   ABC  Câu (1,0 điểm)  VS ABC  SG.S ABC Tam giác ABC cạnh a nên a a2 AN   S ABC  Có AG là hình chiếu AS trên (ABC) nên góc cạnh bên SA   60 với đáy là (SA,AG) = SAG  nhọn) (vì SG  AG  SAG 0,25 Vì G là trọng tâm tam giác ABC a nên AG  AN  3 Trong tam giác SAG có SG  AG.tan 60  a a2 a3 Vậy VS ABC  a  12 0,25 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M  (SMN) nên d C , SMN   3d G , SMN  Ta có tam giác ABC nên K SG   ABC   SG  MN 0,25  MN   SGK  Trong (GKH), kẻ GH  SK  GH  MN  GH   SMN  , H  SK  d G , SMN    GH 2 1 a AN ; BG  AG  AN  GK  AN  AN  AN  3 12 Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên 1 1 48 49 a       GH  2 GH SG GK a a a 3a Vậy d C , SMN   3GH  +) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC Ta có BK  Câu (1,0 điểm) B  E’ thuộc AD Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm E  9;   phương trình EE’: x  y   0,25 E I A Gọi I = AC  EE’, tọa độ I J E' C 0,25 F x  y   x  D là nghiệm hệ    I  3;   x  y   y     Vì I là trung điểm EE’  E '( 3; 8) AD qua E '(3; 8) và F ( 2; 5)  phương trình AD: x  y   0,25 A  AC  AD  A(0;1) Giả sử C ( c;1  c) Vì AC  2  c   c  2; c  2  C ( 2;3) 0,25 Gọi J là trung điểm AC  J ( 1; 2)  phương trình BD: x  y   Do D  AD  BD  D (1; 4)  B ( 3;0) 0,25 Vậy A(0;1) , B (3;0), C ( 2;3), D (1; 4)  x   3t  d có phương trình tham số  y   t   z   t M(1+3t, – t, + t)  d 2(1  3t )  2(2  t )   t  Ta có d(M,(P)) =  3t= 1 Suy ra, có hai điểm thỏa bài toán là M1(4, 1, 2) và M2( – 2, 3, 0) Khai triển trên có số hạng tổng quát là Câu (0,5 điểm) H ( k ; p )  C6k Ckp 26k (x)k  p x p  C6k Ckp 26k (1)k  p x k 2 p với  p  k  Câu (1,0 điểm) H ( k ; p ) chứa x k  p  Kết hợp với điều kiện trên ta 0,25 0,5 0,25 0,25 ( k ; p )  (6; 0);( k ; p )  (4;1); (k ; p )  (2; 2) Từ đó ta có ba số hạng chứa x là : H (6;0)  C66C60 20 x ; H (4;1)  C64C41 22 (1) x ; H (2;2)  C62C22 24 x6 Kết luận hệ số x khai triển là C66C60 20  C64C41 2  C62C22  Câu 10 (1,0 điểm) 0,25 (1  y)  (1  y  y )   y2 4x 4x y     2 y (2  y  x  2) y (4 y  x) y y  x  y  (1  y )(1  y  y )  TT : 4y  y  z z y z (2  z  y  2) 4z y   x(2  x  z  2) x x  z 1 y y y  P  (   )(   ) x y z x z y x z y 1 y y y  (   )(   ) 2 x y z x z y x z y 0,25 0,25 1 1 1  (   ) (   ) x y z x y z 1 1 1  (  1)  (  1)  (  1)  (   ) 3  x y z x y z  2( 1 1 1 1   ) (   )3 (   ) 3  x x x y z y z y z 1 9  3 3  3 3  2 x y z x yz xyz 3  MinP  khix  y  z  TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 12 0,25 0,25 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y   x  3x  (C) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) điểm có tung độ -2 Câu (0,5 điểm) Giải phương trình log x  log (10  x)  Câu (0,5 điểm) Giải phương trình cos x  (1  cos x)(sin x  cos x)  e Câu (1điểm) Tính tích phân   x  1 ln xdx Câu (1,0 điểm) a) Tính môđun z biết: z  3z   3i b) Có 40 thẻ đánh số từ đến 40 Chọn ngẫu nhiên 10 thẻ Tính xác suất để 10 thẻ chọn có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1;1;2) , B(-1; 1; 3), 2 C(0; 2; 1) Tính diện tích tam giác ABC và tìm tọa độ điểm M nằm trên Ox cho MA  MB  MC nhỏ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông A, mặt bên SAB là tam giác và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC cho MC  SM Biết AB  a , BC  a Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách hai đường thẳng AC và BM Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có phương trình ( x  1)  ( y  2)  25 Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) là chân đường cao hạ từ A, B tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết đỉnh C có hoành độ dương  x  y   y  x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   y   y   x  x  xy  y Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y , z là các số thực thỏa mãn x  y  z  , xyz  Chứng minh 2( x  y  z )  xyz  10 Câu HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 12 Nội dung Điểm 1a Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số Khi m = 1, ta có hàm số y   x  3x -2 1) Tập xác định : D   2) Sự biến thiên: * Giới hạn : 1,00 0,25 lim y  lim (  x  3x  2)  , lim y  lim ( x3  3x  2)   x x x x * Đạo hàm y’= - 3x + 6x , y’ =  x = 0, x = * Bảng biến thiên: x - y' + + 2 + - 0,25 y -2 - - Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-  ; 0) và (2; +  ), đồng biến trên khoảng (0; 2) - Hàm số đạt cực đại x = 2, yCĐ = đạt cực tiểu x = 0, yCT =-2 Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung (0;-2), giao với trục hoành (1;0); 1  1b  1  3;0 ; 3;0 0,25  Điểm uốn: y’’ = - 6x + , y’’ =  x =1 Đồ thị hàm số có điểm uốn I(1;0) nhận điểm uốn I(1;0) làm tâm đối xứng 0,25 Viêt pt tiếp tuyến Ta có y = -2 suy x = x = Tại điểm M(0; -2) pttt là y = -2 1,00 0,25 0,25 Tại điểm N(3; -2) pttt là y = -9(x-3)-2  y  9 x  25 0,25 Kết luận 0,25 Giải phương trình logarit Điều kiện:  x  10 Ta có log x  log (10  x)   log (10 x  x )  0,5 0,25  10 x  x  16  x  8, x  Vậy phương trình có nghiệm x  , x  Giải phương trình lượng giác cos x  (1  cos x)(sin x  cos x)   sin x  cos x (cos x  sin x  1)  0,25 0,5 0,25      sin  x      x   k 4 sin x  cos x      cos x  sin x        x    k 2 , x    k 2  sin  x     4     Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x   k  , x   k 2 , x    k 2  k    0,25 e Tính tích phân   x  1 ln xdx 1,00 dx  du   u  ln x  x    dv   x  1 dx  v  x  x  0,25 e e e  x2  e2 x  1  x  1 ln xdx    x  ln x  1   1 dx   , 5a Tìm mô đun z Giả sử z  a  bi; a, b    z  a  bi; a, b   Ta có z  3z   3i  5a  bi   3i  a   b  3 0,50 0,25 229 Tính xác suất 10 Số phần tử không gian mẫu là   C40 z 5b 0,75 0,25 0,50 0,25 Có 20 thẻ mang số lẻ, 20 thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 10 5 Gọi A là biến cố đã cho, suy  A  C20 C20 5 C20 C20 Vậy xác suất biến cố A là P ( A)   0,28357  10  C40 0,25 Tính diện tích, tìm tọa độ điểm AB  (2;2;1) , AC  ( 1;3;1)  [ AB, AC ]  ( 5;3;4) 1,00 0,25 A 1 [ AB, AC ]   32   2 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, suy G(0; 2/3; 2) Diện tích tam giác ABC : S ABC  2 2 2 Ta có MA  MB  MC  3MG  GA  GB  GC 0,25 0,25 MA  MB  MC nhỏ M là hình chiếu G trên Ox Vậy M  0;0;0  0,25 Tính thể tích, khoảng cách Gọi H là trung điểm AB  SH  AB Do ( SAB)  ( ABC ) nên SH  ( ABC ) 1,00 0,25 a AC  BC  AB  a 2 1 a3 Thể tích khối chóp S.ABC là VS ABC  SH S ABC  SH AB AC  12 Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA N  AC // MN  AC //( BMN ) Ta có AC  AB  AC  (SAB) mà MN // AC  MN  ( SAB)  ( SAB)  ( BMN ) Từ A kẻ AK  BN ( K  BN ) S  AK  ( BMN )  AK  d ( A, ( BMN ))  d ( AC , BM ) M N MC AN Do    SC SA K Do SAB là tam giác cạnh a nên SH  0,25 0,25  S ABN  2 a2 a2 S SAB   3 BN  AN  AB  AN AB cos 600  7a 2S a a 21 , AK  ABN  BN a 21 Vậy d ( AC , BM )   BN  Tìm tọa độ các đỉnh tam giác A x H I B K C 1,00 (T) có tâm I (1;2) Gọi Cx là tiếp tuyến (T)  C Ta có HCx AC (1) ABC  Sđ    900 nên AHKB là tứ giác nội Do  AHB  AKB  (cùng bù với góc  tiếp   AHK ) (2) ABC  KHC   KHC   HK // Cx Từ (1) và (2) ta có HCx Đường thẳng AC qua C và có vectơ phương là CH  (3;6) nên AC có phương trình x  y   Do A là giao AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm hệ 2 x  y   x   x   ; (loại) Do đó A(1;7)  2 ( x  1)  ( y  2)  25  y   y  1 Đường thẳng BC qua C và có vectơ phương là CK  (6;2) nên BC có phương trình x  y   Do B là giao BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm hệ x  3y    x  4  x  (loại) Do đó B (4;2)  ,  2 ( x  1)  ( y  2)  25  y   y  1 Vậy A(1;7) ; B (4;2) ; C (5;1) Giải hệ phương trình  x  y   y  3x  (1) Ta có hệ phương trình   y   y   x  x  xy  y ( 2) Điều kiện: y  1, x  0, y  x ( 2)   0,25 Mà IC  Cx  IC  HK Do đó IC có vectơ pháp tuyến là KH  (3;4) , IC có phương trình x  y  11  Do C là giao IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm hệ 3 x  y  11   x   x  3 Do xC  nên C (5;1)  ;  2 ( x  1)  ( y  2)  25  y  1  y  0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 y   x  ( y  y  1)  x  ( y  xy  y )  y 1 x  ( y  1)2  x2  y( y  x  1)  y 1  x   ( y  x  1)    y   x   y 1  x    y  x   Do    y   x  0, y  1, x   y 1  x  0,25 +) Thế y vào (1) ta x  x   x  x    (3) Xét f ( x)  x  x   x  x  , 2x  2x  2x  2x  f ' ( x)     2 2 x  x 1 x  x 1 ( x  1)  ( x  1)  t Xét g (t )  t2  , g '(t )  (t  3)3  0, t   suy g(t) đồng biến trên  Do x   x  nên g ( x  1)  g ( x  1) suy f '( x)  g (2 x 1)  g (2 x 1)  0, x   Do đó f (x) đồng biến trên  , nên (3)  f ( x)  f (2)  x   y  Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y)  (2;3) 10 0,25 Chứng minh bất đẳng thức Giả sử x  y  z , xyz  nên x  0,25 0,25 1,0 y2  z2  yz Do x  y  z   x   x  [3; 0] Ta có yz   , đó     2( x  y  z )  xyz  x  2( y  z )  x  x  2(9  x )  Xét f ( x)  y2  z2 0,25 x (9  x ) x x    2(9  x ) 2 x3 x 2x   2(9  x ) với x  [3;0]  f ' ( x)  x   2 2  x2 2x x      x (5  x )  4 x 2 9 x 2  (9  x )(5  3x )  32 x (Điều kiện  x  ) 25  x  111x  327 x  225   x  1, x  3, x  Do x  nên x   x  1, x  (loại) f ' ( x)   f ( 3)  6, f ( 1)  10, f ( 0)  suy max f ( x)  f (1)  10 [ 3; ] 0,5 0,25 Như 2( x  y  z )  xyz  f ( x)  10  x  1   x  1 Dấu xảy  y  z  y  z   2  y  z  2( y  z )  Vậy 2( x  y  z )  xyz  10 Đẳng thức xảy (x; y; z) là hoán vị (-1; 2; 2) TRƯỜNG THPT TÂN YÊN 0,25 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 13 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2 điểm) Cho hàm số: y  x  x  mx  có đồ thị  Cm  a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho với m = b) Tìm tham số m để hàm số đã cho có cực trị Câu (1 điểm) a) Giải phương trình:  sin x x  x  sin x  cos sin x  cos    2  2 b) Cho số phức z thỏa mãn: z  z  i    4i 1  3i  Tìm  z Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: x 1   5 x x3  y3  3x2  x  y   Câu (1 điểm) Tìm tham số m để hệ phương trình:  với x, y   có  x4  x  y   m  x  y  nghiệm (x;y) thỏa mãn điều kiện x  y     Câu (1 điểm) Tính tích phân: I   x  sin x cos xdx Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy, SC  a Lấy O là tâm đáy, M là trung điểm SA; đường thẳng SO cắt CM N Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ N đến mặt phẳng (SCD) Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có tọa độ đỉnh B  1;1 ; tọa độ trung điểm AD là N  3; 1 Gọi M là trung điểm CD; trên tia đối tia MA lấy điểm P  0; 5 Tìm tọa độ đỉnh A Câu (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng   và mặt cầu (S) có phương trình   : x  y  z   và  S  : x  y  z  x  y  z   Xét vị trí tương đối mặt cầu (S) và mặt phẳng   Viết phương trình mặt cầu (S’) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng   10  2 Câu (0,5 điểm) Tìm số hạng chứa x khai triển thị thức Niu-tơn  x   với x  x  Câu 10 (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 16 P     xy  yz  zx  x  y  z CÂU HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 13 NỘI DUNG ĐIỂM CÂU a) - Khi m= hàm số trở thành y  x  x  a) * Tập xác định: D   * Sự biến thiên x  y '  3x  x  y '    ; y    2; y    2 x  - Giới hạn và tiệm cận: lim  x3  3x    ; lim  x  3x     x x  Đồ thị hàm số không có tiệm cận - Bảng biến thiên:  x y’ + 0,25 0   +  y -2 0,25  - Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  ;  2;   nghịch biến trên  0;  - Hàm số đạt cực đại x = có giá trị cực đại y    ; đạt cực tiểu x = có giá trị cực tiểu y    2 * Đồ thị: 1;0  ; 1  (C)  giao ;0 ;  ;0 0,25 với Oy (0;2); giao với Ox điểm  +) Đồ thị có tâm đối xứng là điểm I 1;0  * Chú ý: Đoạn này học sinh cần nhấn mạnh có giao điểm với Ox mà không cần chính xác lấy thêm điểm khác thì cho điểm tối đa Đồ thị: 0,25 b) y '  x  x  m b) Câu Điều kiện để hàm số có cực trị là: y’ = có nghiệm phân biệt   '    3m   m  Vậy với m  thỏa mãn bài toán x x  x  a)  sin sin x  cos sin x  cos    (1) 2  2 x x  1   sin sin x  cos sin x   cos   x    sin x 2 2  x x x x x x      sin x  sin  cos sin x  1   sin x  sin  cos 2sin cos    2 2 2     x  x x    sin x  sin  1  2sin  2sin     2   0,25 0,5 0,25 0,25  sin x   x  k   x  k x  sin   x    x  k, k      k2    x    k4  2  x x 2 sin  sin   2 0,25 b) z  z  i    4i 1  3i  Tìm  z Giả sử z  a  bi với a, b   Khi đó: z  z  i    4i 1  3i   a  bi   a  bi   i   6i  4i  12i 14  3a  14 a   3a   b  1 i  14  2i     b   b  3 0,25 14 11 202  11   3i   z    3i   z      32  3  3 Ta có: x 1   5 x  5.5 x  5 x   (*) x Đặt t   t   , phương trình (*) trở thành: z Câu t  1 5t     5t  4t     t   (l ) t  Suy ra: x   x  Vậy phương trình ban đầu có nghiệm là x  0,25 0,255 0,255 Điều kiện: x  x  y   0, * Biến đổi phương trình (1) thành:  x  1   x  1  y  y Xét hàm số: f  t   t  t , có f '  t   3t   hàm số đồng biến nên 1   x  13   x  1  y3  y  f  x  1  f  y   y  x  Thay vào (2) ta x  m  x  m  x  x , thỏa mãn điều kiện (*)  y  x 1 Từ   x    x  ; bài toán trở tìm tham số m để phương trình x  y  Câu 0,25 0,25 m  x  x có nghiệm thực x  Đặt g  x   x  x , xét trên x  có g '  x   x   g '  x    x  lim g  x    Ta có bảng biến thiên: x x g’(x) |  0,25 +  g(x) ym Từ bảng biến thiên ta có: m  0,25    0 I    x  sin x  cos xdx   x cos xdx   sin x cos xdx  I1  I  - Tính I1   x cos xdx Câu u  x du  dx   dv  cos xdx v  sin x Đặt    0,5  I1   x.sin x    sin xdx  cos x 02  1    sin x  2 - Tính I   sin x cos xdx   sin xd  sin x   0  0 0,25 Vậy I  1 0,25 2 Tính AC  a  a  a SA   ABCD  nên SA là đường cao hình chóp; tam giác SAC vuông A Tính SA  SC  AC  6a  2a  4a  2a 1 2a Thể tích: VS ACBD  SA.S ABCD  SA AB  2a.a  3 3 Câu Trong tam giác SAC có SO ; CM là các đường trung tuyến nên N là trọng tâm ; kẻ AN cắt SC P NP 1 Ta có:   d  N;  SCD   d  A; SCD  AP 3 CD  SA  Do   CD   SAD  CD  AD  0,25 0,25 0,25 Suy  SAD    SCD  Kẻ AH vuông góc với SD H, đó ta  AH  SD có :   AH   SCD   SAD    SCD  Nên d  A;  SCD    AH Suy ra: d  N ;  SCD    AH Xét tam giác ABC vuông A, có 1 1 2a  2     AH  2 AH SA AD 4a a 4a AH 2a Vậy d  N ;  SCD     15 - Ta có ABCD là hình vuông nên AM và BN vuông góc H,  NAB  MDA nên NAH ANH   ABN   ANB  900 Câu  AHN  900 - Vậy A thuộc  đường thẳng qua P và vuông góc với BN hay nhận BN   4; 2  làm vectơ pháp tuyến, phương trình: AM : x   y    0,25 0,25 0,25 A  AM  A  t ;2t   ,   NA   t  3; 2t   ; BA   t  2;2t   Tam giác    NAB vuông A nên: NA BA    t  3 t  2   2t   2t    t    t  3 5t  6    t    13  Với t  A  A1  3;1 ; t  A  A2  ;   5    Tuy nhiên HA ; HP ngược hướng, nên có điểm A thỏa mãn bài toán +) Phương trình BN :1 x  1   y  1   x  y   11  x  2 x  y     11  Tọa độ điểm H là nghiệm hệ:    H  ;    5 x  y 1  y         11 22  +) Với A  A1  3;1 ta có: HA  ;  ; HP   ;   rõ ràng vectơ ngược hướng   5   13  nên A  A1  3;1 thỏa mãn và A  A2  ;   loại 5  Vậy đỉnh A hình vuông là: A  3;1 2  Mặt cầu  S  :  x  1   y     z    25 có tâm I 1; 2;  và bán kính R = Khoảng cách từ tâm I đến mp   là: d I ,    2.1  (2)  2.4  2  (1)  2 0,25 0,25 0,25   R Vậy mp   và mặt cầu (S) cắt theo đường tròn  Gọi J là điểm đối xứng I qua mp   Khi đó đường thẳng IJ qua điểm I và nhận vectơ pháp tuyến mp   là n  2;  1; 2 làm vectơ phương Câu 0,25  x   2t  Do đó phương trình đường thẳng IJ là  y  2  t  z   2t  Toạ độ giao điểm H IJ và mp   là nghiệm hệ phương trình:  x   2t t  1  y  2  t  x  1     H  1; 1;     z   2t  y  1  x  y  z    z  Vì H là trung điểm IJ nên J  3;0;0  0,25  Mặt cầu (S’) cần tìm có tâm J bán kính R’ = R = nên có phương trình là:  S '  :  x  3  y  z  25 0,25 2 k k 20 3 k    C10 x x Để số hạng chứa x8 thì số k phải thỏa mãn: 20  3k   k  Vậy số hạng cần tìm là: T5  C104 x  3360 x 10  k k Số hạng tổng quát khai triển là: Tk 1  C10  x  Câu k 0,25 0,25  1  Ta có: (1  xy)  (1  yz)  (1  zx)    9   xy  yz  zx  1 9       xy  yz  zx  xy  yz  zx  x  y  z 16  P  Dấu “=” xảy x  y  z 2 2 3 x  y  z  x  y2  z 16 Đặt t  x  y  z  đó P  f  t    3t t 5 27  t   ,  loai  16 7t  6t  81  f ' t      f 't    0    t 2  t  2  t  3  t  5 t  Câu 10 0,25 0,25 16   lim f  t   lim     t  t    t t   Bảng biến thiên: x f’(t)   + f’(t)   Từ bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ P   x  y  z  x  y  z   2  x  y  z  0,25 xảy khi: 0,25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 14 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x  (m  1) x  m  (1) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m  b) Tìm tất các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình:  5sin x  2cos x   b) Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức: z  z  z   6i Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: 52 x1  6.5 x   Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x   x  x   x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x( 3x   e x )dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có tam giác ABC vuông A , AB  AC  a , I là trung điểm SC , hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H BC , mặt phẳng  SAB  tạo với mặt đáy (ABC) góc 60 Tính thể tích khối chóp S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a 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 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A  1;1;  , B 1;0;1 , C  1;1; 0 và D  2; 1; 2  a) Viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua ba điểm B, C, D b) Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) Câu (0,5 điểm) Có học sinh giỏi Toán là học sinh nam và học sinh giỏi Vật lí đó có học sinh là nam và học sinh là nữ Chọn ngẫu nhiên học sinh dự lễ tổng kết năm học tỉnh Tính xác suất để học sinh chọn có học sinh nam và nữ, đồng thời có học sinh giỏi Toán và học sinh giỏi Vật lí  x  xy  x  y  y  y   Câu 10 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   y  x   y   x  Câu HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 14 Ý Nội dung trình bày A Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m  Với m=1 ta có y  x3  x  Tập xác định: D   Sự biến thiên x  Ta có y '  x  x ; y '    x  - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 0) và (2;  ) ; nghịch biến trên khoảng (0; 2) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu x = 2, yCT =-2 - Giới hạn: lim y  , lim y   x  Điểm 1,0 0,25 0,25 x  Bảng biến thiên: X y' Y 0  +  - + 0,25  -2  Đồ thị cắt trục Oy điểm  0;  y f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 x -8 -6 -4 -2 0,25 -5 B Tìm tất các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị 1,0 Ta có y /  x  x  m  0,25 y /   3x  x  m   * 0,25 Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị và phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt   /  3m  12   m  Vậy m  thỏa mãn đề bài a Giải phương trình:  5sin x  2cos x PT  sin x  5sin x    s inx   s inx  /  5  x   k 2 ; x   k 2  k    Kết luận : 6 B Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức: z  z  z   6i  0,25 0,25 0,25 0,25  Giả sử z  x  yi  x, y          x  yi   x  yi  x  yi    6i 0,25 2   x  yi   6i   x; y    ; 6  Vậy z   6i 5  5 x  52 x1  6.5 x    5.(5 x )  6.5 x     x 5   x  Vậy nghiệm PT là x  và x  1   x  1 0,25 0,25 0,25 ĐK: x     x   TH1: x = không là nghiệm pt TH2: x     x   PT  Đặt x 0,25 1  x 4 3 x x 0,25  t  , ta có: t  t   x x Giải đúng t = 5/2 0,25 Tìm x = 4, x = ¼ và KL Tính tích phân I   x  0,25  1 x   e x dx   x x  1.dx   xe x dx Tính đúng I1   x x  1dx 0,25 116 135 0,25 Tính đúng I   xe x dx 0,25 116 19 1   135 135 0,25 Vậy I  (1,0 điểm) Gọi K là trung điểm AB  HK  AB (1) Sj Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) 0.25 Từ (1) và (2) suy  AB  SK Do đó góc  SAB  với đáy góc   60 SK và HK và SKH M B H C  Ta có SH  HK tan SKH 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 đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   Từ H kẻ HM  SK , M thuộc SK  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM 0.25 1 16 a a Vậy d  I ,  SAB        HM  2 HM HK SH 3a 4 0,25 Ta có (1,0 điểm)  Gọi AI là phan giác BAC   BAI  Ta có :  AID  ABC A E M'   CAD   CAI  IAD    CAI ,  nên  Mà BAI AID  IAD ABC  CAD  DAI cân D  DE  AI K M B I C 0,25 D PT đường thẳng AI là : x  y   0,25 Goị M’ là điểm đối xứng M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y   Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)   VTCP đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT đường thẳng AB là n   5; 3  0,25 0,25 Vậy PT đường thẳng AB là:  x  1   y     x  y   Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A  1;1;  , B 1;0;1 , 1,0 C  1;1;  và D  2; 1; 2  a Viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua ba điểm B, C và D   BC   2 ;1 ; 1 , BD  1; 1; 3    Véc tơ pháp tuyến (P) là n   BC , BD    4; 7;1 Phương trình mặt phẳng (P): 4  x  1   y     z  1  b Vậy phương trình mặt phẳng (P) : 4x  7y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A, tiếp xúc với mặt phẳng (P) 4.(1)    Bán kính R  d  A,  P     2 66   (1) 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 33 Có học sinh giỏi Toán là học sinh nam và học sinh giỏi Vật lí đó có học sinh là nam và học sinh là nữ Chọn ngẫu nhiên học sinh dự lễ tổng kết năm học 0,5 tỉnh Tính xác suất để học sinh chọn có học sinh nam và nữ, đồng thời có học sinh giỏi Toán và học sinh giỏi Vật lí Gọi không gian mẫu phép chọn là   n     C63  20 2 Phương trình mặt cầu (S):  x  1   y  1   z    Gọi A là biến cố chọn học sinh thỏa mãn điều kiện đề bài Ta có tất các trường hợp sau: TH1: nữ lí, nam lí, nam toán; TH2: nữ lí, nam toán; 0,25 TH3: nữ lí, nam toán  n  A   C21C21C21  C21C22  C22C21  12  P  A  (1,0 điểm) n  A  n  0,25  x  xy  x  y  y  y  4(1)    y  x   y   x  1(2) 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 đó (1) trở thành : u  3uv  4v    u  4v(vn) 10 Với u  v ta có x  y  1, thay vào (2) ta :  y  y    y  1   y  2 y2  y   y   y  ( vì    y2  y   y 1  y 0.25  y 1 1   y2    y  2    y  y   y 1 y 1 1  y2  y   y    0y  ) y 1  Với y  thì x  Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT là  5;   0 y    0.25 0.25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 15 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 1 x 1 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho 2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) hàm số đã cho biết tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng d : y  x Câu (1,0 điểm) 1) Giải phương trình : cos 3x  cos 2 x   2) Giải phương trình: log x  log (10  x)  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân sau: I   x  x3  e2 x  dx Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn (1  i ) z  (4  7i )   4i Tính modul số phức z b) An phải trả lời 10 câu hỏi trắc nghiệm, câu có bốn đáp án đó có đáp án đúng Tính xác suất để An trả lời đúng câu hỏi Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy.Góc tạo SC và mặt phẳng (SAB) 30 Gọi E là trung điểm BC Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng DE, SC theo a Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (2; –1; –1) và mặt phẳng ( P) : x  y  z   1) Viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm là điểm A và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) 2) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc A trên ( P ) Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C): x  y  25 , AC qua K (2; 1), hai đường cao BM và CN Tìm tọa độ A, B, C biết A có hoành độ âm và MN: 4x – 3y + 10 = 0, 3 2  x  y  x  y  6 x  15 y  10 Câu 8(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   y x    y   x  10  y  x  x, y    Câu (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn  a  b  c và a  b  c  Tìm giá trị nhỏ P  3abc  2015a  b  c Câu Ý 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 15 Nội dung Cho hàm số y  Điểm x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho x 1 1,0 - TXĐ:  \ 1 - Sự biến thiên: y'  + Chiều biến thiên: 0,25  0, x  1 ( x  1) Vậy hàm số đồng biến trên các khảng (  ; 1 ) và ( 1 ;  ) + Tiệm cận: ● lim y  ; x(1) lim x ( 1) y   0,25 Tiệm cận đứng: x  1 ● lim y  x Tiệm cận ngang: y  + Bảng biến thiên: x   1 + y' +  y 0,25  - Đồ thị: y 0,25 x -1 O -1 Viết PT tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d : y   x nên nó có hệ số góc là k  Hoành độ tiếp điểm là nghiệm phương trình : x      x  2 ( x  1)2 1,0 0,5 + Với x  ta có tiếp điểm là A(0; 1) Suy ta có tiếp tuyến 0,25 y  3( x  0)   y  x  + Với x  2 ta có tiếp điểm là B (2; 5) Suy ta có tiếp tuyến y  3( x  2)   y  x  11 Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn đề bài là y  x  1; y  x  11 0,5 Giải phương trình : cos 3x  cos 2 x   cos3x  cos 2 x   cos3x  cos x Phương trình tương đương x  k 2 4x  3x  k 2 x  k 2       (k  ) x  k 2 4x  3x  k 2 7x  k 2  Kết luận phương trình đã cho có các nghiệm là x  k 2 x  k 0,25 0,25 2 (k  ) Giải phương trình: log x  log (10  x)  0,5 Điều kiện:  x  10 (*) Ta có log x  log (10  x )   log (10 x  x )  0,25  10 x  x  16  x  8, x  ( thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x  , x  0,25 0,25 1,0 Tính tích phân sau: I   x  x3  e2 x  dx 1 0,25 Ta có I = I   x dx   x.e2 x dx =K+H K=  x dx  0 51 x  5 0,25 H=  x.e2 x dx Bằng phương pháp tích phân phần H= e  4 0,25 Vây I=K+H= e  20 Cho số phức z thỏa mãn (1  i ) z  (4  7i )   4i Tính modul số phức z (1  i ) z  (4  7i )   4i  (1  i ) z   3i  z   3i 1 i (  3i ).(1  i )  i    i 2 2 Vậy z  z 0,25 0,5 0,25 0,25 An phải trả lời 10 câu hỏi trắc nghiệm, câu có bốn đáp án đó có 0,5 đáp án đúng Tính xác suất để An trả lời đúng câu hỏi 0,25 Số phần tử không gian mẫu là   410 Chọn câu để có khả trả lời đúng, câu còn lại trả lời sai có C105 15 35 cách chọn Gọi A là biến cố đã cho, suy nA  C105 1535 n C 1.35 61236 Vậy xác suất biến cố A là P( A)  A  10 10   1048576 0,25 1,0 CB  AB * Vì   CB   SAB   SB là hình chiếu CB  SA SC lên mp(SAB)     300  SC ,  SAB   SC , SB  CSB S  A I T M D H K B E C     SB  BC.cot 300  a  SA  a * Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: 1 2a3 VS ABCD  SA.S ABCD  a 2.a  (dvtt ) 3 a và DE / /  SCI   d  DE , SC   d  DE , CSI   Từ A kẻ AK  CI cắt ED H, cắt CI K  SA  CI Ta có:   CI   SAK    SCI    SAK  theo giao tuyến SK  AK  CI + Từ C dựng CI // DE  CE  DI  0,25 0,25 0,25 Trong mặt phẳng (SAK) kẻ HT  AK  HT   SCI   d  DE , SC   d  H ,  SCI    HT + Ta có: S ACI a a 1 CD AI  AK CI  CD AI  AK   2 CI a a   2 HK KM 1 a Kẻ KM//AD ( M  ED)     HK  AK  HA AD a a SA HT SA HK  38  Lại c ó: sin SKA   HT   SK HK SK 19 9a 2a  Vậy d  ED, SC    3a 0,25 38 19 Bán kính mặt cầu ( S ) là: R  d ( A, ( P ))  2.2  2.(1)  (1)  22  22  (1) 2 Vậy phương trình mặt cầu ( S ) là: ( x  2)  ( y  1)2  ( z  1)2  0,5 0,25 0,25 0,5  Gọi H là hình chiếu A trên ( P) ( P) có vectơ pháp tuyến là n  (2; 2; 1)  Mà d  ( P )  n là véctơ phương AH  x   2t  Suy AH có phương trình tham số là:  y  1  2t  z  1  t  0,25 Ta có H là giao điểm AH và ( P) Xét phương trình ẩn t sau: 2(2  2t )  2(1  2t )  (1  t )    9t    t   0,25 Vậy H ( ;  ;  ) 3 1,0   CAD  (nội tiếp cùng chắn CD  ) + Vẽ đường kính AD Ta có: CBD   BMC   900 Tứ giác BCMN nội tiếp vì có BNC A  (cùng bù với  =>  AMN  CBA NMC )   CBA   CBD   ABD   900 Do đó:  AMN  CAD => MN  OA N + OA qua O (0; 0) và vuông góc MN => OA: 3x + 4y = 2 + Tọa độ A thỏa hệ pt :  x  y  25  A  4;3 x   B  A 3 x  y  => AC: x + 3y – = M 0,25 O C D 0,25  x  y  25 + Tọa độ C thỏa hệ pt:   C  5;0    x  y   x  y  10  + Tọa độ M thỏa hệ pt:   M  1;2   x  3y   0,25 + BM qua M và vuông góc AC => BM: 3x – y + = 2  x  y  25 + Tọa độ B thỏa hệ pt:   B  0;5  B  3; 4   0.25 3 x  y         + Do góc B nhọn nên: cos BA, BC   BA.BC  BA.BC.cos BA, BC  (*)     + Với B  3; 4  thì BA   1;7  ; BC   8;   BA.BC  20  (Thỏa (*))     + Với B(0; 5) thì BA   4; 2  ; BC   9;2   BA.BC  40  (Không thỏa (*))     * Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A  4;3 , B  3; 4  ; C  5;0  1,0 3  x3  y  x  y  6 x  15 y  10  x  1   x  1   y     y     2  y x    y   x  10  y  x  y x    y   x  10  y  x 1 2 0,25  x  3 Điều kiện  y Xét hàm số f  t   t  3t , t  , f   t   3t   t   Vậy hàm số f  t  đồng biến trên R Từ 1 ta có f  x  1  f  y    x   y   y  x   3 Thay  3 vào  2 ta phương trình:  x  1 x    x   x  10  x  x  Phương trình     x  1   x     x  7   0,25 x  10   x  x  30  4 0,25   x  1   x  6 x3 3   x  7   x  6 x  10    x  5 x    x    5   x  x7   x   6  x   x  10     Từ  5 : x    x    y    x; y    6;7  là nghiệm hpt  Từ   : x 1 x3 3  x3 x7 x7   0 2 x  10  7  phương trình vô nghiệm 0,25 1 1   VT     x  3       x  7      VP   x3 3 2  x  10   Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    6;  1,0 Ta có a  b  c   a  b  a  c    b 2c  a  b  c  a   a   2a  0,25 Suy bc  a  2a a  b  c 2  3a  b  c    a  b  c   0,25  P  3abc  2014a   3a  a  2014a  0,25 Xét hàm f (a)  3a  2a  2014a  3; a  0;1 Ta có  2a  18a.(1  a ) f ' ( a )  32a  2a  a  2014   2014  18a  a  2014  2  2a   2a    Ta có a 1  a 2  1  2a   a   a   2a 1  a 1  a      2  27 Suy a 1  a   3  f ' ( a )  18 3  2014   2014  Suy f ( a ) nghịch biến trên đoạn  0;1 Do đó f ( a )  f (1)  2014 Đẳng thức xảy và a  b  c  Vậy giá trị nhỏ P -2014 a  b  c  0,25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 16 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  x  x  a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho b) Tìm các giá trị thực tham số m để phương trình x  3x  x  m  có nghiệm nhất: 2 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos x  (1  cos x)(sin x  cos x)  b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i ) z   3i  Tìm phần ảo số phức w   zi  z Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 2log ( x  1)  log (2 x  1)   x  y  x  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 2  x  y    x  y (x,y   )   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I  1  x   e x dx  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a Tam giác SAB cân S và nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, góc cạnh bên SC và đáy 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng BD và SA Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình: x  y   , phương trình đường cao kẻ từ B là: x  y   Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C Viết phương trình các cạnh bên tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;-2;1), B(-1;0;3), C(0;2;1) Lập phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC Câu (0,5 điểm) Một hộp đựng thẻ đánh số 1,2,3, ,9 Rút ngẫu nhiên thẻ và nhân số ghi trên ba thẻ với Tính xác suất để tích nhận là số lẻ Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z và x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x z   3y z y Câu 1.a (1,0 điểm) HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 16 Đáp án Pt : x  3x  x  m   x3  x  x   2m  (*) 1.b 2 (1,0 điểm) Pt (*) là pt hoành độ giao điểm (C) và đường thẳng d y  2m  (d cùng phương trục Ox) Số nghiệm phương trình là số giao điểm (C) và d Dựa vào đồ thị  m   1 m  (C), để pt có nghiệm thì :     2m   m  cos x  (1  cos x)(sin x  cos x)  2.a sin x  cos x  (0,5 điểm)  (sin x  cos x)(sin x  cos x  1)    sin x  cos x  2.b (0,5 điểm) (0,5 điểm)   x   k     sin( x  )      x   k 2 ( k   )     x    k 2 sin( x  )     3i (1  i ) z   3i   z   2i 1 i => w = – i Số phức w có phần ảo - ĐK: x > , log3 ( x  1)  log (2 x  1)   x  3x     (1,0 điểm) x2 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  log [( x  1)(2 x  1)]  0.25 0.25 0.25 => tập nghiệm S = (1;2] Điều kiện: x+y  0, x-y   u  v  (u  v)  u  v  uv  u  x  y   Đặt:  ta có hệ:  u  v    u  v2  v  x  y  uv    uv   2    u  v  uv  (1)    (u  v)  2uv  Thế (1) vào (2) ta có:  uv  (2)   uv  uv   uv   uv  uv   (3  uv )  uv   uv  Kết hợp (1) ta có:   u  4, v  (vì u>v) u  v  Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2)  du   dx u   x  Đặt  =>  2x 2x (1,0 điểm)  dv  (2  e )dx v  x  e 1 I  (1  x)(2 x  e x )   (2  e x )dx 2 1 e2  1 = (1  x)(2 x  e2 x )  ( x  e2 x )  0 4 Gọi H là trung điểm AB-Lập luận SH  ( ABC ) -Tính SH  a 15 (1,0 điểm) Điểm Hs tự làm 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0,5 0.25 0.25 a 15 Qua A vẽ đường thẳng  / /BD , gọi E là hình chiếu H lên  , K là hình chiếu H lên SE Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S,  ))=2d(H, (S,  ))=2HK a Tam giác EAH vuông cân E, HE  1 31 15     HK  a 2 2 HK SH HE 15a 31 Tính VS ABC   d ( BD, SA)  (1,0 điểm) a a  cos HCB   4a  10ab  4b          10 b b 2(a  b2 ) a  b  2  a  2, b    , phương trình CH: -2x + y + =  a  1, b  2(l ) a    b AB  CH Tìm pt AB:x+2y+2=0 Tìm : C ( ;  ) ,pt AC:6x+3y+1=0 3 Tìm tọa độ tâm I mặt cầu I(0;-1;2), bán kính mặt cầu: R  Phương trình mặt cầu (S): x  ( y  1)  ( z  2)  (1,0 điểm)    Giả sử H(x;y;z), AH  (x  1; y  2; z  1), BC  (1; 2; 2), BH  ( x  1; y; z  3)     AH  BC  AH BC   x  y  z  5    x  y  2 23 BH cùng phương BC   , Tìm H(  ; ; ) 9 y  z  Số phần tử không gian mẫu là n(  ) = C 39 = 84 Số cách chọn thẻ có tích là số lẻ là n(A) = C53 = 10 (0,5 điểm) 10 => Xác suất cần tính là P(A) = = 84 42 x  xz  x, z Từ đó suy P 0.25 0.25 ab 10 (1,0 điểm) 0.25 15 a 31    cos HCB  Gọi H là trực tâm  ABC Tìm B(0;-1), cos HBC 10  Pt đthẳng HC có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0( n  ( a; b) là VTPT và a  b  ) Ta có 0.25 z  yz  z y x z   y  x  xz  z  yz  y z y  2( x  z )  y ( x  y  z )  xz  yz  2( x  z )  y  x ( y  z ) Do x  và y  z nên x( y  z )  Từ đây kết hợp với trên ta x z P    y  2( x  z )  y  2(3  y)  y  ( y  1)   z y Vậy giá trị nhỏ P đạt x=y=z=1 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 0.25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 17 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số y   x3  3mx  (1) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m  b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị A, B cho tam giác OAB vuông O ( với O là gốc tọa độ ) 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  2ln x dx x2 52 x1  6.5 x   b) Một tổ có học sinh nam và học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học sinh để làm trực nhật Tính xác suất để học sinh chọn có nam và nữ Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 và đường thẳng d: x  y 1 z  Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A và vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa   2 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 là trung điểm SC , hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp S ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a 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 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình Câu (1,0 điểm) P bc 3a  bc   x  xy  x  y  y  y     y  x   y   x  Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: ca 3b  ca  ab 3c  ab HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 17 Câu Nội dung a.(1,0 điểm) Vơí m=1 hàm số trở thành : y   x  3x  TXĐ: D  R y '  3 x  , y '   x  1 Điểm Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng  1;1 0.25 0.25 Hàm số đạt cực đại x  , yCD  , đạt cực tiểu x  1 , yCT  1 lim y   , lim y   x  x  * Bảng biến thiên x – y’ + y 0.25 + -1 – + + -1 - Đồ thị: 0.25 2 b.(1,0 điểm) y '  3 x  3m  3  x  m  0.25 y '   x  m   * Đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị  PT (*) có nghiệm phân biệt  m   **   Khi đó điểm cực trị A  m ;1  2m m , B  m ;1  2m m    Tam giác OAB vuông O  OA.OB   m3  m    m  ( TM (**) ) Vậy m  (1,0 điểm) 0.25 0.25 0,25 sin x   6sin x  cos x  (sin x  6sin x)  (1  cos x)  0.25  sin x  cos x  3  sin x  0 25  2sin x  cos x   sin x   sin x   sin x  cos x  3(Vn)  x  k Vậy nghiệm PT là x  k , k  Z 25 0.25 (1,0 điểm) 2 2 ln x x2 ln x ln x I   xdx   dx  2  dx    dx x x x 1 1 Tính J   ln x dx x2 Đặt u  ln x, dv  0.25 0.25 1 dx Khi đó du  dx , v   x x x 2 1 Do đó J   ln x   dx x x 1 1 1 J   ln    ln  x1 2 Vậy I  0.25  ln 2 0.25 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 5 x  52 x1  6.5 x    5.52 x  6.5 x     x 5   x  Vậy nghiệm PT là x  và x  1   x  1 b,(0,5điểm) n     C113  165 Số cách chọn học sinh có nam và nữ là C52 C61  C51.C62  135 135 Do đó xác suất để học sinh chọn có nam và nữ là  165 11 (1,0 điểm)  Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3  Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3  làm VTPT 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x    1 y  1   z  3   2 x  y  3z  18  0.25 0.25 Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t  2 AB  27  AB  27    2t   t   6  3t   27  7t  24t   t   t    13 10 12  Vậy B  7; 4;6  B   ; ;   7  7 0.25 (1,0 điểm) Gọi K là trung điểm AB  HK  AB (1) Sj Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) 0.25 Từ (1) và (2) suy  AB  SK Do đó góc  SAB  với đáy góc   60 SK và HK và SKH M H C a Ta có SH  HK tan SKH B K A 1 a3 Vậy VS ABC  S ABC SH  AB AC.SH  3 12 0.25 Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   Từ H kẻ HM  SK M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM Ta có 1 16 a a Vậy d  I ,  SAB        HM  2 HM HK SH 3a 4 0.25 0,25 (1,0 điểm)  Gọi AI là phân giác BAC  Ta có :  AID   ABC  BAI A E M' B K I M C D 0,25   CAD   CAI  IAD    CAI ,  nên  Mà BAI AID  IAD ABC  CAD  DAI cân D  DE  AI PT đường thẳng AI là : x  y   Goị M’ là điểm đối xứng M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y   Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)   VTCP đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT đường thẳng AB là n   5; 3  0,25 0,25 0,25 Vậy PT đường thẳng AB là:  x  1   y     x  y   (1,0 điểm)  x  xy  x  y  y  y  4(1)    y  x   y   x  1(2)  xy  x  y  y   Đk:  y  x    y 1   0.25 Ta có (1)  x  y   x  y  y  1  4( y  1)  Đặt u  x  y , v  y  ( u  0, v  ) u  v Khi đó (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 y  y   y 1  y  ( vì    y  y   y 1  y 0.25  y 1 1   y2    y  2    y2  y   y 1 y 1 1  y2  y   y   0 y    0.25  0y  ) y 1   0.25 Với y  thì x  Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT là  5;  (1,0 điểm) Vì a + b + c = ta có bc  bc  bc  bc  1      ab a c  3a  bc a(a  b  c)  bc (a  b)(a  c) 1 Vì theo BĐT Cô-Si:   , dấu đẳng thức xảy  b = c ab a c (a  b)(a  c) Tương tự Suy P  ca ca  1      và 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 Đẳng thức xảy và a = b = c = Vậy max P = 0,25 0,25 0,25 a = b = c = 0,25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 18 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x  4x  a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho b) Dựa vào đồ thị (C) tìm các giá trị tham số thực m để phương trình x  4x   2m  (1) có hai nghiệm phân biệt Câu (1,0 điểm) a) Cho tan   Tính A  3sin   cos  5sin   cos3  b) Tìm môdun số phức z   2i  1  3i  Câu (0,5 điểm) Giải phương trình : 16 x  16.4 x  15  Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình : 2x  6x   2x2  x   x   x  1  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân J = x x  3dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có AD  a, AB  a , cạnh bên   300 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và diện tích mặt SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), góc SBA cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;1 , đường cao từ đỉnh A có phương trình x  y   và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C biết diện tích tam giác ABC Câu ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 1; 2;3 và mặt phẳng (P) có phương trình: x  y  z   Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( P ) và phương trình đường thẳng ( d ) qua A và vuông góc với ( P ) Câu (0,5 điểm) Một tổ gồm học sinh nam và học sinh nữ Cần chia tổ đó thành nhóm, mổi nhóm học sinh để làm công việc trực nhật khác Tính xác suất để chia ngẫu nhiên ta nhóm có đúng nữ Câu 10 (1,0 điểm) Giả sử x, y là các số thực thỏa mãn các phương trình x  ax   với a  ; 2 y  2by   với b  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M  3 x  y  1 1    x y HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 18 Câu Nội dung a) (1,0 điểm) Câu (2,0 điểm)  Tập xác định: D    Giới hạn vô cực: lim y  ; Điểm 0,25 lim y   x  x   Đạo hàm: y   4x  8x 0,25 x   y   4x  8x   4x (x  2)    x    Bảng biến thiên x – y y 0,25  + 0 – – + + – – –3  Giao điểm với trục hoành: x  cho y   x  4x      x   Giao điểm với trục tung: cho x   y  3 y  Đồ thị hàm số: - -1 - O -3 x  1   x   x y = 2m 2m b) ) (1,0 điểm) Biến đổi: x  4x   2m   x  4x   2m (*) 0,25 Số nghiệm pt (*) số giao điểm (C ) : y  x  4x  và d: y = 2m 0,25 Dựa vào đồ thị tìm : 2m = 2m < –3 0,25 Giải và kết luận: m = m <  2 0,25 Câu2 (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) 0,25 A 3sin   2cos  tan    3 5sin   cos  cos  tan     0,25 tan   70   tan   tan   139   b) (0,5 điểm) z = 5+2i-(1+3.3i+3(3i)2 + (3i)3 ) = 31+20i 0,25 0,25 Vậy z  312  202  1361 Câu + Đặt t = 4x; ĐK: t > (0,5 + Đưa PT: t2  16t + 15 = Giải t = 1; t =15 (thỏa đk t > 0) điểm) + Giải pt, tìm x = 0, x = log415 + Kết luận pt có nghiệm: x = và x = log415 * Ghi chú: - HS có thể không cần đặt ẩn phụ, giải đúng đạt điểm tối đa 0,25 Câu Đk: x  (1  x  1 x     x  1 x  3  x   x    điểm)   x  1 x    x  1 x   x   x    0,25 0,25 0,5   x  1       x   x 3 3  x  1     x  1   x   x  1  x   x 3 1 x4  x3   x  1   x   x    x  1       x  1   x   x   11  x   3  x  1   x   x  3      11  x    x  11x  30  11  x    x5     x   x6 KL: Tập nghiệm bpt là:  6;   Câu (1 điểm) 0,5 J=  x x  3dx Đặt u= x  suy x dx = u du x  1 u  x  u 3 Ta có J=  u du  u3 3  0,5 19 0,25 Câu Thể tích khối chóp S.ABCD (1 +Chứng tỏ SAB vuông và tính điểm) SA= AB tan 30 = a S + Tính thể tích VS ABCD  SA AB AD  a 3 (hình không có điểm) I a 30 A D B C Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Lập luận: tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I SC, bán kính 0,25 0,25 SC 2 2 2 Tính SC  SA  AC  SA  AB  BC = SC a  a  3a  a  5a  SC  a  r  2 R a 5 Diện tích mặt cầu : S= 4 r  4     5 a   0,25 Câu (1 điểm) Gọi H là chân đường cao vẽ từ A  x   x  y 1    3   H  ;    5 2 x  y    y3  Gọi d là đường thẳng qua G và song song BC, d : x  y  m  0, m  1 0,5 G  d  m  3  d : x  2y    x  x  y    I  d  AH ,   2x  y 1  y   1 7 I ;  5 5    x 1 HA  3HI    A 1;3 y  S ABC  2S 60 BC AH  BC   2 AH Gọi M là trung điểm BC, M(x;y)    x 1 MA  3MG    M 1;0  y  B  BC  B 1  2b; b  0.25 0,25 MB   5b   b  1 b  1: B  1;1  C  3; 1 b  1: B  3; 1  C  1;1 kl : A 1;3 , B  1;1 , C  3; 1 hay A 1;3 , B  3; 1 , C  1;1 Câu   12    Bán kính mặt cầu R=d(A;(P))= (1   16 18 điểm) 0,25 Phương trình mặt cầu (S): (x-1)2 + (y-2)2 + (z-3)2 =2 0,25  Vectơ phương d là ud =(1;1;-4) 0,25 0,25  x 1 t  Phương trình tham số d là:  y   t  z   4t  Câu Tính số cách chọn nhóm, nhóm người: (0,5 B1) 12 người chọn 4: C124 điểm) B2) người còn lại chọn 4: C84 B3) người còn lại chọn 4: Số cách chọn là: C124 C84  n     C124 C84 0,25 Gọi A là biến cố “ Chọn nhóm, nhóm người đó có đúng nữ” Tính n(A): B1) Chọn nữ: cách, chọn nam: C93  3.C93 cách B2) còn lại người (6 nam và nữ): Chọn nữ: cách, chọn nam: C63  2.C63 cách B3) còn lại người (3 nam và nữ): có cách Số cách chọn là: 3C93 2C63  n  A   3C93 2C63  P  A  Câu 10 (1 điểm) 0,25 6C93C63 16  C124 C84 55 Xét pt: x  2ax   (1) có  /  a   với a  Nên pt (1) có nghiệm và 1  x   2ax  x  0,25 Xét pt: y  2by   (2) có  /  b   với b  Nên pt (2) có nghiệm và    y   2by  y0 Đặt x  -t , t   1 1  M   t  y         t  y       t y t y 2 0,5 1 1 t  0, y     ;   t  y t y t y t y t y  M  3t  y   16 t  y   t  y  16 t  y  8 0,25    ty y  ty     16     M    3t  y   y    x   t  y     Vì x, y thỏa (1) và (2) nên:  2       2a      3 3    1      ab    b    4    43  3  a3   b3 Vậy M  x   1 1 , y  , a  b  4 3 24 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 19 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x + (m + 1)x + (m - 4)x - m + a/ Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số m = b/ Viết phương trình tiếp tuyến (C ) giao điểm (C ) với trục tung Câu (1,0 điểm):  a/ Giải phương trình lượng giác: cos(2x  )  s inx.sin3x -  b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2z - 2z + = Câu (0,5điểm): Giải phương trình: 2log (x - 2) + log 0,5 (2x - 1) = Câu (1,0 điểm): Giải hệ phương trình  y x x 1  2log  2.4   y , (x,y  R)   x3  x  y  xy   x     Câu (1,0 điểm): Tính tích phân I =  (1 + x)e dx x Câu (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc cạnh bên và mặt đáy 600 Tính thể tích hình chóp Câu (1,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm BC Biết AM có phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1) Tìm toạ độ các đỉnh hình vuông, biết đỉnh A có tung độ dương, điểm M có tung độ âm Câu (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm A(3;2; 3) và hai đường thẳng d1 : x -1 y + z - x - y -1 z - = = và d : = = 1 -1 a/ Chứng minh d1 và d2 cắt b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 Tính khoảng cách từ A đến mp(P) n   Câu (0,5 điểm): Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển của: x   x  , biết tổng các hệ x  số khai triển trên 4096 ( đó n là số nguyên dương và x  ) Câu 10 (1,0 điểm): Cho a, b, c là ba số thực dương Chứng minh rằng: a  b2  c  1 1      2 4b 4c 4a a b bc ca ………………….HẾT…………… HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 19 Nội dung Câu Điểm Với m = ta có hàm số: y  2x  3x   Tập xác định: D    Đạo hàm: y   6x  6x  Cho y    6x  6x   x  hoac x  1  Giới hạn: lim y   x  lim y   ; x   Bảng biến thiên x y – –1 0 +  0 – +  y – –1  Hàm số ĐB trên các khoảng (; 1),(0; ) , NB trên khoảng (1; 0) Hàm số đạt cực đại yCĐ = x CÑ  1 , đạt cực tiểu yCT = –1 x CT  1a 1  y   12x    x    y   Điểm uốn: 2  Giao điểm với trục hoành:  1 I  ;    2 cho y   2x  3x    x  1 hoac x  1.0đ Giao điểm với trục tung: cho x   y  1  Bảng giá trị: x y  32 1  12 1  12 1  Đồ thị hàm số: hình vẽ đây y -1 O x -1 Giao điểm (C ) với trục tung: A(0; 1)  x  ; y  1 1b 2a  f (0)   Vậy, pttt A(0;–1) là: y   0(x  0)  y  1  Giải phương trình : cos(2x  )  s inxsin3x   (1)    2(cos2xcos  sin 2x sin )  sin x sin 3x   3 1.0đ 0.5 đ  cos2x  s in2x+4sin x sin 3x     2s in x-2 sin x cos x  4sin x sin 3x    s inx(2s in3x-sin x- cos x)  s inx   s inx  cos x  2sin 3x *s inx   x  k (k  z) s inx  cos x  sin 3x 2     3x  x   k2  x   k   sin(x  )  sin 3x    (k  z) 3x    x    k2 x    k      phương trình đã cho có nghiệm x  k ; x   k (k  z) 2z  2z   (*) *s inx  cos x  2sin 3x  2b  Ta có,   (2)2  4.2.5  36  (6i )2  Vậy, phương trình (*) có nghiệm phức phân biệt:  6i  6i z1    i ; z2    i 2 2 log2 (x  2)  log0,5 (2x  1)  (*) x  x      Điều kiện:    x 2 2x   x     Khi đó, (*)  log2 (x  2)2  log2 (2x  1)   log2 (x  2)2  log2 (2x  1) x  (loai)  (x  2)2  (2x  1)  x  6x     x  (nhan) 0.5 đ 0.5 đ 2 x  x   Điều kiện:  x  y  y 0  Ta có:     x  yx  1  x  y  1   x  y   ( Vì  y  x 1 1  2.4 y   2 x 1  22 y  log 2 y  (a) x y  2log 2x x  yx   ) *  trên  0;   log 2 x f  t    log t Ta có: f '  t   2t ln   t   0; e  ,vậy f  t  là hàm số đồng biến t ln Biểu thức *  f  y   f 2x  y  2x (b) Xét hàm số: t  Từ (a) và (b) ta có:  1.0 đ x   x  x   x2  x  1  x       4 x  x   x 2 x  x    x     x2 Với x   y  , suy hệ phương trình có nghiệm  2;1 I   (1  x )e dx x u   x du  dx    Đặt  Thay vào công thức tích phân phần ta được:  dv  e xdx v  e x   1 I  (1  x )e x   e xdx  (1  1)e1  (1  0)e  e x 1.0 đ  2e   (e  e )  e  Vậy, I   (1  x )e dx  e x S A 60 B 2a D O C  Gọi O là tâm mặt đáy thì SO  (ABCD ) đó SO là đường cao hình chóp và hình chiếu SB lên mặt đáy là BO,  đó SBO  600 (là góc SB và mặt đáy)   BD  SO  Ta có, tan SBO   SO  BO tan SBO  tan SBO BO  a tan 600  a  Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là V  1 4a B.h  AB.BC SO  2a.2a.a  3 3 A x I D B H x M C Gọi H là hinh chiếu vuông góc B trên AM  BH  d  B; AM   10 Đặt cạnh hình vuông là x>0 1 10 Xét tam giác ABM có       x3 2 2 BH BA BM 36 x x 1.0 đ A thuộc AM nên A  t ;  3t    t    3t   AB   t    17  t     10t  44t  34   17 16  A  ;    loai, A 1;   t / m 5  Làm tương tự cho điểm B, với BM  x 5 1   M  ;  2 2 2 M là trung điểm BC  C 1; 2  Gọi I là tâm hình vuông  I 1;1 Từ đó  D  2;1  a/  d qua điểm M 1(1; 2; 3) , có vtcp u1  (1;1; 1)   d2 qua điểm M (3;1;5) , có vtcp u2  (1;2; 3)  1 1 1       (5; 4;1)  Ta có [u1, u2 ]   ; ; 1    và M 1M  (2; 3;2)     Suy ra, [u1, u2 ].M1M  5.2  4.3  1.2  , đó d1 và d2 cắt b/ Mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 1.0 đ  Điểm trên (P): M 1(1; 2; 3)     vtpt (P): n  [u1, u2 ]  (5; 4;1)  Vậy, PTTQ mp(P) là: 5(x  1)  4(y  2)  1(z  3)   5x  4y  z  16   Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là: 5.(3)  4.2  (3)  16 42 d(A,(P ))    42 42 52  (4)2  12 Xét khai triển : n n 1  1  x   x   x3   x  x  x  k n 1 n k n   n  52   52  1  k   n   x Cn    Cn    x    Cn    x    Cn  x   x    x      x     Thay x  vào khai triển ta được: 2n  Cn0  Cn1   Cnk   Cnn  Theo giả thiết ta có: Cn0  Cn1   Cnk   Cnn  4096 0.5 đ  2n  212  n  12 12 Với n  12 ta có khai triển: 10 Gọi số hạng thứ 1  x3   x5  x   k  1  k  12, k  Z  12 k 1 Tk 1  x3C12k   x  Ta có :   x5 k  C12k x là số hạng chứa x k 21 5k 0,5 Vì số hạng có chứa x nên : 2k  21   21 6 5k 6k  6 C  924 Với k  ta có hệ số cần tìm là : 12 Ta có:  a2   b2   c2  VT             4b   4c 4c   4a 4a   4b a b c 1 a b c   2 2   2 2 2 2b 2c 2a 2b c a  a b c Mặt khác:   ;   ;   2 b a b c b c a2 c a a b c 1 Cộng theo vế các BĐT trên ta được:      b c a a b c Suy ra:  1   1   1   1   VT                    a b c   a b   b c   c a   1 4  1         VP  a  b b  c c  a a  b b  c c  a Đẳng thức xảy và khi: a  b  c  1.0 đ TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 20 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp điểm có tung độ y  Câu 2: (1,0 điểm) a) Giải phương trình:  cos x(2 cos x  1)  s inx 1  cos x b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1  2i) z  (2  3i) z  2  2i Tính mô đun z Câu 3: (0,5 điểm) Giải phương trình: x  log (9  x )  Câu 4: (1,0 điểm) Giải phương trình: (4 x  x  7) x   10  x  x ln Câu 5: (1,0 điểm) Tính tích phân: I   e2 x ex  dx Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A và B, AB  BC  a , CD  2a , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA  a Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC) Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết đỉnh B(2; –1), đường cao qua A có phương trình d 1: 3x – 4y + 27 = 0, phân giác góc C có phương trình d 2: x + 2y – = Tìm toạ độ điểm A Câu 8: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 0; 3), B (2; 0; 1) và mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng AB, bán kính 11 và tiếp xúc với mặt phẳng (P) Câu 9: (0,5 điểm) Từ các chữ số 1;2;3;4;5 có thể lập bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số, đó chữ số có mặt đúng ba lần, các chữ số còn lại có mặt không quá lần Trong các số tự nhiên nói trên, chọn ngẫu nhiên số, tìm xác suất để số chọn chia hết cho Câu 10: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c đôi khác thỏa mãn 2a  c và ab  bc  2c Tìm giá trị lớn biểu thức P  a b c   a b b c c a -HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 20 CÂU Câu (2,0 điểm) ĐÁP ÁN a) (1,0 điểm) + Tập xác định: D   + Giới hạn: lim y  ; lim y   y '  3x  x x  Điểm 0,25 x  + Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y '    x   x  2 Suy hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0) và đồng biến trên các khoảng (  ;-2), (0;  ) Cực trị: Hàm số đạt cực đại x= -2; yCĐ= 5, đạt cực tiểu x=0; yCT=1 Bảng biến thiên: x - -2 + y’ + - + y + -  1  + Đồ thị (C) 0,25 0,25 y 0,25 x -5 -4 -3 -2 -1 -1 CÂU (1,0 điểm) b) (1,0 điểm) Hoành độ tiếp điểm là nghiệm phương trình x  x   Suy x0  0; x0  3 Suy hệ số góc tiếp tuyến là: y '(0)  0; y '( 3)  Phương trình tiếp tuyến (C) điểm (0;1) là: y=1 Phương trình tiếp tuyến (C) điểm (-3;1) là: y=9x+28 a) (0,5 điểm) b) Điều kiện: cos x   x  k 2 , k   Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương:  cos x (2 cos x  1)  s inx   cos x  2sin x  sin x    5  x    k , k  ; x   k , k   (thỏa điều kiện) 4 b) (0,5 điểm) Gọi z=x+yi  x, y  R  Phương trình đã cho trở thành: sin x   0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1  2i  x  yi     3i  x  yi   2  2i   x  y    x  y  i   x  y    3x  y  i  2  2i   3x  y     x  y  i  2  2i 0,25 3 x  y  2 x 1     x  y  2 y 1 0,25 Do đó z  12  12  CÂU (0,5 điểm) Điều kiện:  x  Phương trình đã cho tương đương: log2 (9  2x )   x   2x  23x   2x  CÂU (1,0 điểm) 0,25 2x 1 x  2x x   9.2    (thỏa điều kiện)  x  2x 2  x  Điều kiện: x  2 , bất phương trình đã cho tương đương: (4 x  x  7) x   2(4 x  x  7)   ( x  2)  4 0,25 0,25 (4 x  x  7)( x   2)  2( x   2)( x   2)  x  x   x    x  ( x  2)  x    (2 x)  ( x   1)  ( x    x)( x    x)   x   x   x   x      x   2 x   x   2 x   41  2  x  1  x    41  Vậy tập nghiệm T   2; 1   ;      CÂU (1,0 điểm) 0,5 Đặt t  e x   t  e x   2tdt  e x dx 0,25 x   t  2, x  ln  t  3 0,25 (t  1)2tdt I    (t  1)dt t 2  t3   2  t  3   0,25 2 0,5 CÂU (1,0 điểm) Kẽ đường thẳng qua C và song song với AB cắt AD E Ta có: AE  BC  a ; DE= DE  (2a )  a  a Suy diện tích hình thang ABCD là: SABCD  a2  1 Vậy: VS ABCD  SA.S SABCD  a  3   0,25   0,25 Vì AD//(SBC) nên d ( D , ( SBC ))  d ( A, ( SBC )) Kẻ AI vuông góc SB I, chứng minh AI vuông góc (SBC) Nên d ( A, ( SBC ))  AI Trong tam giác SAB vuông A có AI là đường cao nên: AI  SA.AB a  SB 1 Suy ra:  2 AI SA AB 0,25 0,25 CÂU (1,0 điểm)  Đường thẳng BC có vectơ pháp tuyến là: n   4;3  Suy phương trình đường thẳng BC là: x  y   Toạ độ điểm C là nghiệm hệ phương trình: 4 x  y    x  1   C (1;3)  x  2y   y  0,25 Gọi B’ là điểm đối xứng B qua d2, I là giao điểm BB’ và d2 Suy phương x  y 1   2x  y   2 x  y   x  Toạ độ điểm I là nghiệm hệ:    I (3;1) x  y    y 1 trình BB’: 0,25  xB '  xI  xB   B (4;3)  yB '  yI  yB  Vì I là trung điểm BB’ nên:  0,25 Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0 y 3   x  5   A( 5;3) 3 x  y  27  y  Toạ độ điểm A là nghiệm hệ:  CÂU (1,0 điểm) CÂU (0,5 điểm)  Đường thẳng AB qua A(0;0;-3) có VTCP AB  (2; 0; 2)  x  2t  Nên phương trình tham số đường thẳng AB là:  y   z  3  2t  Gọi I là tâm mặt cầu thì I(2t;0;-3+2t) Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) và khi: 6t   3  2t   d ( I ;( P ))  11   11 11 0,25 0,25 0,25  t  t   22   4t   22     4t   22 t   13  t   I (9; 0;6) Phương trình mặt cầu ( S ) : (x  9)  y  (z 6)  44 13 t    ( I  13; 0; 16) Phương trình (S)  (x13)2  y2  (z16)2  44 Gọi a1a2 a3a4 a5 là số tự nhiên cần tìm, a1 , a2 , a3 , a4 , a5 thuộc 1; 2;3; 4;5 Sắp chữ số vào ba vị trí, có C53  10 (cách) 0,25 0,25 0,25 Còn lại hai vị trí, chữ số Chọn hai chữ số xếp vào hai vị trí đó, có C  12 (cách) Vậy không gian mẫu có 10.12  120 phần tử Gọi A là biến cố: “số chọn chia hết cho 3”, có hai phương án: Hai chữ số còn lại là và 5, có C53 2!  20 số Hai chữ số còn lại là và 4, có C53 2!  20 số 40  120 a a b b a 2c Theo giả thiết: 2a  c nên  ; ab  bc  2c      1 c c c c c b a b Vì  nên  c c c Đặt t  thì  t  b 0,25 Vậy biến cố A có 40 phần tử Xác suất biến cố A là: P  CÂU 10 (1,0 điểm) 0,25 a c b 2t  t 1 P  c      1  a b b a 2t  t  1  t 2(1  t ) 2t  6(1  t )  1 1 c c c c  3 Xét hàm số f (t )    , t   0;  Ta có: 2t  6(1  t )  4  3  3 f '(t )  0, t   0;  , đó f (t ) đồng biến trên  0;   4  4 27 Do đó GTLN hàm số đạt t  , suy max P   ab  bc  2c Đẳng thức xảy   8a  3b  4c , chẳng hạn chọn  2a  c (a,b,c)=(3,8,6) 0,25 0,25 0,25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 21 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x (1) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị  C  hàm số (1) 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  điểm M có hoành độ x0  Câu (1,0 điểm) 1) Giải phương trình sin x  cos x   sin x  cos x    cos x 2) Tìm phần thực và phần ảo số phức w  ( z  4i )i biết z thỏa mãn điều kiện 1  i  z    i  z   4i Câu (0,5 điểm) Giải phương trình log 52 x  log 0,2 (5 x )   ( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x   16  y  x   x, y     Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I  ( x  sin x ) cos xdx  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a E , F là trung điểm AB và BC , H là giao điểm AF và DE Biết SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và góc đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABCD ) 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách hai đường thẳng SH , DF Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD Điểm E (2;3) thuộc đoạn thẳng BD , các điểm H ( 2;3) và K (2; 4) là hình chiếu vuông góc điểm E trên AB và AD Xác định toạ độ các đỉnh A, B , C , D hình vuông ABCD Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1;0;0) và đường thẳng d có phương trình x  y  z 1   Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng d Từ đó suy tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc A lên đường thẳng d Câu (0,5 điểm) Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; có thể lập bao nhiêu số tự nhiên có chữ số và số đó chia hết cho 3? Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực x, y , z thoả mãn: x  y  z  x  y  Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức T  2( x  z )  y Hết CÂU HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 21 NỘI DUNG Ý ĐIỂM y  x  2x + TXĐ: D   + Sự biến thiên: x   Chiều biến thiên: y '  x3  x y '   x  x     x  1 Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng:  ;1 và (0;1) ; 0,25 đồng biến trên khoảng (-1;0) và 1;    Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0, ycđ = Hàm số đạt cực tiểu x  1 , yct = -  Giới hạn : lim y   x  0,25 Bảng biến thiên : 1đ x y/ y -1 -  0 +  -  +  -1 + Đồ thị: - Giao điểm với Ox : (0; 0);  0,25 -1  2; ,  2; - Giao điểm với Oy : (0 ; 0)  y 0,25 x -8 -6 -4 -2 Nhận xét : Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng -5 1đ 0,5đ Với x0 = , y0 = 0, f '( x0 )  Pttt là y  x  sin x  cos x  4sin x  cos x    cos x  sin x cos x  cos x  cos 2 x  4sin x  cos x    cos xsin x   cos x   2sin x  cos x    cos x 2 sin x cos x  sin x   2sin x  cos x    sin x  cos x cos x sin x  1   Với sin x  cos x   x    k , k  Z Với cos x sin x    1  sin x sin x    sin x  1 sin x  1    sin x   x   2m , m  Z 0,5 0,5 0.25 0.25 0,5đ Gỉa sử z  x  yi,  x y    , suy z  x  yi Thế vào gt ta tìm x= 3, y = Vậy z = +4i Do đó w = 3i w có phần thực 0; phần ảo 0,25 0,25 Gpt: log 52 x  log 0,2 (5 x)   (1) Đk: x>0 Pt (1)  log 52 x  log (5 x )    log 52 x  log x   0,5đ log5 x   x  125    x  1/ 25 log5 x  2 KL: Vậy tập nghiệm pt (1) là T  1/ 25;125 0,25 0,25 16 3 (1)  ( x  1)  ( y  1)3  y  x  Thay y=x-2 vao (2) 4( x  2) 3( x  2) x   22  x  x    ( x  2)( x  2)  x2 2 22  x  x   4   ( x  2)   0(*) 22  x   x   Xét f(x)=VT(*) trên [-2;21/3],có f’(x)>0 nên hàm số đồng biến suy x=-1 là nghiệm (*) KL: HPT có nghiệm (2;0),(-1;-3) ĐK: x  2, y  1đ    I   ( x  sin x )cos xdx   x cos xdx   sin x cos xdx 0     M N 0,5 0,25 0,25    0,25   Tính M 1đ u  x  du  dx Đặt    dv  cos xdx v  sin x      M  x sin x   sin xdx   cos x   2 0 Tính N Đặt t  sin x  dt  cos xdx  x   t 1 Đổi cận x 0t 0 t3 1 N   t dt   3 Vậy I  M  N    0,25 0,25 0,25 Do ABCD là hình vuông cạnh 2a nên S ABCD  a SH  ( ABCD)  HA là hình chiếu vuông góc SA trên mp  ABCD    60  SH  AH  SAH 0,25   ADE  ABF  DAE  c.g c   BAF 1đ 0,25 0,25  Mà:  AED   ADE  90 Nên BAF AED  900   AHE  900  DE  AF 2a Trong ADE có: AH DE  AD AE  AH  0,25 2a 8a 15 Thể tích khối chóp S ABCD là: V  4a  (đvtt) 15 Trong mp  ABCD  kẻ HK  DF K  d  SH , DF   HK Trong ADE có: DH DE  DA2  DH  4a Có : DF  a 16a 9a 3a   HF  5 HF HD 12 a 12a  HK   Vậy d  SH , DF   DF 25 25 AH : x  0  Ta có: EH : y    A  2;  EK : x      AK : y   Trong DHF có: HF  DF  DH  5a  0,25 0,25 1đ  Giả sử n  a; b  ,  a  b   là VTPT đường thẳng BD a  a  b a2  b2  Với a  b , chọn b  1  a   BD : x  y     B  2; 1 ; D  3;   EB   4; 4      E nằm trên đoạn BD (thỏa mãn)  ED  1;1 Khi đó: C  3; 1 Có:  ABD  450 nên:   Với a  b , chọn b   a   BD : x  y   0,25 0,25   EB   4;     B  2;  ; D 1;      EB  4ED  E nằm ngoài đoạn BD (L)  ED   1;1 Vậy: A  2;  ; B  2; 1 ; C  3; 1 ; D  3;   +) d có VTCP là u  1; 2;1   +) (P) qua A(-1;0;0) và có VTPT n  u  1; 2;1 có pt : x + 2y + z +1 = 1đ 0,25 0,5 0,25 +) H là giao điểm (d) và (P) nên tọa độ H là nghiệm hệ pt x   x  y 1 z 1       y  1 Vậy H(1;-1;0)   x  y  z   z   Số có chữ số cần lập là abcde ( a  ; a, b, c, d, e  {0; 1; 2; 3; 4; 5}) abcde   (a  b  c  d  e) - Nếu (a  b  c  d ) thì chọn e = e = 0,25 - Nếu ( a  b  c  d ) chia dư thì chọn e = e = 0,5đ - Nếu ( a  b  c  d ) chia dư thì chọn e = e = Như với số abcd có cách chọn e để số có chữ số chia hết cho 0,25 Số các số dạng abcd lập từ tập A là: 5x6x6x6= 1080 số Số các số cần tìm là x 1080 = 2160 số 2 x  y  z  x  y    x  1   y    z  1 0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Xét mặt cầu:  S  :  x  1   y    z  Có tâm I 1; 2;  ,bán kính R  Xét mp   : x  y  z  T  G/s M  x; y; z  Từ 1 có điểm M nằm bên  S  và kể trên mặt cầu  S   d  I ,     R   10 1đ 0,25 T   2  T  10 Với T  2 thì M là giao điểm mp    : x  y  z   0,25 Và đường thẳng  qua I và      x   2t   :  y  2  t  z  2t   4  M  ; ;   3 3 7 4 Với T  10 Tương tự M  ;  ;   3 3  x     x    Vậy T  2  max T  10  y    y  z     z   * Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đạt điểm tối đa 0,25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 22 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  6x  9x  (1) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Tìm m để phương trình x(x  3)  m có nghiệm phân biệt Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: (sinx  cosx)   cosx b) Giải bất phương trình: log0,2 x  log0,2(x  1)  log 0,2 (x  2) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I  6x+7  3x  dx Câu (1,0 điểm) a) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức phương trình z  z  11  Tính giá trị biểu 2 z  z2 thức A = ( z1  z2 ) b) Xét các số tự nhiên có chữ số khác Tìm xác suất để số tự nhiên có chữ số khác lấy từ các số trên thảo mãn: Chữ số đứng sau lớn chữ số đứng trước Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình x 1 y z 1 Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P)   là lớn Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC cạnh 4a; M, N là trung điểm cạnh SB và BC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C là x  y  13  và x  13 y  29  Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC x  y  x  y   (x  y)2  x  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  (x, y  R) x  x  y   x  y   Câu (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x (y  z) y (z  x) z (x  y)   yz zx xy HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 22 Câu 1a Nội dung Điểm a) y  x  x  x  (1,25) * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên  Chiều biến thiên: y '  x  12 x   3( x  x  3) x  Ta có y'    , y'    x  x  Do đó: + Hàm số đồng biến trên khoảng (,1) và (3,  ) + Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3) 0,25 0,25  Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  và yCD  y (1)  ; đạt cực tiểu x  và yCT  y (3)  1 0,25  Giới hạn: lim y  ; lim y   x   x    Bảng biến thiên: x   y’    0,25  y -1  * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung điểm (0,  1) y 0,25 x O -1 1b (0,75) Ta có: x(x  3)  m  x  6x  9x   m  Phương trình có ba nghiệm phân biệt và đường thẳng y = m – cắt (C) điểm phân biệt  1  m     m  2a (0,5) 0,25 0,25 0,25 Ta có: (s inx  cosx)   cosx   sin xcosx   cosx  cosx(2 sin x-1)  0,25 2b (0,5) cosx   s inx=     x   k     x=  k2 (k  Z)   5  x   k2  Điều kiện: x  (*) 0,25 log0,2 x  log 0,2 (x  1)  log 0,2 (x  2)  log 0,2 (x  x)  log 0,2 (x  2) 0,25  x  x  x   x  (vì x > 0) Vậy bất phương trình có nghiệm x  (1,0) 0,25 1 6x+7 (6x+4)+3 I dx   dx   (2  )dx 3x  3x  3x  0 1 1   dx   dx   dx   d(3x+2) 3x  3x  0 0 1 0  2x  ln 3x  (0,5) 0,25 0,25   ln 4a 0,25 0,25 Giải pt đã cho ta các nghiệm: z1   3 i , z2   i 2 0,25 3  22 ; z1  z2  Suy | z1 || z2 |       0,25 z  z2 11 Đo đó   ( z1  z2 ) 4b (0,5) Các số tự nhiên có chữ số khác nhau: a1a2 a3 a4 a5 đó  a j với i  j a1   Có cách chọn a1 Mỗi cách chọn a1 có cách chọn a2 Mỗi cách chọn a1, a2 có cách chọn a3 Mỗi cách chọn a1, a2, a3 có cách chọn a4 Mỗi cách chọn a1, a2, a3, a4 có cách chọn a5 0,25    9.9.8.7.6  27216 0,25 Xét biến cố A: “ Số có năm chữ số lấy thoả mãn chữ số đứng sau lớn chữ số đứng trước” Vì chữ số không thể đứng trước số nào nên xét tập hợp: 0,25 X= 1;2;3; 4;5;6;7;8;9 Mỗi gồm chữ số khác lấy từ X có cách xếp theo thứ tự tăng dần  A  C95  P ( A)  (1,0) 126  27216 216 0,25 Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách d và (P) là khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I là hình chiếu H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến H  d  H (1  2t ; t;1  3t ) vì H là hình chiếu A trên d nên 0,5 AH  d  AH u  (u  (2;1;3) là véc tơ phương d) (1,0)  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 = *) Ta có: 0,5 AN  AB  BN  2a 0,25 Diện tích tam giác ABC là: S ABC  BC AN  4a S Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 VS ABC  S ABC SA  4a 3.8a 3 0,25  32a (đvtt) M *) Ta có: C A VB AMN BA BM BN   VS ABC BA BS BC H 8a 3 VB AMN  VS ABC  N 0,25 B Mặt khác, SB  SC  5a  MN  1 SC  5a ; AM  SB  5a 2 Gọi H là trung điểm AN thì MH  AN ,  MH  AM  AH  a 17 Diện tích tam giác AMN là S AMN  1 AN MH  2a 3.a 17  a 51 2 0,25 Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: d ( B, ( AMN ))  (1,0) 3VB AMN 8a 3 8a 8a 17    S AMN 17 a 51 17 - Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM C(-7; Khi đó 1) CH có phương trình x  y  13  , CM có phương trình x  13 y  29  2 x  y  13  - Từ hệ   C (7;  1) 6 x  13 y  29  - AB  CH  n AB  u CH  (1, 2)  pt AB : x  y  16  A(4; 6) H 0,25 M(6; 5) B(8; 4)  x  y  16  - Từ hệ   M (6; 5)  B (8; 4) 6 x  13 y  29  - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x  y  mx  ny  p  52  m  n  p  m  4   Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 80  8m  n  p   n  50  m  n  p   p  72   Suy pt đường tròn: x  y  x  y  72  hay ( x  2)  ( y  3)  85 (1,0) 0,25 0,25 0,25  x  y  x  y   (x  y)2  x  y (1)  Giải hệ:  (x, y  R) x  x  y   x  y  (2)  0,25 x  y  Điều kiện:  (*) x  y  Đặt t  x  y  , từ (1) ta có: t  t   t2  t  t  t2  t   t   t(1  t)  3(1  t)    (1  t)  t  t3 2 t   t  (Vì t  t3 2 t  0 t3 2 t 0,25  0, t  ) Suy x  y   y   x (3) Thay (3) vào (2) ta có: x   2x   x2   ( x   2)  ( 2x   1)   x2    2x  2x   0 0,25   x 1  (x  1)   0  2x     x 3 2  x  (Vì x 1 x2    2x    0, x  ) Suy (x = 1; y = 0), thoả mãn (*) 0,25 Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x = 1; y = 0) (1,0) Ta có : P  x x y2 y2 z2 z      y z z x x y (*) Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y  R Do đó : x3 + y3  xy(x + y) x, y > Tương tự, ta có : y2 z  yz z y 0,25 hay y, z > x y   x  y x, y > y x z2 x  zx x z x, z > Cộng vế ba bất đẳng thức vừa nhận trên, kết hợp với (*), ta được: P  2(x + y + z) = x, y, z > và x + y + z = Hơn nữa, ta lại có P = x = y = z = Vì vậy, minP = 0,25 0,25 0,25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 23 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị  C  hàm số đã cho b) Dựa vào đồ thị  C  hãy tìm tất các giá trị tham số k để phương trình sau có bốn nghiệm thực phân biệt x 1  x    k Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình z  z  15  trên tập hợp số thức b) Biết cos   cot   tan  và 0    900 Tính giá trị biểu thức A  cot   tan  Câu (0,5 điểm) Giải phương trình 2log  x  1  log Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình  x  1  2 x    x  3x  2   e x  dx 1 x  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SC tạo với mặt phẳng đáy góc 450 và SC  2a Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A  4; 1 Hai đường trung tuyến BB1 và CC1 tam giác ABC có phương trình là x  y   và 14 x  13 y   Xác định tọa độ các đỉnh B và C Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho hai điểm A(7;2;1), B(5; 4; 3) và mặt phẳng (P ) : 3x  2y  6z   Viết phương trình đường thẳng AB và chứng minh AB song song với (P) Câu (0,5 điểm) Một người gọi điện thoại, quên hai chữ số cuối và nhớ hai chữ số đó phân biệt Tính xác suất để người đó gọi lần đúng số cần gọi Câu 10 (1,0điểm) Cho x, y , z là ba số dương có tổng Tìm giá trị lớn biểu thức sau: P  1 x  1 y  1 z HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 23 Câu (2,0 điểm) Câu a (1,0 điểm)  x   + TXĐ : D=R , Đạo hàm: y’= x3  x , y’=0    x   + Kết luận đồng biến, nghịch biến, cực đại, cực tiểu + Gới hạn lim y    và bảng biến thiên x  + Đồ thị: Đúng dạng, tương đối chính xác Câu b (1,0 điểm) k 1 + Lập luận được: Số nghiệm PT đã cho chính là số giao điểm (C) và đường k 1 thẳng (d): y  k 1 + Lập luận được: YCBT    0 4 + Giải đúng  k  Câu (1,0 điểm) + Tính đúng  '  36  Câu a  6i  6i + Nêu hai nghiệm z1    2i , z2    2i (0,5 điểm) 3 Lưu ý HS có thể tính theo  + Biến đổi A  Câu b 2cos   (0,5 điểm) 25 + Thay cos   , ta A  Lưu ý HS có thể tính sin  , suy tan  ,cot  , thay vào A Câu (0,5 điểm)  x  + PT   log  x  1  log  x  1  (0,5 điểm) x  +   x2 2 x  3x   + Đưa PT hoành độ giao điểm: x  x  (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) Câu (1,0 điểm) + ĐK: (0,5 điểm)  x  Biến đổi PT dạng x   3x    x + Bình phương hai vế, đưa x  17 x  14  14 + Giải x  x  14 + Kết hợp với điều kiện, nhận  x   x5 3 Câu (1,0 điểm) 1 2x  x   e dx  dx  xe x dx    2 1 x  x 1 + I   x (1,0 điểm) + Tính I1   2x dx  ln x2  x + Tính I   xe dx  (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) + Tính đúng đáp số  ln Câu (1,0 điểm) (0,5 điểm) + Vẽ hình đúng, nêu công thức thể tích V  S ABCD SA và tính đúng SA  AC  2a + Tính đúng BC  AC  AB  a , S ABCD  AB.BC  a a3 + Gọi H là hình chiếu A lên SD CM AH   SCD  và ĐS đúng (0,5 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) V Từ đây khẳng định d  B,  SCD    d  A,  SCD   =AH + Tính AH theo công thức 1   2 AH AS AD Câu (1,0 điểm) + Gọi B1 là trung điểm AC, suy B1 (a,8a-3) Vì B1 là trung điểm AC nên C(2a4;16a-5) (1,0 điểm) + Vì C  CC1 nên suy a=0 Từ đây, thu C(-4;-5) + Tương tự cho B(1;5) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0,50 điểm) Câu (1,0 điểm) (1,0 điểm)  x   12t   + Đường thẳng AB qua A, VTCP AB   12; 6; 4  có PTTS là  y   6t  z   4t  (0, 50 điểm) (0,50 điểm)  x   12t  y   6t  + Xét hệ phương trình  và CM hệ VN  z   4t 3 x  y  z   Câu (0,5 điểm) + Hai chữ số cuối phân biệt nên gọi  là tập hợp tất các cách chọn số phân biệt 10 chữ số 0,1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 , ta có   A102  90 (0,5 điểm) + Gọi A là biến cố “Gọi lần đúng số cần gọi”, ta có A  Vậy xác suất cần tìm là P  A   (0,25 điểm) (0,25 điểm) 90 Câu 10 (1,0 điểm) + Áp dụng BĐT AM-GM, ta có 1 x  (1,0 điểm)   3x 1  x   + Tương tự, ta thu 2  3x  y  3z   2 1  x   1  y   1  z   3 6 + Suy P  + Dấu xảy x  y  z  (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 24 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) b) Gọi d là đường thẳng qua điểm A(1;1) và có hệ số góc Tìm điểm M thuộc đường thẳng d tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ Câu (1,0 điểm) a) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện z  z  1  5i  b) Giải phương trình: cos2x  2sin x   2sin x cos 2x  Câu (0,5 điểm) Giải phương trình 3.25 x2  3 x  105 x2  x      Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x   x   3x x   e  ln x  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I     ln x  dx   x  ln x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A và B biết AB = AC = a, AD = 2a, SA vuông góc với đáy và (SCD) hợp với đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp S.ABCD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : x  y   Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng qua I(2;5/2) cho diện tích tam giác ABC bằng15 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(2;-1;4), B(0;1;0) và đường thẳng   x  2t   y  1 t , :    z   t  t   Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm A và vuông góc với đường thẳng và tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  cho tam giác ABM vuông M Câu (0,5 điểm) Tìm hệ số x khai triển Niutơn biểu thức : P  (1  x  3x )10 Câu 10 (1,0điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c Hết HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 24 Câu (2,0 điểm) Câu a (1,0 điểm) Câu b (1,0 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 x  điểm) + Đồ thị: Đúng dạng, tương đối chính xác (0, 25 điểm) + d: y=3x-2 (0, 25 + Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm (0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm điểm) (2;-2)=>P=6>0 Vậy điểm cực đại và cực tiểu nằm hai phía đường thẳng (0, 25 d Từ đây, để MA+MB nhỏ => điểm A, M, B thẳng hàng điểm) + Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 (0, 25 điểm)  x (0, 25  y  x    + Tọa độ điểm M là nghiệm hệ:   điểm)  y  2 x  y   x  + TXĐ : D=R , Đạo hàm: y’=3x2-6x=0   x  + Kết luận đồng biến, nghịch biến, cực đại, cực tiểu + Gới hạn lim y   và bảng biến thiên Câu (1,0 điểm) Câu a + GT  3a  bi  24  10i (0,5 điểm) + Áp dụng hai số phức nhau, suy a=-8,b=-10  ĐS Câu b (0,5 điểm)  PT  cos2 x 1  2sin x   1  2sin x     cos2 x  11  2sin x   + Khi cos2x=1<=> x  k , k  Z  5 Khi s inx   x   k 2 x   k 2 , k  Z 6 Câu (0,5 điểm) 3.25 x 2   3x  10  x   x  (0,5 điểm)        x 2 3.5 x    x 3.5 x    3.5 x      (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm)   3.5 x2  x2  x   3.5 x2   1   x 5  x   2  1 x 2   x   log5   log5 + 1  3 x 2 2    x  Vế trái là hàm đồng biến vế phải là hàm nghịch biến (0, 25 điểm) mà (2) có nghiệm x = nên là nghiệm Vậy Pt có nghiệm là: x =  log và x = Câu (1,0 điểm) + x  1  x  1  x x    x  x   x  x   (0,5 điểm) + Đặt t  x x    2 PT  t  3t   + Giải x  x  14 (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm)  t   2  +   t    x x     x  1 t  1  3   t  2 Câu (1,0 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) e + I    ln x   ln x  dx =I1 + I2   x  ln x (1,0 điểm) 42 + Tính I  e  + Tính I1  + Tính đúng đáp số đúng Câu (1,0 điểm) Hình chiếu SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC a Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos120  a2 = 3AB2  AB = (1,0 điểm) S a a SA2 = a   SA = 3 a 1 a2 a2 S ABC = AB AC sin120 = = 2 12 a 1a a a V = = (đvtt) 3 12 36 A Câu (1,0 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) C a 3a  16  3a B là + Gọi A( a; )  B (4  a; ) Khi đó diện tích tam giác ABC 4 (1,0 điểm) S ABC  AB.d (C   )  AB 2 a    3a  +Theo giả thiết ta có AB   (4  2a)     25   a     Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4) Câu (1,0 điểm)   a) (1đ) * Mp(P) có vtpt n  a   (2; 1;1) (0, 25 điểm) (0, 25 điểm) (0,50 điểm) *Ptmp(P) là: 2x – y + z - = *Xét ptgđ đt  và mp(P) 4t – 1(1-t) + (4 + t) - =  t = (1,0 điểm) * Gọi N là gđ cần tìm Thay t = vào đt  ta N(2 ; ; 5) (0, 50 điểm) b) (1đ) Ta có M   nên tọa độ M(2t ; 1- t ; + t) Vì tam giác ABM vuông M nên ta có  t=              A M  B M  A M B M     t=  * Vậy ta có hai điểm M cần tìm là M(0;1;4), M( Câu (0,5 điểm) (0,50 điểm) 2 13 ) ; ; 3 10 + Ta có 10 k P  (1  x  x )10   C10k (2 x  x ) k   (  C10k Cki k i3i x k i ) k 0 (0,5 điểm) k 0 i k  i  i  i  i   Theo giả thiết ta có 0  i  k  10     k   k   k  i, k  N  +Vậy hệ số x là: C104  C103 C31 23  C102 C22 32  8085 Câu 10 (1,0 điểm) + Đặt       a b c c a b b c a (1,0 điểm) u  ;3 ; , v  ;3 ; , w  ;3 ;  M  u  v  w       M  uvw    2 (0,25 điểm) (0,25 điểm)   2a  2b  2c   3a  3b  3c    4a  4b  4c  + Theo cô – si có 22  2b  2c  2a  b  c  Tương tự … + Vậy M  29 Dấu xảy a  b  c  (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 25 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm)Cho hàm số y  x  x  x a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số b Lập phương trình đường thẳng qua điểm cực đại đồ thị (C) và vuông góc với tiếp tuyến đồ thị (C) gốc tọa độ Câu (1, điểm) a Tìm phần thực và phần ảo số phức z thoả mãn điều kiện z  (2  i ) z   5i b Cho  là góc mà tan  =2 Tính P  sin  sin   3cos3  Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: log ( x  x  8)   log ( x  2) Câu (1, điểm) Giải bất phương trình 3x   x   x  1 Câu (1, điểm) Tính: I   ( x  2)e x dx Câu (1,0 điểm)Cho khối chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy Mặt bên (SBC) tạo với đáy góc 60 Biết SB = SC = BC = a Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Câu (1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 - 4x + 2y + 4z - = và mặt phẳng (α) : x - 2y + 2z + = a Tính khoảng cách từ tâm I mặt cầu (S) tới mặt phẳng (α) b Viết phương trình mặt phẳng (β) song song với mặt phẳng (α) và tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu 8(1,0 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình vuông ABCD có M(1;2) là trung điểm AB, N(2;1) là điểm thuộc đoạn AC cho AN=3NC.Viết phương trình đường thẳng CD Câu 9(0,5 điểm) Đề cương ôn tập cuối năm môn Toán lớp 12 có 40 câu hỏi Đề thi cuối năm gồm câu hỏi số 40 câu đó Một học sinh ôn 20 câu đề cương Giả sử các câu hỏi đề cương có khả chọn làm câu hỏi thi Hãy tính xác suất để có ít câu hỏi đề thi cuối năm nằm số 20 câu hỏi mà học sinh nói trên đã ôn Câu 10(1,0 điểm)Cho các số thực không âm a,b,c thõa mãn a+b+c =1.Tìm giá trị nhỏ biểu thức M  3(a 2b  b2c  c a )  3(ab  bc  ca )  a  b  c Hết HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 25 Nội dung Câu 1(2,0điểm) a (1,0 điểm) b (1,0 điểm) a (0,5 điểm) Hs tự làm + Điểm Cực đại ( C ) là M(1;4/3) -+T.T ( C ) gốc toạ độ có hệ số góc k= y’(0)=3 -+Đường thẳng cần tìm qua điểm M và có hệ số góc k’= -1/3 nên có pt: y= - 1/3(x-1)+4/3=-1/3x+5/3 -Câu 2(1,0 điểm) Giả sử ,z=x+yi(x,y  R ).Ta có z  (2  i ) z   5i x+yi +(2+i)(x-yi)=3+5i 3x+y+(x-y)i=3+5i 3 x  y   x2  -   x y 5  y  3 Vậy phần thực và phần ảo số phức z 2,-3 b (0,5 điểm) Điểm 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 tan  sin  cos 2 - 0,25 P  sin   3cos  tan   (1  tan  ) tan  (1  22 )2 10 =   - 0,25 tan   3 11 Câu 3(0,5 điểm) log ( x  x  8)   log ( x  2)  log ( x  x  8)  log 2  log ( x  2)  log ( x  x  8)  log 2( x  2) x20   - x  x   2( x  2)  x20   x  - x  x  12  0,25 0,25 Câu 4(1,0 điểm) 3x   x   x   3x   x   ( x   x  3)( x   x  3) ĐK: x   1  3x   x  (vì 3x   x  >0) 0,25 1  x   x  1  x   x   3x   x   x  x 1       x 1     x   x  x  0,25 0,25 x 1   - 1  x   17  2  17 So sánh với điều kiện , ta có nghiệm bất phương trình là   x  -3 0,25 Câu 5(1,0 điểm) x I   ( x  2)e dx u  x2 du  dx Đặt  ……………………………………………………   x x  dv  e dx  ve 0,25 Khi đó I= ( x  2) e x   e x dx …………………………………………………… 0,25 1 0 = ( x  2)e x  e x  2e  a ……………………………………………………… Câu 6(1,0 ñieåm) (Hình vẽ) Vẽ đường cao AH tam giác ABC Khi đó BC  SC (định lí đường vuông góc) Và góc SHA là góc mặt bên (SBC) và mặt đáy Từ gt,ta có góc SHA 600 -3 Vì tam giác SBC là tam giác cạnh a nên SH = a 3a Ta lại có AH =SH cos60 0= a ,SA=SH sin60 0= 4 Vậy thể tích khối chóp S.ABC 3a a a3 V=1/3 SA.SABC=1/6.SA.AH.BC= a  4 32 Câu 7(1,0 ñieåm) (S) có tâm I(2;-1;-2) và bán kính R=4 -Do đó d(I,(  ))=1 - b 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 Viết phương trinh mặt phẳng (β) song song với mặt phẳng (α) và tiếp xúc với mặt cầu (S) Vì mặt phẳng (β) song song với mặt phẳng (α) nên pt (β) có dạng x-2y+2z+D=0 0,25 Ta có d(I, (β))=R D  D  12     D  12 0,25 Vậy (β) có pt là x-2y+2z+12=0 x-2y+2z-12=0 Câu 8(1,0 ñieåm) 3a Ta có MN= 10 ,AN=3AC/4= 5a MN2=AM2+AN2-2AM.AN.cos450= 0,25 =>a=4 - Gọi I(x;y) là trung điểm CD.Ta có IM    x  1, y  2      17 -BD IN   x  , y     5 +Đường thẳng CD qua I(1;-2) có pt : y+2=0 0,25 0,25 0,25 + Đường thẳng CD qua I(17/5;-6/5) có pt : 3x-4y-15=0 Câu 9(0,5 ñieåm) Không gian mẫu  có n(  )= C403  9880 (phần tử) Gọi A là biến cố “có ít câu hỏi đề thi nằm số 20 câu đã ôn”.Ta thấy xảy hai TH sau TH1: Trong đề thi có đúng câu hỏi 20 câu đã ôn TH2: Trong đề thi có đúng câu hỏi 20 câu đã ôn 1 Do đó n(X)= C202 C20  C20  1330 (phần tử) n( A) 1330 Vậy xác suất cần tìm: P(X)=   n() 9880 52 0,25 0,25 Câu 10(1,0 ñieåm) Đặt t=ab+bc+ca ( t  ),ta có a2+b 2+c2  ab+bc+ca =>1=(a+b+c)2= a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)  3(ab+bc+ca)=3t => a2+b 2+c2=1-2t với t  Theo bất đẳng thức Cô-si T2=(ab+bc+ca)2  3(a2b 2+b2c2+c2a2) Do đó M  t2+3t+2  2t  1 Xét hàm số f(t)= t2+3t+2  2t trên tập D   0;  ,  3 f’(t)= 2t    2t f’’(t)=   0t  D (1  2t )3 =>f’(t) nghịch biến trên D 11 =>f’(t)  f’(1/3)=  => f(t)đồng biến trên D =>f(t)  f(0)=2 Vậy minM =2 đạt t=0,tức là với a,b,c không âm thõa mãn  a b c 1   ab  bc  ca  ab  bc  ca   < =>a,b,c là các số (0;0;1),(0;1;0),(1;0;0) - 0,25 0,5 0,25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 26 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm)Cho hàm số y  2x 1 x 1 a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số b.Tìm k để đường thẳng (d) : y=kx+2k+1 cắt (C) điểm phân biệt Câu (1, điểm) a Cho góc  thõa mãn :     3 sin  và cos =- Tính P  3 sin   3cos3  b Tìm môđun số phức z thoả mãn điều kiện z  (2  i) z   5i Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: (3  2) x  2(  1) x   Câu (1, điểm) Giải bất phương trình Câu (1, điểm) Tính: I   e 3x   x   x  1  3ln x ln x dx x Câu (1,0 điểm)Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA=a.Hình chiếu vông góc đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC , AH  AC Gọi CM là đường cao SAC Chứng minh M là trung điểm SA và thể tích khối tứ diện SMBC theo a Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 - 4x + 2y + 4z - = , đường thẳng d : x y 1 z    1 a Viết phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d và tiếp xúc với mặt cầu (S) b Viết phương trình đường thẳng qua tâm mặt cầu (S), cắt và vuông góc với đường thẳng d Câu 8(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho đường thẳng d: x+y=0 và d’: x-y=0.Gọi (C) là đường tròn tiếp xúc với d A,cắt d’ điểm B,C cho tam giác ABC vuông B Viết phương trình (C) biết diện tích tam giác ABC và A có hành độ dương Câu (0,5 điểm) Cho số nguyên dương n thõa điều kiện C21 n 1  C23n 1   C22nn11  1023 Tìm hệ số x13 khai triển (x+3)3n Câu 10(1,0 điểm) Cho các số thực không âm a,b,c thõa mãn a+b+c =1.Tìm giá trị nhỏ biểu thức M  3(a 2b  b2c  c a )  3(ab  bc  ca )  a  b  c Hết a (1,0 điểm) b (1,0 điểm) a (0,5 điểm) HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 26 Nội dung Câu 1(2,0điểm) Điểm 2x 1 =kx+k+1 x 1 < =>kx2+(3k-1)x+2k=0(x  -1) < =>kx2+(3k-1)x+2k=0 ( vì x=-1 không phải là nghiệm pt với k) k0  Do đó d cắt ( C ) điểm phân biệt < =>     k  6k   0,25 Hs tự làm Xét pt k0      k   2 (*)    k   2 Vậy với k thõa (*) thì thõa yêu cầu bài toán Câu 2(1,0 điểm) Giả sử ,z=x+yi(x,y  R ).Ta có z  (2  i ) z   5i x+yi +(2+i)(x-yi)=3+5i 3x+y+(x-y)i=3+5i 3 x  y   x2    - x y 5  y  3 Vậy z=2-3i Do đó môđun số phức z 13 b (0,5 điểm) 0,25 0,5 0,25 0,25 Ta có sin    cos     9 3 nên sin  <0 2 Do đó sin    -3 2  18 sin  Vậy P  =  -3 3 sin   3cos   2    16          3  Vì     0,25 0,25 Câu 3(0,5 điểm) x x (3  2)  2(  1)    (  1) x  2(  1)  x    (  1)3 x  3(  1) x   - 0,25  (  1) x   x  log 1 -Câu 4(1,0 điểm) ĐK: x   0,25 3x   x   x   3x   x   ( x   x  3)( x   x  3) 1  3x   x  (vì 3x   x  >0) -0,25 1  x   x  1  x   x   3x   x   x  x 1       x 1     x   x  x  x 1   - 1  x   17  2  17 So sánh với điều kiện , ta có nghiệm bất phương trình là   x  -3 0,25 0,25 0,25 Câu 5(1,0 điểm)  3ln x ln x dx x Đặt u=  3ln x =>u2= 1+3lnx I e  2udu= dx x 0,25 Đổi cận : x=e => u=2 x=1 => u=1 Khi đó I=  u u 1 udu …………………………………………………… 3 0,25 2 u5 u3 116 =  u (u  1)du  (  )  91 135 ……………………………………………………… Câu 6(1,0 đ) (Hình vẽ ) + C/m M là trung điểm SA Ta tính  a  a 14 SH= SA2  AH  a        2 14a  3a  SC= SH  CH     a  AC 16   Do đó tam giác SCA cân C nên M là trung điểm SA + Tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a Ta vẽ MK vuông góc với AC K,khi đó KM=SH/2 a 14 VS.ABC=1/3 SH.SABC= -24 Khi đó a 14 VMSBC =VMABC=1/2 VS.ABC= 48 0,5 0,25 0,25 0,5 a Câu 7(1,0 đ)  d có vtcp u  (1; 2; 1) , (S) có tâm I(2;-1;-2) và bán kính R=4  Vì (P) vuông góc với d nên (P) nhận u  (1; 2; 1) làm vtpt Do đó pt (P) có dạng x+2y-z+D=0 -Mặt khác (P) tiếp xúc với (S) nên ta có  D  2  2 D d(I,(P))=R 4  D  2  Vậy pt (P) là x+2y-z-2+ =0 x+2y-z-2- =0 - b 0,25 0,25  x t  Pt d viết dạng tham số  y   2t  z  2t  Gọi d’ là đt cần tìm,và H(t ;1+2t ;2-t) là giao điểm d và d’  Ta có IH  (t  2;  2t ;  t )   Và IH u  t-2+2(2+2t)-(4-t)=0t=1/3 Vậy H(1/3 ;5/3 ;5/3) 0,25 Do đó d’ qua điểm I(2;-1;2) và H(1/3 ;5/3 ;5/3)  x   5t  Vậy pt đt cần tìm  y  1  8t  z  2  11t  0,25 Câu 8(1,0 đ) Ta thấy đường tròn (C ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác vông ABC,có đường kính AC Điểm A thuộc d nên A(a;-a ) (a>0) +Đường thẳng AB qua A và vuông góc với d’ có pt: x+ y+2a=0  a a 3 Do đó B là giao điểm AB với d’ đó B   ;    2   + Đường thẳng AC qua A và vuông góc với d có pt: x- y-4a=0   Do đó C là giao điểm AC với d’ đó C 2a; 2 a -1 Ta lại có S ABC = AB.BC  =>a= 2     Vậy A  ; 1  , C   ; 2      0,25 0,25 3  Do đó đường tròn (C ) có tâm I   ;   là trung điểm AC và bán kính  2 R=IA=1 2   3  Vậy pt của( C):  x     y    3    n 1 Đặt S = C C n 1 2 n 1 C Câu 9(0,5 đ)   C  C22nn11  2 n 1 2n n 1 0,5 Ta có C21 n 1  C23n 1   C22nn11  C22nn11  C20n 1  C22n1   C22nn1 1 Do đó C21 n 1  C23n 1   C22nn11  C22nn11  S  n 1  2n 2 n 1 n n 1 n => C2 n 1  C2 n 1   C2 n 1   C2 n 1   Vậy C21 n 1  C23n 1   C22nn11  1023  n   1023  n  - 0,25 15 15 k 15  k k Với n=5 , ta có (x+3)3n=(x+3)15  C15 x k 0 13 Vậy hệ số x khai triển (x+3)15 là 32.C1513  945 0,25 Câu 10(1,0 đ) Đặt t=ab+bc+ca ( t  ),ta có a2+b 2+c2  ab+bc+ca =>1=(a+b+c)2= a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)  3(ab+bc+ca)=3t => a2+b 2+c2=1-2t với t  Theo bất đẳng thức Cô-si T2=(ab+bc+ca)2  3(a2b 2+b2c2+c2a2) Do đó M  t2+3t+2  2t  1 Xét hàm số f(t)= t2+3t+2  2t trên tập D   0;  ,  3 f’(t)= 2t    2t f’’(t)=   0t  D (1  2t )3 =>f’(t) nghịch biến trên D 11 =>f’(t)  f’(1/3)=  => f(t)đồng biến trên D =>f(t)  f(0)=2 Vậy minM =2 đạt t=0,tức là với a,b,c không âm thõa mãn  a b c 1   ab  bc  ca  ab  bc  ca   < =>a,b,c là các số (0;0;1),(0;1;0),(1;0;0) 0,25 0,5 0,25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 27 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x  2( m  1) x  (1) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm các giá trị tham số m để hàm số (1) có điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình : sin x  cos x  sin x  (x  R) b) Giải bất phương trình : log  log (2  x )   ( x  R) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I  1 dx x x3  z  11 z  4i  z  Hãy tính z2 z  2i Câu (0,5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' , ABC có cạnh a , AA '  a và đỉnh A ' cách A, B, C Gọi M , N là trung điểm cạnh BC và A ' B Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' và khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( AMN ) Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình x  y  z  x  y  z   Lập phương trình mặt phẳng ( P) chứa truc Oy và cắt mặt cầu ( S ) theo đường tròn có bán kính r  Câu (0,5 điểm) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, đó có đội nước ngoài và đội Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành bảng A, B, C bảng đội Tính xác suất để đội bóng Việt Nam ba bảng khác Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình x  y  10  và đường phân giác BE có phương trình x  y   Điểm M (0;2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C khoảng Tính diện tích tam giác ABC  Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình: x  x   x( x  x  4)  (x R) Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực x; y thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x2  y  x   x  y  x   y  - Hết - HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 27 Câu (2 đ) a) (Tự khảo sát) b) y’ = 4x3 – 4(m2+1)x x  y’ =    hàm số (1) luôn có điểm cực trị với m  x   m  xCT   m2   giá trị cực tiểu yCT  (m  1)  Vì (m2  1)2   yCT  max( yCT )   m    m  Câu (1 đ) a) sin x  cos x  sin x  (1) (1)  (sin x  cos x)(1  sin x  cos x)    x   k sin x  cos x    (k  Z ) 1  sin x  cos x   x  2k   x  3  2k   b) l og  log (2  x )   ( x  R ) (2) Điều kiện: log (2  x )    x   1  x   1  x   1  x   1  x     2  x0 2  x  x  Vậy tập nghiệm bpt là S  ( 1;0)  (0;1) Khi đó (2)  log (2  x )    Câu (1 đ) I  dx x x 1  x dx x 3 x 1 x3   x3  t   x 2dx  t.dt x 1 t  ; x   t  3 t.dt  1  I       dt 2 (t  1)t  t 1 t 1 Đặt t  Câu (0,5 đ) Câu (1 đ) 1 1   2   ln  ln   ln 3 2 1  z   3i z  11  z   z  z  13  ,  '  9  9i   z2  z   3i x 1 I  ln x 1  z   3i  z  4i  i = 1 z  2i  i  z   3i  53 z  4i  7i =  z  2i  5i 29  Gọi O là tâm tam giác ABC  A’O  (ABC) a a , AO  AM  3 a a a2 A ' O  AA '2  AO  a   ; SABC  3 a a a2 Thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' : V  S ABC A ' O   4 Ta có AM  A C B N E A O C M B  Ta có VNAMC  3V S AMC d  N ,( ABC )   d C ,( AMN )   NAMC S AMC a2 a S AMC  S ABC  ; d  N ,( ABC )  A ' O  2 1a a a Suy ra: VNAMC   48 a lại có : AM  AN  , nên AMN cân A A'C a Gọi E là trung điểm AM suy AE  MN , MN   2 3a a a 11 a 11  AE  AN  NE    ; S AMN  MN AE  16 16 3a a 11 a 22  d C ,( AMN )   :  (đvđd) 48 16 11 ( S ) : x  y  z  x  y  z    ( x  2)  ( y  3)  ( z  1)  16   ( S ) có tâm I (2; 3;1) bán kính R  ; trục Oy có VTCP j  (0;1;0)  Gọi n  (a; b; c) là VTPT mp(P) ,    ( P ) chứa Oy  n  j  b   n  ( a;0; c) (a  c  0) Phương trình mp(P): ax  cz  (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh r  2a  c  d  I , ( P )  R  r     a  ac  c  4a  4c 2 a c c   3c  4ac    3c  4a Vậy phương trình mp(P) : x  3x  z  Số phần tử không gian mẫu là n()  C124 C84 C 44  34.650 Câu (1 đ) Câu (0,5 đ) Gọi A là biến cố “3 đội bóng Việt nam ba bảng khác nhau” Số các kết thuận lợi A là n( A)  3C93 2C63 1.C33  1080 Xác xuất biến cố A là P( A)  Câu (1 đ) n( A) 1080 54    0,31 n ( 34650 173 Gọi N là điểm đối xứng M qua phân giác BE thì N thuộc BC Tính N(1; 1) Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – = B là giao điểm BC và BE Suy tọa độ B là nghiệm hệ pt: 4 x  y    B (4;5)   x  y 1  A E M(0; I C H N B Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + = A là giao điểm AB và AH, suy tọa độ A là nghiệm hệ pt: 3 x  y    A(3;  )   3x  y  10  Điểm C thuộc BC va MC = suy tọa độ C là nghiệm hệ pt: C (1;1)  x  1; y  4 x  y       31 33    31 33  2  C ;  x  ; y   x  ( y  2)   25 25   25 25  Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy A, C khác phía BE, đó BE là phân giác tam giác ABC  31 33  ;  thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài  25 25  Tương tự A và C  tam giác ABC BC = 5, AH  d ( A, BC )  Câu 49 49 Do đó S ABC  (đvdt) 20   x  x   x( x  x  4) (*) (1 đ) 1   x  ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥    x  1  2 Khi đó (*)  x( x  x  4)  x  5x  2  x( x  x  4)  ( x  x  4)  x (**) TH 1: x  1  , chia hai vế cho x > 0, ta có: (**)  x2  x  x2  x   3 x x x2  x  , t  , ta có bpt: t  4t     t  x  x  x   x  2x  1  17  65 1 3   x x 2  x  x   TH 2: 1   x  , x  x   , (**) luôn thỏa  1  17  65  Vậy tập nghiệm bpt (*) là S   1  5;0    ;    2   Đặt t  Câu10 (1 đ) P  x  y  x   x2  y  x   y  Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y) Ta có OM + ON ≥ MN 2 2  ( x  1)  y  ( x  1)  y   y2  P   y  y   f ( y) TH1: y ≤ 2: f ( y )   y   y  f '( y )  2y  y2 1 y  f '( y )   y   y    y 3 y   3 Lập bảng biến thiên f(y)  f ( y )  f    2 x( .2]   TH2: y ≥ 2: f ( y )   y  y  ≥   Vậy P   x; y Do đó MinP   x = ; y = 3 - Hết - TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 28 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề x 1 (1) x 1 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 2) Tìm trên đồ thị hàm số (1) các điểm M có hoành độ âm cho M cùng với hai điểm A 1;  , B  3;1 Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y  tạo thành tam giác có diện tích Câu 2: (1 điểm) 1) Giải phương trình : log 3.log3  x  1  1 2) Giải bất phương trình:    2 Câu 3: (1 điểm) Tính I  x 1 x2  x 1  2 x dx Câu 4: (1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a;  ASC  900 và hình chiếu S AC lên (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC cho AH  Tính theo a thể tích khối chóp và khoảng cách đường thẳng CD với mặt phẳng (SAB) Câu 5: (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;3;  1 , B  1;1;3 và đường thẳng d có x y 1 z  Viết phương trình mặt phẳng trung trực đoạn AB và tìm điểm C trên đường   1 thẳng d cho CAB là tam giác cân C phương trình Câu 6: (1 điểm) a) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm trên tập số phức phương trình x  x   Tính x1  x2 b) Giải phương trình  sin x  cos x Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : x  y   và điểm A  1;  Gọi M là giao điểm  với trục hoành Tìm hai điểm B, C cho M là trung điểm AB và trung điểm N đoạn AC nằm trên đường thẳng  , đồng thời diện tích tam giác ABC  x  x   x   Câu 8: (1 điểm) Giải hệ phương trình:  2  x  y  x  y  44 y 1  y   y  Câu 9: (1 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: P x2  y  z    x  y   x  z  y  z  trên  HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 28 Gợi ý nội dung Câu 1.1 (1điểm) 1.2 (1điểm) Txđ Sự biến thiên BBT Đồ thị ( qua các điểm đặc biệt )  AB   2;1 , AB  , phương trình đường thẳng AB: x  y    x 1 M  x;  là điểm cần tìm, ta có S MAB  AB d  M ; ( AB )   x 1  x 1 x2 1  x2  9x   x2  x  x 1  S MAB  5   x  3 (vì x  ) x 1 x  x   Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1  ĐS: M  3;  2  2(1điểm) 1) pt  log  x  1   x    x  0,50 2) bpt  2 x 1   x   x   2 x  x  0,50 0,25 0,25 0,25 3(1điểm) I x 1 x2  dx  x x x2  dx Đặt u  x   u  x   udu  xdx ,  x  u  u I  du  2  u  1 u   u 1     du  ln u 1  u 1 u 1  0,25 2   ln 3  2 a 3a , CH  AH  4  4(1điểm) u    u  1  u  1 u  1 du  2  3a a3 ,V 12 CD //  SAB   d  CD; (SAB)   d  C ;( SAB)   4d  H ; ( SAB)  0,25 0,25 SAC vuông S: SH  AH CH  Trong (ABCD), kẻ HK  AB  AB   SHK    SAB    SHK  0,25 Trong (SHK), kẻ HI  SK  HI   SAB  0,25 a 1 16 56 3a 2 ,  HI       HI HK SH a 3a 3a 56 2a d  CD; (SAB)   14  0,25 Tọa độ trung điểm M đoạn AB: M  0; 2; 1 , AB    2;  2;   Mặt phẳng trung trực (P) đoạn AB qua M, nhận n  1; 1;   làm VTPT nên có 0,25 phương trình: x  y    z  1   x  y  z  0,50 CAB cân C  CA  CB  C   P  HK  5(1điểm)  x y 1 z     1  C   6; 4; 1 Vậy C là giao điểm d với (P), tọa độ C là nghiệm:  x  y  2z   6(1điểm) a)      4i , 0,25 x1  1  2i , x2  1  2i , x1  x2  b) Giải phương trình  sin x  cos x  sin x cos x   sin x  x  k sin x     x     k cos x   sin x   7(1điểm) 0,25 0,25 0,25 y A N C x M B 0,25 2 x  y   1  Tọa độ M:   M  ;0 2  y  0,25 0,25  x 1  Giả sử B  x; y  , M là trung điểm AB nên   B  2;   y   Giả sử C  x; y  , ta có: 0,25  x 1 y  N    2        S ABC  BC.2d  A;      x  2   y    2 x  y  x   x  y     2 x    x     y    80 5 x  20 x  60  ĐS: B  2;   , C  6;  10 C  2;  8(1điểm)  x  x   x   y   y   y  5(1) Giải hpt:  trên   y   x   1(2) Xéthàm số f  t   t  t   t  trên  0;    , có f  t   t  t2  t4  0, t   0;    Nên (1)  x  x   x   Thay (*) vào (2): 0,25 0,25 0,25  y  5    y  5   y   x  y  (*) 0,25 y   y   (3) Nhân (3) với lượng liên hợp:  y3  y2 (4) (3), (4)  y    y  ĐS: 1;  9(1điểm) * x  y  z    x  y    x  y    z     z    1 2 2   x  y   xy   z  22   z    x  y    z  2    2 0,25 1 2   x  y    z  2   x  y  z      x  y  z     4 1 *  x  y   x  z  y  z    x  y   x  y  z    3x  y  x  y  z  (1) Vì  x  y  x  y  z    x  y  x  y  z    x  y  z  nên (1)   x  y   x  z  y  z    x  y  z  Vậy P  0,25 27  x  y  z  2  x  y  z 2 Đặt t  x  y  z , xét hàm số f  t   Ta có f   t     f  6  t  2 27  f  t   t 27  với t  t  2t 8t  2t  108t  108 t3 t  2 0,25 , f  t    t  0,25 t  f t  f t  +   x  y  z  5 Vậy P  Suy max P   x yz2 8 x  y  z Mọi cách giải đúng khác đạt điểm tối đa TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 29 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số: y  2x  x 1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) điểm trên (C ) có tung độ Câu 2.( 1,0 điểm ) a) Cho số phức z   3i Tìm số nghịch đảo số phức:   z  z z     b) Giải phương trình : 10.cos  x    7.cos  x     3 3   2x  6x 6 Câu (0,5 điểm) Giải phương trình:  2  2.4x 1 Câu 4.( 1,0 điểm) )Giải phương trình x  x  3x   3x  Câu (1 điểm) Tính tích phân I  0 x(x  e x )dx Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông B, cạnh SA vuông góc với mặt đáy  Góc SCB  600 , BC = a, SA  a Gọi M là trung điểm SB.Tính thể tích khối chóp MABC Câu 7.( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x + y + = 0, d 2: x + 2y – 7= và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;1;1), B(5;1; 1),C (2; 5;2), D(0; 3;1) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm D, tiếp xúc với mặt phẳng (ABC).Viết phương trình mp tiếp diện với mặt cầu (S) song song với mp(ABC) Câu (0,5 điểm) Gieo đồng thời ba xúc sắc.Tính xác suất để tổng số chấm xuất trên ba là 10 Câu 10.( 1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức P 1   a  2b2  b2  2c  c  2a  HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 29 2x  Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số y  x 1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số  Tập xác định: D   \ {1} 3  Đạo hàm: y    0, x  D (x  1)2  Giới hạn và tiệm cận: lim y  ; lim y   y  là tiệm cận ngang y x  x  lim y   ; lim y    x  là tiệm cận đứng x 1 x 1  Bảng biến thiên x – y y + + + O   Hàm số luôn NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.-2  Đồ thị: -1 Giao điểm với trục hoành: cho y   x   Giao điểm với trục tung: cho x   y  1 b) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) điểm trên (C ) có tung độ 2x  Ta có: y     2x   5x   x  x0  3  f (x )   3 (2  1)2  Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y   3(x  2)  y  3x  11 x Câu 2.( 1,0 điểm ) a) Cho số phức z   3i Tìm số nghịch đảo số phức:   z  z z Với z   3i , ta có    z  z z  (1  3i )2  (1  3i )(1  3i )   6i  9i  12  9i   6i 1  6i  6i  6i       i   6i (2  6i )(2  6i )  36i 40 10 10 t  1/ 2(nhan)   b) Đặt t = cos  x   , điều kiện : 1  t  Ta có :10t  7t     3  t  6 / 5(loai)  Với     x  k 2  x    k 2    t  ta có cos  x     cos    k  Z   x   2  k 2 3   x       k 2   3 2x  6x 6 Câu (0,5 điểm) Giải phương trình:    2.4x 1  2 x  3  x  3x   2x   x  x     x  Câu 4.( 1,0 điểm) ) Ta đặt x  3x   t (t  0) ta t  t  12  , giải t = , t = -4 ( loại) (2x  6x 6)  2.22(x 1)  2x  3x   22x  Với t = , giải tìm : x  1 x  Câu (1 điểm) Tính tích phân I   x (x  e x )dx du  dx  u  x   Đặt    dv  (x  e x )dx v  x  e x   Ta có I   1 x2 x2 x3 x (x  e )dx  x (  e x )   (  e x )dx   e  (  e x ) 2 0 1   e  (  e)  (0  1)  x Câu (1 điểm) BC  SA  (SAB )   BC  (SAB ) (do SA cắt BC)  BC  AB  (SAB )   Mà BC  (SBC ) nên (SBC )  (SAB )   Ta có, SB  BC tan SCB  a tan 600  a S AB  SB  SA2  (a 3)2  (a 2)2  a  S MAB 1 a2   S SAB    SA  AB  2  Thể tích khối chóp M.ABC: V  a M 60 C A 1 a2 a3 2a  B  h   S MAB  BC   a  (đvdt) B 12 3 Câu 7.( 1,0 điểm) Do B  d1 nên B(m; – m – 5), C  d2 nên C(7 – 2n; n)   m   2n  3.2  m  1   B(–1; –4), C(5; 1) 3  m   n  3.0 n  83 17 338  PT đường tròn ngoại tiếp ABC: x  y  x  y  0 27 27 Do G là trọng tâm ABC nên  Câu (1,0 điểm)   Ta có AB  (6; 0; 2) , AC  (3; 4;1)  2 2 6        (8; 12;24) ; ;  vtpt mp(ABC): n  [AB, AC ]    1 3   PTTQ mp(ABC): 8(x  1)  12(y  1)  24(z  1)  8x  12y  24z    2x  3y  6z   - Mặt cầu (S ) có tâm D, tiếp xúc mp(ABC) Tâm mặt cầu: A(0; 3;1) 2.0  3.(3)  6.1  14  Bán kính mặt cầu: R  d(D,(ABC ))   2 2  (3)   Phương trình mặt cầu (S ) : x  (y  3)2  (z  1)2   Gọi (P) là tiếp diện (S ) song song với mp(ABC) thì (P) có phương trình 2x  3y  6z  D   (D   1)  Vì (P) tiếp xúc với (S ) nên d(I ,(P ))  R  2.0  3.(3)  6.1  D  22  (3)2  62 2 15  D   14 D   1 (loai)  15  D   14     15  D   14 D   29(nhan)    Vậy, phương trình mp(P) cần tìm là: 2x  3y  6z  29  Câu (0,5 điểm) Gọi  là tập hợp tất các khả xảy ra.Ta có n(  ) = 6.6.6=216 Gọi A là biến cố:” tổng số chấm xuất trên ba là 10” Các khả thuận lợi A chính là tổ hợp có tổng 10 là: (1;3;6), (1;4;5), (2;2;6), (2;3;5), (3;3;4) và các hoán vị có thể các tổ hợp này Ta có n(A) = 6+6+3+6+3 = 24 ( (2;2;6), (3;3;4) có hoán vị) n( A) 24 Vậy xác suất P(A) = =  n() 216 Câu 10.( 1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức 1   2 a  2b  b  2c  c  2a  1 1 Ta có a2+b  2ab, b +  2b    2 a  2b  a  b  b   2 ab  b  1 1 1 Tương tự  ,  b  2c  bc  c  c  2a  ca  a  1 1 1 ab b  1  P         ab  b  bc  c  ca  a    ab  b  b   ab  ab  b  1 P  a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn a = b = c = 2 P TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 30 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm).Cho hàm số : y   x3  x  x (1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) Tìm trên trục hoành điểm mà từ đó kẽ các tiếp tuyến với (C), cho đó có hai tiếp tuyến vuông góc Câu (1 điểm ) a) Giải phương trình: 2cos 2 x  3cos x  cos x  3cos x  b) Tìm số phức z có môđun nhỏ thỏa : z   5i  z   i Câu 3( 0.5 điểm) Giải phương trình: log  3x  1   log0,5  x  2  xy  x  y   x  y Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình :   x y   y x   x   x  y   Câu (1 điểm) Tính tích phân : I   x cos xdx Câu (1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình thang vuông B và C, SA   ABCD  ; biết CD  BC  AB  2a; SA  a Tính khoảng cách BC và SD, góc hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  Câu (1 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A  3;  , trực tâm H  2;1 , trọng tâm 4 7 G  ;  , C có tung độ dương Tính diện tích tam giác ABC 3 3 Câu (1 điểm) : Trong không gian tọa độ Oxyz , cho A 1;1;1 , B  2;1;  , C  2;0; 2 Viết phương trình mặt phẳng   qua hai điểm B, C và cách A khoảng lớn Câu 9.(0.5 điểm) Một hộp có viên bi đỏ, viên bi vàng và viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên lấy viên bi từ hộp Gọi A là biến cố “ số viên bi lấy có số bi đỏ lớn số bi vàng Tính xác suất biến cố A Câu 10 (1 điểm ) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P x3 y3 z3     xy  yz  zx  3 y  z  x  27 … Hết… Câu (2 điểm) HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 30 Môn : TOÁN Nội dung 1.(1 điểm) y =  x  x  x Txđ D  R Sbt  x  1 y '  3 x  12 x  ; y '     x  3 Bảng biến thiên Đồ thị 2.(1 điểm) M  a;  là điểm cần tìm.Tiếp tuyến (C) kẽ từ M là đường thẳng  t  : y  k  x  a  … k thỏa:  x  x  x  k  x  a  2  x  x  x   3 x  12 x    x  a  1   2  2 3 x  12 x   k  3 x  12 x   k x   1   x  3  x  3ax  3a      x  3ax  3a   * Lập luận đến (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 : k x1  k x2   1 (1điểm) a b 9a  24a  82  82  Vậy M   ;    a 27  27  27a  81  1 1.( điểm ) Khi đó , phương trình tương đương với : cos2x cos2x  3cos x  2      x   k x   k    4 2x   k2   cos2x      cos x 1  x  k (k ) cos2x  3cos x   2cos2 x  3cos x 1    2  cos x  x   k2    2 Vậy nghiệm phương trình là: x   k  ; x    k 2 Giả sử : z  x  yi,  x, y    Điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 từ gt ,ta có : x    y   i  x    y  1 i ; 2 2   x  1   y     x  3   y  1  x  y    x   y 0.25 Khi đó z  x  y  10 y  24 y  16 (1 điểm) z nhỏ và khi: z   i 5 ĐK x  Pt đã cho tương đương với log  3x   x    x  2   3x   x    64  15 x  x  68     x   34 15  Kết hợp đk ta tập nghiệm phương trình là: S  2 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu (1 điểm)  y  1 ĐK :  x  Pt đầu hệ tương đương với  x  y  1 y  x  3   y  x   (do đk) Thay vào pt thứ hai, được:  y  3 y   y y   y   y    y  2   y     y     y  (thỏa đk ) 025 0.25 0.25 0.25 Hệ pt có nghiệm : x  5, y  (1điểm)   0.25 I   xdx   x cos xdx 0  x2 +  xdx   0.25 0.25 0.25 2      1 + J   xcos2 xdx  x sin x   sin xdx  cos2 x  20 0 2 + Tính : d  BC , SD   a I điểm (1 điểm) (1 điểm) (1điểm) 0.5 +Tính : cos ( SBC ), ( SCD)  ( điểm )   0.5 12 Tìm B 1; 2  , C  6;3 Diện tích tam giác ABC : S   30 2 0.5 0.5 Lập luận để mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng qua BC và vuông góc với (ABC)   BC   0; 1;  , AB  1; 0; 1 Vectơ pháp tuyến (ABC) là:    n  ABC    BC , AB   1; 2;1    Suy VTPT   là : n   BC , n ABC     5; 2;1   Pt   : 5 x  y  z   0.25 0.25 0.25 0.25 :   C124  495 Các khả năng:+4 bi lấy không có bi vàng:4bi đỏ; bi đỏ +3bi xanh; +4 bi lấy có đúng bi vàng:gồm 2bi đỏ, bi vàng, bi xanh bi đỏ , bi vàng   C54  C51.C43  C52 C42  C53 C41  C52 C31.C41  C53 C31 = 275 0.25 0.25 275 P  A   495 10 (1 điểm) Áp dụng bđt Cauchy cho các số dương: Tương tự, thu : x3 y  y2  y  x3 x     y 8 27 27 729 x3 y3 z3 x  y  z  15    1 y  z  x3  27 0.25 0.25 0.25 2 2 x  y  z   xy  yz  zx   x  y  z  P     27 27 1 P  và x  y  z   P  9 0.25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 31 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  ( m  1) x  (m  4m  3) x  (1) (m là tham số thực) a) Khi m =  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm m để hàm số (1) có hai cực trị hai điểm x1 , x2 Khi đó, tìm giá trị lớn biểu thức A  x1 x2  2( x1  x2 )   sin  x    3sin x  cos x  (x  ) 4  Câu (1,0 điểm) Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thị (C): y  x sin x , các trục Ox, Oy và đường thẳng Câu (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: x  Tính thể tích khối tròn xoay sinh cho (H) quay quanh Ox Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn z    3i  z   9i Tìm môđun số phức z b) Tìm hệ số x9 khai triển   x , đó n là số nguyên dương thỏa mãn: 2n C21 n1  C23n1  C25n1   C22nn11  4096 Câu (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 1; 1), B(2; 2; 2), mặt phẳng (P): x + y  z + = và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2  2x + 8z  = Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với đường thẳng AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt (S) theo đường tròn (C) cho diện tích hình tròn (C) 18 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông, mặt SAB là tam giác vuông cân S và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Khoảng cách từ trung điểm I AB đến mặt phẳng (SCD) a Gọi F là trung điểm cạnh AD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng CF và SB Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (S), có A và C đối xứng qua BD Phương trình AB: y – = 0; phương trình BD: x  y   Viết phương trình đường tròn (S) biết diện tích tứ giác ABCD và xA > 0, yA < yD 3 7 x  y  3xy ( x  y )  12 x  x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  ( x, y   )  x  y   x  y  Câu (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y , z thỏa x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x2  y  z  xy  yz  zx x y  y2 z  z2 x HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 31 Câu, ý NỘI DUNG 1.a) Khi m = 3 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) Khi m =  3, hàm số trở thành y  Điểm 1,0 x  x  +Tập xác định: D   lim y  ; lim y   x   0,25 x   y'  x  x y’ =  x = hoăc x = +BBT x –∞ +∞ y' 0 y +∞  –∞ + Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0), (2; ) , nghịch biến trên ( 0; 2) Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = 1; và đạt cực tiểu x = 2; yCT =  0,25 0,25 Tìm đúng điểm uốn U(1 ; – 1/3 ) + Đồ thị ( qua điểm : CĐ, CT, điểm uốn và điểm có hoành độ x < và x> 2 0,25 -1 O U 1.b) -5/3 y  x3  (m  1) x2  (m2  4m  3) x  2có hai cực trị ; GTLN A  x1 x2  2( x1  x2 ) f(x) = ∙x3 2∙x2 + Tập xác định D =  2 Ta có y'  x  2( m  )x  m  4m  Hàm số có hai cực trị  y’ = có hai nghiệm phân biệt  ’ >0  m  m    5  m  1 Khi đó gọi x1, x2 là các nghiệm pt y’ = thì x1, x2 là các điểm cực trị hàm số  x1  x2  1  m  Ta có  => A  m  8m  2  x1 x2  (m  4m  3) Xét hàm số t  (m  8m  7) trên (-5;-1) =>   t  ( dùng BBT) 2 9 Suy A  m = – Vậy maxA = m =  2   Giải phương trình lượng giác sin  x    3sin x  cos x  4  PT (1)  sin x  cos x  3sin x  cos x   2sin x cos x  3sin x  cos x  cos x     2cos x  3 sin x   cos x  1 2cos x  3    sin x  cos x  1 cos x  3   cos x  (VN )    sin x  cos x  1  1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25   x    k 2    (k   )  sin  x       4   x    k 2  Phương trình có các nghiệm: x    k 2 , x    k 2 (k   ) Tính thể tích khối tròn xoay Thể tích khối tròn xoay cần tính là 0,25 1,0 0,25  V=   ( x sin x) dx   =   x.sin xdx    x  x2 +  xdx = +     2 32 0,25 x cos xdx Đặt phần u = x, dv = cos 2xdx Ta có du = dx, v = Từ đó, tính 0,25    cos x   dx    xdx   x cos xdx  2    x cos xdx = sin 2x   0,25  (  4  8) 64 a) Tìm môđun số phức z Gọi z  a  bi, a, b   ; Khi đó z    3i  z   9i Do đó, V = 0,5 0,25  a  bi    3i  a  bi    9i  a  3b   3a  3b    9i  a  3b  a    Vậy môđun số phức z là : z  22  (1)2  a  b  b     b) Tìm hệ số x7 khai triển   x , … Ta có n 1 1 x  C20n1  C21n1 x  C22n1 x   C22nn11 x n1 2n 0,25 0,5 Cho x=1, ta có 2 n 1  C20n1  C21 n1  C22n 1   C22nn11 (1) Cho x= -1, ta có :  C20n1  C21n 1  C22n1   C22nn11 Lầy (1) trừ (2), ta : 2 n 1  C  C 2n n1 n1 C C n1 n 1 C C n 1 0,25 (2) n1 n1 n1   C   C  n1 n1 Từ giả thiết ta có 2 n  4096  22 n  212  2n  12 12 Do đó ta có   x   ( 1 )k C12k 212k ( x )k 12 ( ≤ k ≤ 12, k nguyên) 0,25 k 0  hệ số x9 là : - C129 39 23 mp(Q) // AB, (Q)  (P), cắt (S) theo đường tròn có bán kính 1,0 Ta có x2 + y2 + z2  2x + 8z  =  (x 1)2 + y2 + (z +4)2 = 24 0,25 Suy (S) có tâm I(1 ; ;  4), bán kính R =   Gọi n P , n Q là vecto pháp tuyến mp(P), mp(Q) Ta có      n P = (1; 1; 1), AB = (1; 3; 1), [ n P , AB ] = (4;  2; 2)    n Q  AB  (Q ) / / AB   Ta có    nên có thể chọn n Q = [ n P , AB ]  (Q )  ( P) n Q  n P 0,25  Hay n Q = (2; 1; 1) Suy pt mp(Q): 2x  y + z + d = Gọi r, d là bán kính (C), khoảng cách từ tâm I (S) đến mp(Q) Ta có diện tích hình tròn (C) 18 nên r2 = 18 Do đó d2 = R2  r2 = 24  18 =  d = 0,25 Ta có d =  |d 2| =  d = d =  Từ đó, có mp là (Q1): 2x  y + z + = 0, (Q2): 2x  y + z  = Mp(Q) có pt trên có thể chứa AB Kiểm tra trực tiếp thấy A(1; 1; 1)  (Q1) nên AB // (Q1); A(1; 1; 1)  (Q2) nên AB  (Q2) KL: pt mp(Q): 2x  y + z + = Thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng CF và SB Vì I là trung điểm AB và tam giác SAB S vuông cân S nên SI  AB Ta có:  SAB    ABCD   AB E   SI   ABCD   SAB    ABCD  L B  H   SAB  , SI  AB  SIGọi J là trung điểm CD, E là hình chiếu vuông góc I lên I SJ Ta có: K CD  IJ F  CD   SIJ   CD  IE   SIJ  A  CD  SI  0,25 1,0 C J D  IE  CD đó SI  x Trong tam giác vuông SIJ a Đặt AB Và= x ;( x > 0),  IE   SCD   IE  d  I ;  SCD    ta có:  IE  SJ 1 1 1  2 2    x  a 2 IE SI IJ x a 5  x     2   1 a a3 Thể tích khối chóp S.ABCD: VS ABCD  S ABCD SI  a  3 Qua B dựng đường thẳng song song CF cắt DA kéo dài K Khi đó CF// (SBK), suy d(CF; SB) = d(F; (SBK)) Dựng IH  BK ,  H  BK  ; IL  SH ,  L  SH  Ta có: 0,25 0,25 0,25  BK  SI  BK   SIH   BK  IL   BK  IH  IL  BK Từ   IL   SBK   IL  d  I ;  SBK    IL  SH a a  AK  2 Hai tam giác vuông BHI và BAK có góc nhọn B chung nên đồng dạng, suy ra: a a HI BI KA.BI a   HI   2  KA BK BK a a  1 a Trong tam giác vuông SIH:    IL  IL IH IS 24 d  A;  SBK   BA 2a a  , AI   SBK    B     d  A;  SBK    2d  I ;  SBK    d  I ;  SBK   BI 24 Tứ giác BCFK là hình bình hành  FK  BC  a Lại có: FA  0,25 tương tự : d  F ;  SBK    2d  A;  SBK    2a a a  Vậy : d  CF ; SB   3 Viết phương trình đường tròn (S) +B là giao điểm AB và BD, tìm B(0; 2) +Tính góc hai đường thẳng AB và BD 600 +Ta có BD là đường trung trực dây cung AC nên BD là đường kính +Tam giác ABD vuông A có  ABD  600  AD  AB B +Ta có S ABCD  S ABD  S ABD   AB AD   AB   AB  2  +Ta có A  AB  A  a;  , a  0, AB   a;  1,0 A 0,25 I 0,25 C  02   a  (a  0) suy A  2;   +Ta có D  BD  D d ; 3d  , AD  d  2; 3d  a  AB   D   d  2 Nên AD  AB       3d   0,25  d  1   4d  4d     d    D 1;   Suy  Vì yA < yD nên chọn D 2;   D 2;        + Đường tròn (S) có tâm I 1;  , bán kính IA  nên có phương trình:  x  1   y 32   7 x3  y  xy ( x  y)  12 x  x  (1) Giải hệ phương trình  ( x, y   ) (2)  x  y   x  y  Điều kiện: 3x+2y  (1)  x3  12 x  x   x3  x y  xy  y  (2 x  1)3  ( x  y )  x   x  y  y   x Thế y = 1 x vào (2) ta được: 3x   x   Đặt a  x  2, b  x  ( b  0) a  b  Ta có hệ   a  3b  b   a b   a b   a    2 a  3(4  a)  a  3(16  8a  a )  a  3a  24a  44  b   a a    b  (a  2)(a  a  22)   3 x     x   y =  (thỏa ĐK)  x   0,25 Kết luận: Nghiệm hệ phương trình là (x; y) = (2;1) Cho các số dương x, y , z thỏa x  y  z  Tìm GTNN biểu thức xy  yz  zx P  x2  y  z2  x y  y2 z  z2 x Áp dụng BĐT TBC-TBN cho hai số dương, ta có 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 x  xy  x y, y  yz  y z , z  zx  z x  x  y  z   x y  y z  z x    xy  yz  zx  1 0,25 Mặt khác, x  y  z  nên 3 x2  y  z    x  y  z   x2  y  z   x3  y  z   x y  y z  z x    xy  yz  zx    Từ (1) và (2), ta có x  y  z  x y  y z  z x xy  yz  zx Do đó P  x  y  z  x  y2  z2 0,25 Ta có  x  y  z   x  y  z   xy  yz  zx  Đặt t  x  y  z  xy  yz  zx  Do x  y  z   x  y  z 9t 0,25 t3 9t 2t  t  Khi đó P  t  ,t   P  ,t  2t 2t 2t  t  Xét hàm số f  t   , trên  3;   2t Lập bảng biến thiên, ta có hàm f đồng biến trên  3;    P  m in f  t   f  3  t 3 Kết luận : P   x  y  z  0,25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 32 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x  (C ) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3x  m  cắt trục hoành điểm phân biệt Câu 2.( 1,0 điểm) a) Giải phương trình : 3cos5 x  2sin 3x.cos2 x  s inx  b) Cho số phức: z   2i Xác định phần thực và phần ảo số phức z  z Câu 3.( 0,5 điểm) Giải phương trình: log x   log (2  x)  log 27 x3  3 Câu 4.( 1,0 điểm) x    x  x  x  11 Giải phương trình: Câu 5.( 1,0 điểm) Tính tích phân I   x 3 1 x   x  dx Câu 6.( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, Sc vuông góc mặt phẳng (ABCD), SC có SC  a Gọi O là giao điểm AC và BD, gọi M là trung điểm cạnh AB Tính thể tích khối chóp S.AMCD, tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) theo a Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ oxy, cho elip(E): x2  y  và điểm C(2;0).Tìm tọa độ các điểm A,B  (E) biết A,B đối xứng qua trục hoành và  ABC Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian oxyz cho điểm A(0;2;2) Viết phương trình đường thẳng  qua A và vuông  x  2 x 1 y  z  góc đường thẳng d1 :   ; đồng thời cắt d :  y  t 2 z   t  Câu 9.(0,5 điểm) Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 có thể lập bao nhiêu số tự nhiên số gồm chữ số khác và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn Câu 10.(1,0 điểm)   Cho x, y là các số thực thỏa mãn x2  y   3x y   x  y Tìm GTLN và GTNN biểu thức P  x  y  x2 y x2  y2 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 32 NỘI DUNG Tìm m để đồ thị hàm số y  x  3x  m  cắt trục hoành điểm phân biệt Dựa vào đồ thị tìm 1  m  Điểm 1.0đ 2a Giải phương trình : 0.5đ 2b    x  k    18 cos5 x  sin x  s inx  sin   x   s inx   PT  2 3  x     k   2 Cho số phức: z   2i Xác định phần thực và phần ảo số phức z  z Câu 1b 3cos5 x  2sin 3x.cos2 x  s inx  0.5đ 2 z  z    2i     2i    14i Phần thực a=8; phần ảo b=-14 Giải phương trình: log x   log (2  x)  log 27 x3  0.5đ + ĐK:  x  (*) +PT  log ( x  2)  log (2  x)  log x  3  log [( x  2)(2  x)]= log x  (2  x)(2  x)  x 3 1  17  x2  x    x  Kết hợp với (*) ta nghiệm phương trình là x  1  17 x    x  x  x  11 Giải phương trình: 1.0đ + ĐK: x   2; 4 x  1   x   + Áp dụng BĐT Cauchy   x2  4 x    x   x 1  x   Dấu “=”khi   x  Mặt khác x  x  11   x  3   dấu “=”xảy 4  x  x=3 Vậy phương trình có nghiệm x=3 Tính tích phân I   x 3 1 x   x  dx 1.0đ Đặt t  x  ĐS: I  ln  1.0đ Tìm tọa độ các điểm A,B (E) biết A,B đối xứng qua trục hoành và  ABC Giả sử A( x0 ; y0 ), B ( x0 ;  y0 ) x x + Vì A,B thuộc (E) nên  y0   y0   , (1) 4 + Mà tam giác ABC nên AB  AC  x0     y02  y02 , (2) 1.0đ 2 3 2 3 + Từ (1) và (2) suy A,B là hai điểm  ;  7  ;  ;       Viết phương trình đường thẳng  … Giả sử  cắt d B(-2;t;1+t)  Ta có AB   2; t  2; t  1  Đường thẳng d1 có VTCP u   3; 2;      vuông d1  AB.u   t   AB   2;1;   x  2u   Vậy  qua A có VTCP AB   2;1;  có PTTS:  y   u  z   2u  Lập bao nhiêu số tự nhiên số gồm chữ số khác … 1.0đ 0.5đ Giả sử số cần lập có dạng a1a2 a3a4a5a6 a , a , a  1; 2;5 Theo đề a3  a4  a5     a3 , a4 , a5  1; 3; 4 TH1: a3 , a4 , a5  1; 2;5 Có cách chọn a1; cách chọn a2; 3! Cách chọn a3 ,a4,a5 và cách chọn a6 Vậy có 6.5.3!.4=720 số TH2: a3 , a4 , a5  1;3; 4 Tương tự có 720 số Vậy có 1440 số thỏa đề 10 2 2 Tìm GTLN và GTNN biểu thức P  x  y  x y x2  y2 1    x  y     x  3x y 2 * Mà  x2  3x y    x2  y    x  y    ;  * Từ giả thiết ta có: x2  y * Đặt t  x  y  t  3t     t  *Ta 2  y2  x2  3x2 y2 x2  y2  x2  y2  2 x 2 2 x  y  3x y t t  P    ,t 1;2 2 2 2 t 1 x  y 1 x  y 1 x  y 1  x   f (t )  f (1)   P  1,   1;2   y  1 t t     * Xét hàm số f (t )  , t  1;2      t 1  x  m ax f (t )  f (2)    m ax P  ,   1;2   y           1.0đ TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 33 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y   x   m  1 x    m  x  1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m  b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu Câu (1,0 điểm) 3   Tính giá trị biểu thức: A   cos  2     sin  2     b) Cho số phức z thỏa mãn:   4i  z    8i  z  12  10i Tìm môđun số phức z a) Cho tan    Câu (1,0 điểm) Tính tích phân : I   x  5x  x  dx x3 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: log3  x  3  log  x  3  log3  5x   b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm chữ số phân biệt chọn từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 Chọn ngẫu nhiên số từ S Tính xác suất để số chọn có chữ số hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng trăm Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 2;1 , đường thẳng x  y 1 z 1 2   và mặt cầu  S  :  x  1   y  3   z  1  29 Xác định vị trí tương đối 1 điểm A và mặt cầu (S) Viết phương trình đường thẳng  qua điểm A cắt đường thẳng d d: M và cắt mặt cầu (S) N cho A là trung điểm MN Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có  ACB  135o , AC  a , BC = a Hình chiếu vuông góc C’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M AB và C ' M  a Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và góc tạo đường thẳng C’M và mặt phẳng (ACC’A’) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC Trên hai đoạn thẳng AB, AC lần  Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB cắt tia CE lượt lấy hai điểm E, D cho  ABD  ACE M(1;0) và N(2;1) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC cắt tia BD I(1;2) và K Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MNK Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x  x   x  x   x  12 x  Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thảo mãn x  z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  xz y2 x  2z   y  yz xz  yz x  z …………….Hết…………… Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không phải giải thích gì thêm! Họ tên: …………………………………………………… Số báo danh: ……… HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 33 ĐÁP ÁN Câu Đáp án Điểm a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m  m  ta có y   x  x  +) TXĐ: D   +) Sự biến thiên - Giới hạn: lim y  , lim y   x  0.25 x  x  - Chiều biến thiên: y /  3 x  x ; y /    x  Hàm số nghịch biến trên khoảng (;0) và (2; ) , Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) 0.25 - Hàm số đạt cực đại x   ycd  y    Hàm số đạt cực tiểu x   yct  y    2 - Bảng biến thiên x  y’ y -2 - 2 +   - 0.25  -2 +) Đồ thị: y x 0.25 Câu (2,0 điểm) b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cưc tiểu Ta có y '  3 x   m  1 x   m 0.25 Hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình y '  có hai nghiệm phân biệt và 0.25 y ' đổi dấu x qua các nghiệm đó y '   3 x   m  1 x   m  (1) Pt (1) có hai nghiệm phân biệt  m  1  '   m  1   m     m  m     m   5  Vậy m   ; 1   ;   thì hàm số có cực đại, cực tiểu 4  0.25 0.25 a) tan    3   Tính giá trị biểu thức: A   cos  2     sin  2    Ta có A   cos 2  cos 2  1  cos 2   cos2  Câu (1 điểm) 1 16  cos2   , tan     cos2   2 cos   tan  25 64 Vậy A  cos2   25 b) Cho số phức z thỏa mãn:   4i  z    8i  z  12  10i 0.25  tan   0.25 Tìm môđun số phức z Giọi z  a  bi  z  a  bi  a, b  R  thay vào phương trình ta được:   4i  a  bi     8i  a  bi   10i  12 12 a  12 b  12  12 a  12 b   a  b  i  10i  12    a  b  10 a    z   3i  z  13  b  3 Tính I   x  5x  x  3   I dx    x  x  dx x 3 x   1 (1,0 điểm) 0.25 x  5x  x  dx x3 Câu 0.25 2     x  x dx   1 dx x 3 0.25 0.25 2  x3     x   3ln x   1  0.25 16  3ln 0.25 a) Giải phương trình: log  x  3  log  x    log3  x   Điều kiện:  x  (*) Với điều kiện (*) pt  log  x    log3  x    log  x   0.25 (1,0 điểm)  log3  x    log3  x  3 x     x     x   x   x   x  27 x  27    x   2 0.25 b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm gồm chữ số phân biệt chọn từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 Chọn ngẫu nhiên số từ S Tính xác suất để số chọn có chữ số hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng trăn Đối chiếu với đk (*) ta nghiệm phương trình là: x  3, x  Gọi số cần tìm tập S có dạng abc  a  0, a  b  c, a, b, c  0,1,2,3,4,5,6  Số cách chọn chữ số a có cách (vì a  ) Số cách chọn chữ số b có cách (vì b  a ) Số cách chọn chữ số c có cách (vì c  a, c  b ) Vậy S có 6.6.5  180 (số) Số phần tử không gian mẩu là   180 0.25 Gọi A là biến cố “số chọn có chữ số hàng đơn vị gấp đôi chữ số hàng trăm” Khi đó ta có số thỏa mãn biến cố A là: 1b2, b 4, 3b6 và thì b có cách chọn nên có 3.5  15 (số) Các kết có lợi cho biến cố A là A  15 Vậy P  A   0.25 A 15    180 12 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A 1; 2;1 , đường thẳng x  y 1 z 1 2   và mặt cầu  S  :  x  1   y  3   z  1  29 Xác định vị trí 1 tương đối điểm A và (S) Viết phương trình đường thẳng  qua điểm A cắt đường thẳng d M và cắt mặt cầu (S) N cho A là trung điểm MN Mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;-1) bán kính 0.25 R  29, AI   R suy A naèm (S) d: Điểm M  d nên M   t;1  2t;1  t  N đối xứng với M qua A nên N  t; 5  2t;1  t  (1,0 điểm) Do N   S  suy :  t  1   2 t     t    29 2 0.25 10  6t  14t  20   t   t    +) t  suy : M  3;3;0  , N  1; 7;2   MN   4; 10;2  0.25 x 1 y  z 1   2 5 10  17 13   10 7    14 22 20  +) t   suy : M   ;  ;  , N  ; ;   MN   ; ;   3 3  3   3  0.25 x 1 y  z 1 Phương trình  :   11 10 Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có  ACB  135o , AC  a , BC = a Hình chiếu vuông góc Phương trình  : a Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và góc tạo đường thẳng C’M và mặt phẳng (ACC’A’) C’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M AB và C ' M  B' C' Câu (1,0 điểm) A' 0.25 H K A C B M a2 CA.CB.sin135o  , đường cao lăng trụ là C’M 2 a suy VABC A ' B ' C '  C ' M.S ABC  Keû MK  AC,( K  AC), MH  C ' K ,( H  C ' K ) Dễ có AC  (C ' MK )  AC  MH maø MH  CK neân suy MH  ( ACC ' A '),   vaäy ( C ' M,( ACC ' A '))  MC ' H  MC ' K (1) Diện tích tam giác: S ABC  Vì M là trung điểm AB nên: 2S a2 a MK  SCAM  SCAB   MK  MAC   tan MC 'K   AC C ' M 2 o o   Suy MC ' K  30 (2) Từ (1) và (2) suy (C ' M,( ACC ' A '))  30 0.25 0.25 0.25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC Trên hai đoạn thẳng AB, AC lấy  Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB cắt tia CE hai điểm E, D cho  ABD  ACE M(1;0) và N(2;1) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC cắt tia BD I(1;2) và K Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MNK K A D Câu (1,0 điểm) N E 0.25 H M I C B  , suy BCDE là tứ giác nội tiếp Gọi H là giao điểm Theo giả thiết  ABD  ACE BD và CE Do BEH đồng dạng với CDH nên HD HB  HE HC Do HBN đồng dạng với HMD nên HD HB  HM HN Do HIE đồng dạng với HCK nên HE HC  HI HK Do đó HM HN  HI HK suy IHN đồng dạng với MHK , nên   KHM  Suy NIMK là tứ giác nội tiếp NIH Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác MNI là đường tròn ngoại tiếp tam giác MNK, có pt: ( x  1)2  ( y  1)2  Giải phương trình: Với x ta có: 0.25 0.25 x  x   x  x   x  12 x  2 3 3   x  x    x     0; x  x    x     2 4   Câu (1,0 điểm) 0.25 Do đó x  x   0; x  x   Áp dụng bất đẳng thức cosi cho số: x  3x    x  3x  x  x   ( x  x  3).1.1   3 2 x  3x  x  x   (2 x  x  2).1.1  0.25 0.25 Suy x  12 x   x  3x  x  3x    x2  2x  3  5x  10 x    5( x  1)2   x  1 Vaäy nghieäm cuûa pt x  1 0.25 0.25 Cách 2: Đặt a  x  x   0; b  x  x   Pt trở thành: a  b  2a3  2b  Ta lại có ( a  b)(a  b)2  0, a  0, b   a  2b  (a  b )3 Suy a  b  (a  b )3   (a  b  2)((a  b)2  2(a  b )  2)   ab2 Từ pt ban đầu ta còn có a  b  6( x  1)2    a  b   x  1 Cho ba số thực dương x, y, z thảo mãn x  z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: xz y2 x  2z P   y  yz xz  yz x  z Ta có x y 2z 1 2 y x  a  b   2c P  z  y x z b2  a2  1  c 1 1 1 z y x x y z đó ta kí hiệu: a2  , b  , c2  (a, b, c    ) y z x x Chú ý a b    x  z z c a b2 ab F    Ta có đó b  a  ab  (b  1)(a  1)(ab  1) Câu (1,0 điêm) 0.25 F  a (a  1)(ab  1)  b (b  1)(ab  1)  ab(b  1)(a2  1)  ab(a  b  a b )  (a  b  a3b  ab3 )  (a  b  2ab) 2 3 0.25  ab(a  b )  (a  b )(a  b )  (a  b)  a2 b2 ab Do đó:    c  (1) b  a  ab  1 1 c c Đẳng thức xảy và a = b  2c G    đó  c  c 2 2(1  c)(1  c ) G  2(2(1  c )  (1  c )(1  c2 ))  5(1  c )(1  c )  2(2  c2   c  c2  c3 )  5(1  c  c  c3 )   3c  3c  c  (1  c)3  có c < (2) Từ (1) và (2) ta sy P  Đẳng thức xảy và a  b, c   x  y  z Vậy giá trị nhỏ P là Chú ý: Mọi cách giải khác đáp án, đúng cho điểm tối đa 0.25 0.25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 34 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  6x  9x  (1) c) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) d) Tìm m để phương trình x(x  3)  m có nghiệm phân biệt Câu (1,0 điểm) c) Giải phương trình: (sinx  cosx)   cosx d) Giải bất phương trình: log 0,2 x  log 0,2 (x  1)  log 0,2 (x  2) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I  6x+7  3x  dx Câu (1,0 điểm) a) Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số f(x)  x  8x  trên đoạn [  n b) Khai triển và rút gọn biểu thức (1  x)  2(1  x)   n(1  x) 3; 5] thu đa thức P(x)  a  a 1x   a n x n Tìm hệ số a biết n là số nguyên dương thoả mãn:   Cn Cn n Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC cạnh 4a; M, N là trung điểm cạnh SB và BC Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C là x  y  13  và x  13 y  29  Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1; -2; 3), B(2; 0; 1), C(3; -1; 5) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng và tính diện tích tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  x  y  x  y   (x  y)2  x  y  (x, y  R)   x  x  y   x  y  Câu (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x (y  z) y (z  x) z (x  y)   yz zx xy Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:…………………………………….; Số báo danh:………………………………… HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 34 Câu 1a Nội dung Điểm a) y  x  x  x  (1,25) * Tập xác định: D = R * Sù biÕn thiªn  ChiÒu biÕn thiªn: y'  x  12 x   3( x  x  3) x  Ta cã y'    , y'    x  x  Do đó: + Hàm số đồng biến trên khoảng (,1) và (3,  ) + Hàm sè nghÞch biÕn trªn kho¶ng (1, 3) 0,25 0,25  Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  và yCD  y (1)  ; đạt cực tiểu x  và yCT  y (3)  1  Giíi h¹n: lim y  ; lim y   x   0,25 x    B¶ng biÕn thiªn: x   y’    0,25  y -1  * §å thÞ: §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0,  1) y 0,25 x O -1 1b (0,75) Ta có: x(x  3)  m  x  6x  9x   m  Phương trình có ba nghiệm phân biệt và đường thẳng y = m – cắt (C) điểm phân biệt  1  m     m  2a (0,5) 0,25 0,25 0,25 Ta có: (s inx  cosx)   cosx   sin xcosx   cosx  cosx(2 sin x-1)  0,25 2b (0,5) cosx   s inx=     x   k     x=  k2 (k  Z)   5  x   k2  Điều kiện: x  (*) 0,25 log0,2 x  log 0,2 (x  1)  log 0,2(x  2)  log0,2(x2  x)  log 0,2 (x  2) 0,25  x  x  x   x  (vì x > 0) Vậy bất phương trình có nghiệm x  (1,0) 0,25 1 6x+7 (6x+4)+3 I dx   dx   (2  )dx 3x  3x  3x  0 1 1   dx   dx   dx   d(3x+2) 3x  3x  0 0 1 0  2x  ln 3x  (0,5) 0,25 0,25   ln 4a 0,25 0,25 f(x)  x  8x2  f '(x)  4x  16x x  f '(x)    x    0,25 f( 3)  9 , f(0)  , f(2)  10 , f( 5)  9 Vậy: maxf(x)  f(0)  , f(x)  f(2)  10 [  3; ] 4b (0,5) [  3; ] n   Ta cã:     7.3! Cn Cn n  n(n  1)  n (n  1)(n  2)  n  n    n  n  5n  36  Suy a8 lµ hÖ sè cña x8 biÓu thøc 8(1  x)  9(1  x) §ã lµ 8.C88  9.C 98  89 0,25 0,25 0,25 (1,0) *) Ta có: AN  AB  BN  2a Diện tích tam giác ABC là: S ABC  0,25 S BC AN  4a Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 VS ABC  S ABC SA  4a 3.8a 3  0,25 M 32a 3 (đvtt) C A *) Ta có: H VB AMN BA BM BN   VS ABC BA BS BC N 0,25 B 8a VB AMN  VS ABC  Mặt khác, SB  SC  5a  MN  1 SC  5a ; AM  SB  5a 2 Gọi H là trung điểm AN thì MH  AN ,  MH  AM  AH  a 17 Diện tích tam giác AMN là S AMN  1 AN MH  2a 3.a 17  a 51 2 0,25 Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: d ( B ,( AMN ))  (1,0) 3VB AMN 8a 3 8a 8a 17    S AMN 17 a 51 17 - Gäi ®­êng cao vµ trung tuyÕn kÎ tõ C lµ CH vµ CM Khi đó CH có phương trình x  y  13  , CM có phương trình x  13 y  29  2 x  y  13  - Tõ hÖ   C (7;  1) 6 x  13 y  29  - AB  CH  n AB  u CH  (1, 2)  pt AB : x  y  16  A(4; 6) C(-7; -1) 0,25 H M(6; 5) B(8; 4)  x  y  16  - Tõ hÖ   M (6; 5)  B(8; 4) 6 x  13 y  29  - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x  y  mx  ny  p  52  4m  6n  p  m  4   V× A, B, C thuéc ®­êng trßn nªn 80  8m  4n  p   n  50  m  n  p   p  72   (1,0) Suy pt ®­êng trßn: x  y  x  y  72  hay ( x  2)  ( y  3)  85   Ta có AB  (1; 2; 2), AC  (2;1; 2)    [ AB, AC ]  (6;  6; 3)  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25   Suy AB, AC không cùng phương nên A, B, C không thẳng hàng Diện tích tam giác ABC là SABC = (1,0) 0,25   [ AB, AC ]  (đvdt) 2 0,25  x  y  x  y   (x  y)2  x  y (1)  Giải hệ:  (x, y  R) (2)  x  x  y   x  y  0,25 x  y  Điều kiện:  (*) x  y  Đặt t  x  y  , từ (1) ta có: t  t   t2  t  t  t2  t   t   t(1  t)  3(1  t)    (1  t)  t  t3 2 t   t  (Vì t  t3 2 t  0 t3 2 t 0,25  0, t  ) Suy x  y   y   x (3) Thay (3) vào (2) ta có: x   2x   x2   ( x   2)  ( 2x   1)   x 3 2  2x  2x     x 1  (x  1)     2x   x      x  (Vì x 1 x2    2x    0, x  0,25 Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x = 1; y = 0) (1,0) Ta có : P  x x y2 y z z      y z z x x y (*) Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y  R Do đó : x3 + y3  xy(x + y) x, y > Tương tự, ta có : 0,25 hay x y  xy y x x, y > y2 z2   y  z y, z > z y z2 x   zx x z 0,25 x, z > Cộng vế ba bất đẳng thức vừa nhận trên, kết hợp với (*), ta được: P  2(x + y + z) = x, y, z > và x + y + z = Hơn nữa, ta lại có P = x = y = z = 0,25 ) Suy (x = 1; y = 0), thoả mãn (*) 0 Vì vậy, minP = 0,25 0,25 TRƯỜNG THPT TÂN YÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN ĐỀ MÌNH HỌA SỐ 35 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm): Cho hàm số y  x  3x  (1) a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b Lập phương trình tiếp tuyến với (C) điểm có hoành độ Câu (1,0 điểm): a Giải phương trình: sinx  cos x  b Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện: z (1  i)   i Câu (0,5 điểm): Giải phương trình sau: 32x – 4.3 x +3 =  x  xy  y  19  x  y  Câu (1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau:  2  x  xy  y   x  y  Câu (1,0 điểm): Tính tích phân x  x dx Câu (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính theo a thể tính khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) Câu (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C là x  y  13  và x  13 y  29  Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho điểm M(5; ;-3) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm M và chứa đường thẳng d: x 1 y 1 z    6 Câu (0,5 điểm): Hai hộp chứa các cầu Hộp thứ chứa cầu đỏ và cầu xanh, hộp thứ hai chứa cầu đỏ và cầu xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp cầu Tính xác suất cho chọn cầu khác màu Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = thức : P  a  3b 3 b  3c 3 Tìm giá trị nhỏ biểu c  3a HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 35 Câu Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) 1, TXĐ: D   2, Sự biến thiên: y '  x  x 0,25 x  y '   3x  x    x  2 Hàm số đồng biến trên khoảng  ;  ;  2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;  + Cực trị : Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 2, yCT = -3 + Giới hạn: lim y   ; lim y   x  Bảng biến thiên x  y + 0,25 x  0 -  + 0,25 Câu (2,0 điểm)  y  -3 3, Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm (0;1) Đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm 0,25 b) (1,0 điểm) Tung độ yo tiếp điểm là: yo= y(1)= -1 Suy hệ số góc k tiếp tuyến là: k  y , 1  3 Câu (1,0 điểm) Do đó phương trình tiếp tuyến là : y  3  x  1  hay phương trình tiếp tuyến là : y = -3x+2 a) (0,5điểm) Ta có : s inx  (1  2sin x)   sin x  sinx   s inx     x   k2, k   s inx   (vn)  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Phương trình có nghiệm là : x   k 2 ; k  Z 0,25 b) (0,5 điểm) Ta có z   Câu (0,5 điểm) 3i 1 i 0,25 (3  i )(1  i )   2i Vây z=1-2i 0,25 x 1 Phương trình đã cho tương đương với: [ x   [ xx 10 0,25 0,25  x  xy  y  19  x  y   2  x  xy  y   x  y  Câu (1,0 điểm)  x  y 2  xy  19  x  y    x  y   xy   x  y   xy   x  y 2   x  y   ( x  y )  x  y  (1)   xy     x  y   (2)   xy  Câu (1,0 0,25 Giải hệ (1): x=y=0 Có cặp nghiệm (0;0) Giải hệ (2): Rút y=6/x thay vào pt trên 6/y – y=1 hay y2-y-6=0 Suy y=-2 hay y=3 Nên y=-2 => x=-3 Có cặp nghiệm (-3;-2) hay (-2;-3) hay y=3=> x=2Có cặp nghiệm (2;3) hay (3;2) Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm (0;0), (-3;-2), (2;3),(-2;-3), (3;2) Đặt t   x  t  x  1; xdx  Câu (1,0 điểm) 0,25 Đổi cận: tdt x   t 1 x 2t 3 0,25 0,25 0,25 0,25 t dt t 3 13   13 Vậy I  Ta có I   Gọi H là trung điểm AB, tam giác SAB nên SH  AB mà (SAB)  (ABCD)  SH  ( ABCD)  SH là đường cao hình chóp 0,25 0,25 0,25 điểm)  SH  a S A K D H I B C Ta có S ABCD  a V  0,25   a a3 a  3  Gọi I là trung điểm CD Trong tam giác vuông SHI kẻ HK  SI ta có : HK  a       a   HK  a = a 21 0,25 Ta có AB  HI , CD  SH  CD  (SHI )  CD  HK  HK  (SCD ) Vì AB// CD nên d(A,(SCD))= HK = 0,25 a 21 C(-7; -1) A(4; 6) H B(8; 4) M(6; 5) - Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM Khi đó CH có phương trình x  y  13  , CM có phương trình x  13 y  29  Câu (1,0 điểm) 0,25 2 x  y  13   C (7;  1) 6 x  13 y  29  - Từ hệ  - AB  CH  n AB  u CH  (1, 2)  pt AB : x  y  16   x  y  16  Tõ hÖ   M (6; 5)  B (8; 4) 6 x  13 y  29  0,25 - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x  y  mx  ny  p  52  4m  n  p  m  4   Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 80  8m  4n  p   n  50  m  n  p   p  72   Suy pt ®ưêng trßn: x  y  x  y  72  hay ( x  2)  ( y  3)  85 Câu (1,0     0,25 0,25 0,25 điểm)     MN  ( 4; 1;8) ; n  u , MN   (2;8; 2) 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là: x+4y+z-10=0 0.25 0,25  Phương trình mặt phẳng (Q) qua M và có VTPT n  (2;8; 2) Gọi  là không gian mẫu ta có : Câu (0,5 điểm) n( )  C 51 C10  50 Gọi A là biến cố chọn cầu khác màu ta có: n(A)= C 31 C 61  C 21 C 41  26 Xác suất biến cố A là P(A)= n( A) 26  n() 50 0,25 0,25 Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có Câu 10 (1,0 điểm) 1 1 1 (*) (x  y  z)     33 xyz 9    x y z xyz xyz x y z 1 Áp dụng (*) ta có P  3 3 3 a  3b b  3c c  3a a  3b  b  3c  c  3a Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có a  3b   1   a  3b   3 b  3c   1  b  3c 1.1    b  3c   3 c  3a   1  c  3a 1.1    c  3a   3  a  3b 1.1  a  3b  b  3c  c  3a    a  b  c        3 3  Do đó P  3  Dấu ”=” xảy  a  b  c  abc a  3b  b  3c  c  3a  Vậy P đạt giá trị nhỏ a  b  c  / Suy 0,25 0,25 0,25 0,25