60 đề thi thử toán của các trường thpt 2015 có đáp án chi tiết

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 2 1

.1

xy

x

−=

+

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có hoành độ 1.x =

Câu 2.(1,0 điểm)

a) Cho góc α thỏa mãn: π

α π2

< < và 3

sin α .5

= Tính 2

tan α.

1 tan αA =

+

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 ) (3 ) 2 6 .i z i z i+ + − = − Tính môđun của z.

Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: 3 3log ( 2) 1 log .x x+ = −

Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 22 3( 2 2).x x x x x+ + − ≥ − −

Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân:

2

3

1

(2 ln )d .I x x x= +∫

Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2a, o30 ,ACB =

Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và 2 .SH a= Tính theo

a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).

Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc

đường thẳng : 4 3 12 0x y∆ + − = và điểm (6; 6)K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm

nằm trên ∆ sao cho AC AO= và các điểm C, B nằm khác phía nhau so với điểm A. Biết điểm C có

hoành độ bằng 24

,5

tìm tọa độ của các đỉnh A, B.

Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (2; 0; 0)A và (1; 1; 1).B − Viết

phương trình mặt phẳng trung trực (P) của đoạn thẳng AB và phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc

với (P).

Câu 9.(0,5 điểm) Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp. Cán bộ hỏi thi đưa cho mỗi thí

sinh một bộ câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình

thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong số đó để xác định

câu hỏi thi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác suất để 3

câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn là giống nhau.

Câu 10.(1,0 điểm) Xét số thực x. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

2

2 2

3 2 2 1 1 1

3 2 3 3 3 2 3 3 3

+ += + +

+ − + + + +

( ).

( ) ( )

x xP

x x x x

----------- HẾT -----------

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn: TOÁN

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu 1

(2,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

Tập xác định: \ 1 .D = −

Giới hạn và tiệm cận:

( 1)lim

xy

+→ −

= − ∞ , ( 1)

limx

y−

→ −

= + ∞ ; lim lim 2.x x

y y→ −∞ → +∞

= =

Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng 1x = − và một

tiệm cận ngang là đường thẳng 2.y =

0,25

Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y' = 2

3

( 1)x + > 0 ∀x ∈ D.

Suy ra, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ); 1− ∞ − và ( )1;− + ∞ .

- Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị.

0,25

Lưu ý: Cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị của hàm số.

- Bảng biến thiên:

x – ∞ – 1 + ∞

y' + +

y + ∞ 2

2 – ∞

0,25

Đồ thị (C):

0,25

O x

y

−1 −1

2

½

b) (1,0 điểm)

Tung độ 0y của tiếp điểm là: 0

1(1) .

2y y= = 0,25

Suy ra hệ số góc k của tiếp tuyến là: 3

'(1) .4

k y= = 0,25

Do đó, phương trình của tiếp tuyến là: 3 1

( 1) ;4 2

y x= − + 0,25

hay 3 1

.4 4

y x= − 0,25

Câu 2

(1,0 điểm)

a) (0,5 điểm)

Ta có: 2

2

tanα 3tan α.cos α sin α.cosα cosα.

1 tan α 5A = = = =

+ (1) 0,25

2

2 2 3 16cos α 1 sin α 1 .

5 25

= − = − =

(2)

Vì α ;2

ππ

∈

nên cosα 0.< Do đó, từ (2) suy ra 4

cosα .5

= − (3)

Thế (3) vào (1), ta được 12

.25

A = −

0,25

b) (0,5 điểm)

Đặt z = a + bi, ( ,a b ∈ ); khi đó z a bi= − . Do đó, kí hiệu (∗) là hệ thức cho

trong đề bài, ta có:

(∗) ⇔ (1 )( ) (3 )( ) 2 6i a bi i a bi i+ + + − − = −

⇔ (4 2 2) (6 2 ) 0a b b i− − + − =

0,25

⇔ 4 2 2 0

6 2 0

a b

b

− − =

− = ⇔ 2

3.

a

b

=

=

Do đó 2 2| | 2 3 13.z = + =

0,25

Câu 3

(0,5 điểm)

Điều kiện xác định: 0.x > (1)

Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là phương trình đã cho, ta có:

(2) ⇔ 3 3log ( 2) log 1x x+ + = ⇔

3 3log ( ( 2)) log 3x x + = 0,25

⇔ 2 2 3 0x x+ − = ⇔ 1x = (do (1)). 0,25

Câu 4

(1,0 điểm)

Điều kiện xác định: 1 3.x ≥ + (1)

Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là bất phương trình đã cho, ta có:

(2) ⇔ 2 22 2 2 ( 1)( 2) 3( 2 2)x x x x x x x+ − + + − ≥ − −

0,25

⇔ ( 2)( 1) ( 2) 2( 1)x x x x x x− + ≥ − − +

⇔ ( )( )( 2) 2 ( 1) ( 2) ( 1) 0.x x x x x x− − + − + + ≤ (3)

Do với mọi x thỏa mãn (1), ta có ( 2) ( 1) 0x x x− + + > nên

(3) ⇔ ( 2) 2 ( 1)x x x− ≤ +

0,50

⇔ 2 6 4 0x x− − ≤

⇔ 3 13 3 13.x− ≤ ≤ + (4)

Kết hợp (1) và (4), ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:

1 3 ; 3 13 . + +

0,25

Câu 5

(1,0 điểm) Ta có:

2 2

3

1 1

2 d ln d .I x x x x= +∫ ∫ (1) 0,25

Đặt

2

3

1

1

2 dI x x= ∫ và

2

2

1

ln d .I x x= ∫ Ta có:

2

4

1

1

1 15.

2 2I x= =

0,25

2 22 2

2 1 1

1 1

.ln d(ln ) 2ln 2 d 2ln 2 2ln 2 1.I x x x x x x= − = − = − = −∫ ∫

Vậy 1 2

132 ln 2.

2I I I= + = +

0,50

Câu 6

(1,0 điểm)

Theo giả thiết,

1

2HA HC AC a= = = và SH ⊥ mp(ABC).

Xét ∆v. ABC, ta có: o.cos 2 .cos 30 3 .BC AC ACB a a= = =

0,25

Do đó o 21 1 3. .sin .2 . 3 .sin 30 .

2 2 2ABCS AC BC ACB a a a= = =

Vậy 3

2.

1 1 3 6. . 2 . .

3 3 2 6S ABC ABC

aV SH S a a= = =

0,25

Vì CA = 2HA nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)). (1)

Gọi N là trung điểm của AB, ta có HN là đường trung bình của ∆ABC.

Do đó HN // BC. Suy ra AB ⊥ HN. Lại có AB ⊥ SH nên AB ⊥ mp(SHN). Do đó

mp(SAB) ⊥ mp(SHN). Mà SN là giao tuyến của hai mặt phẳng vừa nêu, nên

trong mp(SHN), hạ HK ⊥ SN, ta có HK ⊥ mp(SAB).

Vì vậy d(H, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C, (SAB)) = 2HK. (2)

0,25

Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN. Xét ∆v. SHN, ta có:

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1.

2HK SH HN a HN= + = +

Vì HN là đường trung bình của ∆ABC nên 1 3

.2 2

aHN BC= =

Do đó 2 2 2 2

1 1 4 11.

2 3 6HK a a a= + = Suy ra

66.

11

aHK = (3)

Thế (3) vào (2), ta được ( )2 66

, ( ) .11

ad C SAB =

0,25

Câu 7

(1,0 điểm)

Trên ∆, lấy điểm D sao cho BD = BO và D, A nằm khác phía nhau so với B.

Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KA và OC; gọi F là giao điểm của các

đường thẳng KB và OD.

Vì K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O của ∆OAB nên KE là phân giác của góc

.OAC Mà OAC là tam giác cân tại A (do AO = AC, theo gt) nên suy ra KE cũng

là đường trung trực của OC. Do đó E là trung điểm của OC và KC = KO.

Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm của OD và KD = KO.

Suy ra ∆CKD cân tại K. Do đó, hạ KH ⊥ ∆, ta có H là trung điểm của CD.

Như vậy:

+ A là giao của ∆ và đường trung trực 1d của đoạn thẳng OC; (1)

+ B là giao của ∆ và đường trung trực 2d của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối

xứng của C qua H và H là hình chiếu vuông góc của K trên ∆. (2)

0,50

Vì C ∈ ∆ và có hoành độ 0

24

5x = (gt) nên gọi

0y là tung độ của C, ta có:

0

244. 3 12 0.

5y+ − = Suy ra 0

12.

5y = −

Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là 12 6

;5 5

−

và đường thẳng OC có

phương trình: 2 0.x y+ =

Suy ra phương trình của 1d là: 2 6 0.x y− − =

Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:

4 3 12 0

2 6 0.

x y

x y

+ − =

− − =

Giải hệ trên, ta được A = (3; 0).

0,25

Gọi d là đường thẳng đi qua K(6; 6) và vuông góc với ∆, ta có phương trình của

d là: 3 4 6 0.x y− + = Từ đây, do H là giao điểm của ∆ và d nên tọa độ của H là

nghiệm của hệ phương trình:

4 3 12 0

3 4 6 0.

x y

x y

+ − =

− + =

Giải hệ trên, ta được 6 12

; .5 5

H

=

Suy ra 12 36

; .5 5

D

= −

Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là 6 18

;5 5

−

và đường thẳng OD có

phương trình: 3 0.x y+ =

Suy ra phương trình của 2d là: 3 12 0.x y− + =

Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:

4 3 12 0

3 12 0.

x y

x y

+ − =

− + =

Giải hệ trên, ta được B = (0; 4).

0,25

Câu 8

(1,0 điểm) Gọi M là trung điểm của AB, ta có

3 1 1; ; .

2 2 2M

= −

Vì (P) là mặt phẳng trung trực của AB nên (P) đi qua M và ( 1; 1; 1)AB = − −

là

một vectơ pháp tuyến của (P).

0,25

Suy ra, phương trình của (P) là: 3 1 1

( 1) ( 1) 02 2 2

x y z

− − + − + − + =

hay: 2 2 2 1 0.x y z− + − =

0,25

Ta có 2 2 2

| 1| 1( , ( )) .

2 32 ( 2) 2d O P

−= =

+ − + 0,25

Do đó, phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với (P) là: 2 2 2 1

12x y z+ + =

hay 2 2 212 12 12 1 0.x y z+ + − =

0,25

Câu 9

(0,5 điểm)

Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cặp hai bộ 3 câu hỏi, mà ở vị trí thứ nhất của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh A chọn và ở vị trí thứ hai của cặp là bộ

3 câu hỏi thí sinh B chọn.

Vì A cũng như B đều có 3

10C cách chọn 3 câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên theo quy

tắc nhân, ta có ( )2

3

10( ) C .n Ω =

0,25

Kí hiệu X là biến cố “bộ 3 câu hỏi A chọn và bộ 3 câu hỏi B chọn là giống

nhau”.

Vì với mỗi cách chọn 3 câu hỏi của A, B chỉ có duy nhất cách chọn 3 câu hỏi

giống như A nên ( ) 3 3

10 10C .1 C .Xn Ω = =

Vì vậy ( )

( )

3

10

2 33

1010

C 1 1( ) .

( ) C 120C

Xn

P Xn

Ω= = = =

Ω

0,25

Câu 10

(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, với mỗi số thực x, xét các điểm ( ; 1)A x x + ,

3 1;

2 2B

−

và 3 1

; .2 2

C

− −

Khi đó, ta có ,OA OB OC

Pa b c

= + + trong đó a = BC, b = CA và c = AB.

0,25

Gọi G là trọng tâm ∆ABC, ta có:

. . . 3 . . .

. . . 2 . . .a b c

OA GA OB GB OC GC OA GA OB GB OC GCP

a GA b GB c GC a m b m c m

= + + = + +

,

trong đó ,a bm m và cm tương ứng là độ dài đường trung tuyến xuất phát từ A,

B, C của ∆ABC.

0,25

Theo bất đẳng thức Cô si cho hai số thực không âm, ta có

( )

( )

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

1. . 3 2 2

2 3

3 2 21. .

22 3 2 3

aa m a b c a

a b c a a b c

= + −

+ + − + +≤ =

Bằng cách tương tự, ta cũng có: 2 2 2

.2 3

b

a b cb m

+ +≤ và

2 2 2

. .2 3

c

a b cc m

+ +≤

Suy ra ( )2 2 2

3 3. . . .P OAGA OB GB OC GC

a b c≥ + +

+ + (1)

0,25

Ta có: . . . . . . .OAGA OB GB OC GC OA GA OB GB OC GC+ + ≥ + +

(2)

( ) ( ) ( )( )

( )

2 2 2

2 2 22 2 2

. . .

. . .

.

4. (3)

9 3a b c

OAGA OB GB OC GC

OG GA GA OG GB GB OG GC GC

OG GA GB GC GA GB GC

a b cm m m

+ +

= + + + + +

= + + + + +

+ += + + =

Từ (1), (2) và (3), suy ra 3.P ≥

Hơn nữa, bằng kiểm tra trực tiếp ta thấy 3P = khi x = 0.

Vậy min 3.P =

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 PHÚ YÊN MÔN:TOÁN

Ngày thi: 02/4/2015 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,00 điểm) Cho hàm số 3 3 2 y x x = − − . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho. Hãy tìm tọa độ điểmM thuộc

đồ thị (C) sao cho tam giác MAB cân tạiM.

Câu 2. (1,00 điểm) Giải phương trình 2 8 log ( 2) 3log (3 5) 2 0 x x − + − − = trên tập hợp số thực.

Câu 3. (1,00 điểm) Tính tích phân: 3

2 1

2 2 3 2

I dx x x

= + − ∫ .

Câu 4. (1,00 điểm) Một lớp học có 33 học sinh, trong đó có 10 học sinh giỏi, 11 học sinh khá và 12 học sinh trung bình. Chọn ngẫu nhiên trong lớp học 4 học sinh tham dự trại hè. Tính xác suất để nhóm học sinh được chọn có đủ học sinh giỏi, học sinh khá và học sinh trung bình.

Câu 5. (1,00 điểm) Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích tứ diện biết đường cao AH của tam giác ABC bằng a và góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) là 60 0 .

Câu 6. (1,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CD. Tìm tọa độ đỉnh B, điểm M biết N(0;2), đường thẳng AM có phương trình x +2y – 2 = 0 và cạnh hình vuông bằng 4.

Câu 7. (1,00 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm A(4;2;4) và đường thẳng d : 3 2

1 ( ). 1 4

x t y t t z t

= − + = − ∈ = − +

¡

Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, cắt và vuông góc với đường thẳng d.

Câu 8. (1,00 điểm) Giải hệ phương trình: ( ) 3

2 2

27 3 9 7 6 9 0 ( , ) 109 2 3 0

3 81

x x y y x y x y x

+ + − − = ∈

+ + − − =

¡ .

Câu 9. (1,00 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 5 5 x y P = + , biết rằng 0, 0, 1 x y x y ≥ ≥ + = .

Hết

Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( [email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

ĐỀ CHÍNH THỨC

mailto:[email protected]

http://www.laisac.page.tl/

HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Gồm có 04 trang)

1. Hướng dẫn chung Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm

từng phần như hướng dẫn quy định. Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm chấm phải bảo đảm không sai

lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. Điểm bài thi không làm tròn số. 2. Đáp án và thang điểm

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 Cho hàm số 3 3 2 y x x = − − 2,00 đ

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. Tập xác đinh:¡ . Sự biến thiên:

+ Chiều biến thiên: 2 2 ' 3 3 3( 1). y x x = − = − 2 1 ' 0 3( 1) 0

1 x

y x x

= − = ⇔ − = ⇔ =

.

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ; 1 −∞ − và ( ) 1;+∞ ;

Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 1;1 − . + Cực trị và giới hạn: H/s đạt cực đại tại 1; x = − yCĐ= ( ) 1 0 y − = .

H/s đạt cực tiểu tại 1; x = yCT= ( ) 1 4 y = − . Các giới hạn: lim ; lim

x x y y

→−∞ →+∞ = −∞ = +∞ .

+ Bảng biến thiên: x −∞ 1 1 +∞ y’ + 0 0 +

y 0 +∞

∞ 4 Đồ thị đi qua các điểm (2;0), (0;2):như hình vẽ.

1,00 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ b) Tìm tọa độ điểmM thuộc đồ thị (C) sao cho ∆MAB cân tạiM. M(x;y) cần tìm là giao điểm của đường trung trực của đoạn AB và đồ thị (C). Ta có các điểm cực trị là A(1;0), B(1;4), trung điểm của đoạn AB là I(0;2). Đường trung trực đoạn AB nhận (2; 4) AB = −

uuur làm vtcp có p/t 2 4 0 x y − − = .

Hoành độ giao điểm của M là nghiệm của phương trình: 3 4 3 2 2 x x x −

− − = .

Giải ra ta được 7 2

x = ± và 0 x = (loại).

Với 7 14 8 2 4

x y − = ⇒ = , ta có điểm 1

7 14 8 ;2 4

M −

;

Với 7 14 8 2 4

x y − − = − ⇒ = , ta có điểm 2

7 14 8 ; 2 4

M − −

−

.

1,00 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

f(x)=x^33x 2

9 8 7 6 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

8

6

4

2

2

4

6

8

x

f(x)

2 Giải phương trình 2 8 log ( 2) 3log (3 5) 2 0 x x − + − − = 1,00 đ

Điều kiện 2 0

2 3 5 0 x

x x − >

⇔ > − > .

Phương trình tương đương: 2 2 log ( 2) log (3 5) 2 x x − + − =

[ ] 2 2 log ( 2)(3 5) 2 3 11 6 0 x x x x ⇔ − − = ⇔ − + = .

Giải pt trên và đối chiếu điều kiện ta tìm được nghiệm pt đã cho là 3 x = .

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

3 Tính tích phân 3

2 1

2 2 3 2

I dx x x

= + − ∫ 1,00 đ

Ta có: 3

1

2 (2 1)( 2)

I dx x x

= − + ∫

3 3

1 1

2 2 1 5 2 1 2

dx dx x x

= − − +

∫ ∫ 3 3

1 1

2 (2 1) ( 2) 5 2 1 2

d x d x x x

− + = − − +

∫ ∫

( ) 3 3

1 1

2 2 ln | 2 1| ln | 2 | ln 3 5 5

x x = − − + = .

0,50 đ

0,25 đ

0,25 đ

4 1,00 đ Gọi A là biến cố: “4 HS được chọn có đủ HS giỏi, HS khá và HS trung bình”. Số phần tử không gian mẫu: 4

33 C Ω = =40920. Ta có các trường hợp được chọn sau: (1) Có 2 HS giỏi, 1 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: 2 1 1

10 11 12 . . 5940 C C C = (2) Có 1 HS giỏi, 2 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: 1 2 1

10 11 12 . . 6600 C C C = (3) Có 1 HS giỏi, 1 HS khá và 2 HS trung bình. Số cách chọn là: 1 1 2

10 11 12 . . 7260 C C C = .

Ta được A Ω = 5940 + 6600 + 7260 = 19800.

Do đó 15 ( ) 31

A P A Ω

= = Ω

.

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

5 1,00 đ ∆ABC vuông cân tại A nên BC = 2AH = 2a.

Từ đó 2 1 1 . .2 2 2 ABC S AH BC a a a = = = (đvdt).

Vì SA⊥(ABC) và AH ⊥ BC suy ra SH⊥ BC Do đó ((SBC),(ABC))= · 0 60 SHA = Suy ra 0 tan 60 3 SA AH a = = .

Vậy 3

2 1 1 3 . 3. 3 3 3 SABC ABC

a V SA S a a = = = (đvtt).

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

6 1,00 đ

Gọi I =AM ∩ BN. ∆BIM đồng dạng ∆ABM suy ra AM⊥BN nên BN: 2x y +c = 0. N(0;2) 2 c ⇒ = − ⇒BN: 2x y 2 = 0. Tọa độ điểm I là nghiệm hệ pt:

0,25 đ

O 1 2 2 M

2 A B

1

1

1

I

y

x

B

C A

H

S

6 2 2 0 6 2 5 ;

2 2 0 2 5 5 5

x x y I

x y y

= + − = ⇔ ⇒ − − = =

.

Từ ∆ABM vuông : 2 2

. 4 5

AB BM BI AB BM

= = +

.

Tọa độ điểm B(x;y) thỏa mãn 2 2

2 2 0

4 6 2 16 5 5 5 5

x y B BN

BI x y

− − = ∈ ⇒ = − + − =

.

Giải hệ ta được 2 2

x y

= =

và

2 5 6 5

x

y

= − =

, suy ra (2;2) B ( loại 2 6 ;5 5

−

).

Tọa độ điểmM(x;y) thỏa 2 2 2 2

2 2 0

6 2 4 5 5 5

x y M AM

x y IM BM BI

+ − = ∈ ⇒ − + − = = −

.

Giải hệ ta được 2 0

x y

= =

và

2 5 4 5

x

y

= =

, suy ra 1 2 2 4 (2;0), ;5 5

M M

.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

7 1,00 đ

Do ∆ đi qua A và vuông góc với d nên ∆ phải nằm trong mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với d. Mặt phẳng (P) nhận vtcp (2; 1; 4) u = −

r của d làm vtpt, đi qua A(4;2;4) có

phương trình : 2x y + 4z 10 = 0. GọiM là giao điểm của d và (P) thìM(3 + 2t;1 t;1 + 4t) ∈ d và M∈∆. Ta cũng có M∈(P) ⇔ 2(3 + 2t) (1 t) + 4(1 + 4t) – 10 = 0

⇔ 21t – 21 = 0 ⇔ t = 1.VậyM(1;0;3). Khi đó (3;2; 1) AM = −

uuuur , đường thẳng ∆ qua A và M có phương trình:

4 2 4 3 2 1 x y z + + −

= = −

.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

8 Giải hệ phương trình: ( ) 3

2 2

27 3 9 7 6 9 0(1)

109 2 3 0 (2) 3 81

x x y y

x y x

+ + − − =

+ + − − =

. 1,00 đ

Với điều kiện: 2 2 ,3 3

x y ≤ ≤ , (1) viết lại là: ( ) ( ) 2 9 1 3 6 9 1 6 9 x x y y + = − + − .

0,25 đ

Đặt 3 , 6 9 u x v y = = − , ta có: ( ) ( ) 2 2 1 1 u u v v + = + .

Xét h/s: ( ) 2 ( ) 1 f t t t = + có 2 '( ) 3 1 0 f t t = + > nên h/s luôn đồng biến trên ¡ ,

Suy ra 2

0 3 6 9 2 (3)

3

x u v x y

y x

≥ = ⇔ = − ⇔

= − .

Thế (3) vào (2) ta được: 2 2

2 2 109 2 3 0 3 3 81 x x x + − + − − =

(4).

Nhận xét: 2 0, 3

x x = = không phải là nghiệm của (4).

Xét hàm số: 2 2

2 2 109 ( ) 2 3 3 3 81 x g x x x = + − + − −

Ta có: ( ) 2 3 2 '( ) 2 2 1 0, 0; 3 2 2 3

g x x x x x

= − − < ∀ ∈ −

Nên hàm số g(x) nghịch biến trên 2 0; 3

.

Dễ thấy 1 3

x = là nghiệm của (4), suy ra 5 9

y = nên hệ có nghiệm duy nhất 1 5;3 9

.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

9 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2 5 5 x y P = + , biết 0, 0, 1 x y x y ≥ ≥ + = 1,00 đ

Do 1 1 x y y x + = ⇒ = − , nên 2 1 2 5 5 5 5 5

x x x x P − = + = + .

Đặt 5 x t = thì 1 5 t ≤ ≤ (do 0 1 x ≤ ≤ ).

Xét hàm số 2 5 ( ) f t t t

= + , với 1 5 t ≤ ≤ . Ta có 3

2 2

5 2 5 '( ) 2 t f t t t t

− = − = .

Do đó có bảng biến thiên:

t 1 3 5 2

5

f’(t) 0 +

f(t) 6 26

3 25 3 4

Vậy 3 3

1 5 1 5

5 25 min min ( ) 3 ;max max ( ) (5) 26 2 4 t t

P f t f P f t f ≤ ≤ ≤ ≤

= = = = = =

.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện( [email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl



THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI Đề Số 6, số 453, tháng 4 năm 2015.

ĐỀ (Thời gian làm bài:180 phút)

Câu 1 (2,0 điểm). Gọi ( ) m C là đồ thị của hàm số 3 3 y x x m = − + ( m là tham số thực). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 2 m = . b) Định tham số m để qua điểm uốn của đồ thị ( ) m C kẽ được một đường thẳng ( ) d tạo với đồ thị ( ) m C một

hình phẳng (H) và ( ) d tiếp tục chắn trên hai trục tọa độ một tam giác (T) sao cho diện tích của (H) và (T) bằng nhau đều bằng 2 (đvdt) . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình ( )( ) 2 tan .cot 2 1 s inx 4cos 4sin 5 . x x x x = + + −

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )

( ) 3

4

ln 4 tan sin 2 .ln 2 t anx

x I dx

x

π

π

= ∫ .

Câu 4 (1,0 điểm). a) Trog trường hợp khai triển theo nhị thức Newton của biểu thức ( ) 2 1

n x + ta có hệ số chứa 8 x bằng 210

Tính tổng các hệ số của các số hạng được khai triển từ biểu thức trên theo trường hợp đó. b) Cho các số phức z thỏa mãn 1 34 z − = và 1 2 z mi z m i + + = + + . Định tham số m∈ ¡ để tồn tại hai

số phức 1 2 , z z đồng thời thỏa mãn hai điều kiện trên sao cho 1 2 z z − là lớn nhất. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, qua hai điểm ( ) ( ) 1; 1;1 , 0; 1;0 M N − − lập

phương trình mặt phẳng α cắt mặt cầu ( ) 2 2 2 ( ) 2 ( 1) ( 1) 5 S x y z + + + + − = một thiết diện đường tròn mà diện tích hình tròn sinh bỡi đường tròn đó có diện tích S π = . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên ( ) SA ABCD ⊥ và SA = a. Qua A dựng mặt phẳng α vuông góc với SC sao cho α cắt SC, SB, SD lần lượt tại G, M, N. Tính theo a thể tích khối nón (H), biết rằng đường tròn đáy của (H) ngoại tiếp tứ giác AMGN và đỉnh O của (H) nằm trên đáy ABCD của hình chóp S.ABCD. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, hãy tính diện tích tam giác ABC biết rằng hai điểm (5;5) H , ( ) 5; 4 I lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và 8 0 x y + − = là phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của tam giác. Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình nghiệm thực ( ) 2 x ln x 2x 2 x 1 − + = + . Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn 0 x y z < < < .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 3 4 3 3

2 2 2 2 2

15 x z y z x P x z y xz y z xz y +

= + + + +

.

Nguyễn Lái ( GV THPT Chuyên Lương Văn Chánh.

Tuy Hòa, Phú Yên.)

HƯỚNG DẪN GIẢI.

Câu 1. a) Bạn đọc tự giải. b) Tọa độ điểm uốn của đồ thị ( ) m C là ( ) 0; I m nên đường thẳng ( ) d có dạng y kx m = +

Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số ( ) m C và phương trình đường thẳng ( ) d là 3 3 x x m − + kx m = + ( ) 3 3 0 x k x ⇔ − + = (1)

Để ( ) d chắn được trên đồ thị ( ) m C một diện tích thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm 3 k ⇒ > − , lúc đó 3 nghiệm của phương trình (1) là 0, 3, 3 x x k x k = = − + = + . Vì I là tâm đối xứng của đường cong ( ) m C nên diện tích của hình phẳng (H) là:

( ) 3

2 3

0

1 2 3 3 2

k

S kx m x x m dx k +

= + − + − = + ∫ ( ) 2 1 2 3 2 1 2

S k k ⇒ = ⇔ + = ⇒ = − (vì 3 k > − ).

Lúc này đưởng thẳng ( ) d viết lại y x m = − + nên (d) cắt hai trục tọa độ tại hai giao điểm

( ) ( ) 0; , ;0 A m B m . Vì (T) là tam giác vuông cân nên diện tích của (T) là 2 1 2

S m =

theo giả thiết 2 2, 2 S m m = ⇒ = = − .Vậy có hai giá cần tìm là 2, 2 m m = = − .

Câu 2. Điều kiện : cos 0 sin 2 0 2

x k x x

π ≠ ⇒ ≠ ≠

.

Ta có ( )( ) 2 3 tan .cot 2 1 s inx 4cos 4sin 5 tan .cot 2 3sin 4sin 1 x x x x x x x x = + + − ⇔ = − −

sin 3 1 1 tan .cot 2 sin 3 sin 3 sin 3 1 0 cos .sin 2 cos .sin 2

x x x x x x x x x x

⇔ + = ⇔ = ⇔ − =

Nghiệm phương trình xảy ra :

hoặc sin 3 0 3 n x x π

= ⇔ = , so với điều kiện phương trình có nghiệm là 2 , 3 3

x m x m π π π π = + = +

hoặc sin 2 1 sin 2 1

sin 2 .cos 1 cos 1 cos 1

x x x x

x x = = −

= ⇔ ∀ ⇔ = = − vô nghiệm

Vậy nghiệm của phương trình trên là ( ) 2 , , 3 3

x m x m m Z π π π π = + = + ∈ .

Câu 3. Ta có: ( ) ( ) ( )

3 3 3

4 4 4

ln 2 ln 2 t anx ln 2.

sin 2 .ln 2 t anx sin 2 .ln 2 t anx sin 2 dx dx I dx

x x x

π π π

π π π

+ = = + ∫ ∫ ∫

Tính ( )

( ) ( ) ( )

3 3 3

4 4 4

ln 2 t anx ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 3 ln 2. . . ln ln(2 tan ) .ln sin 2 .ln 2 t anx 2 ln 2 t anx 2 2 ln 2

d dx x x

π π π

π π π

= = =

∫ ∫ .

Tính 3 3

4 4

1 1 ln(t anx) ln 3 sin 2 2 2 dx x

π π

π π

= = ∫ .

Vậy ln 2 ln 2 3 1 .ln ln 3 2 ln 2 2

I

= +

.

Câu 4 . a) . Khai triển biểu thức trên có số hạng thứ (k+1) là ( ) 2 , k k

n C x k n < .

Theo giả thiết , ta có 2 8

210 k n

kC

=

= ( ) 4 ! 4, 210 210

4! 4 ! n n k C n

⇒ = = ⇒ = −

( )( )( ) ( )( ) 2 2 3 2 1 5040 3 3 2 5040 n n n n n n n n ⇔ − − − = ⇔ − − + = . Đặt ẩn phụ và giải phương trình này ta được n = 10 . Khai triển biểu thức ( ) 10 2 0 2 1 4 2 2.10 10

10 10 10 10 1 .... x C x C x C x C + = + + + + .

Do đó tổng các hệ số: ( ) 10 0 1 2 10 10 10 10 10 10 .... 1 1 2 C C C C + + + + = + =

b). Giả sử ( ) ; M a b là điểm biểu diễn số phức ( ) , , z a bi a b R = + ∈ , vì

( ) 2 2 1 34 1 34 z a b − = ⇒ − + = ⇒M thuộc đường tròn ( ) 2 2 ( ) : 1 34 C x y − + = . Vì

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 3 0 z mi z m i a b m a m b m a m b + + = + + ⇒ + + + = + + + ⇒ − + − − =

⇒ M nằm trên đường thẳng ( ) : d ( ) ( ) 2 1 2 2 3 0 m x m y − + − − = Để tồn tại hai số phức 1 2 , z z đồng thời thỏa mãn hai điều kiện đã cho nghĩa là tồn tại hai điểm biểu diễn 1 2 , M M của hai số phức lần lượt nằm trên hai giao điểm của ( ) C và (d) , và để 1 2 z z − lớn nhất khi và chỉ khi 1 2 M M là đường kính của ( C ) hay (d) qua tâm (1;0) I của ( C )

( ) ( ) 1 2 1 .1 2 2 .0 3 0 2

m m m ⇒ − + − − = ⇒ = − .

Lúc nầy đường thẳng (d) viết lại 3 5 3 0 x y − − = . Do đó 1 2 , M M là nghiệm của hệ

( ) ( ) ( ) 2 2

1 2

1 34 6;3 , 4; 3

3 5 3 0 x y M M x y

− + = ⇒ − − − − =

.

Vậy hai số phức cần tìm là 3 4 6 3 , 4 3 z i z i = + = − − . Câu 5. Mặt cầu (S) có tâm ( 2; 1;1) I − − và bán kính 5 R = . Gọi r là bán kính đường tròn thiết diện, theo giả thiết ta có 2 . 1 S r r π π π = ⇔ = ⇒ = . Gọi d là khảng cách từ I đến mặt phẳng α ta có 2 2 2 5 1 2 d R r d = − = − ⇒ = . Mặt phẳng α qua ( ) 0; 1;0 N − có dạng ( ) ( ) 2 2 2 Ax 1 0 Ax 0 0 B y Cz By Cz B A B C + + + = ⇔ + + + = + + ≠ . Mặt khác α qua ( ) 1; 1;1 M − nên thỏa 0 :Ax 0 A C By Az B α + = ⇒ + − + = .

Vì 2 2

2 2

3 ( , ) 2 4 2

2

A A d d I A B B A B

α −

= = = ⇔ = ⇒ = ± +

( vì 2 2 2 0 A B C + + ≠ )

Do đó có hai mặt phẳng α cần tìm là : 2 2 1 0 x y z + − + = , 2 2 1 0 x y z − − − = .

Câu 6. Ta có ( ) BC SA BC SAB BC AM

BC AB ⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ( vì ( ) AM SAB ⊂ ) (1)

Mặt khác SC SC AM α ⊥ ⇒ ⊥ ( vì AM α ⊂ ) (2) Từ (1) và (2) suy ra ( ) AM SBC AM MG ⊥ ⇒ ⊥ ( vì ( ) MG SBC ⊂ )

AMG ⇒ ∆ vuông tại M, tương tự ta cũng có tam giác ANG ∆ vuông tại N⇒ tâm H đường tròn đáy của (H) là trung điểm AG, có bán

H N

G

M

O

S

D

C B

A

kính 2 AG R = . Xét tam giác vuông SAC tại A có . 6 6

3 6 SA AC AG a R a SC

= = ⇒ = .

Vì OH là đường cao (H) / / OH OH SC O α ⇒ ⊥ ⇒ ⇒ là giao điểm hai đường chéo AC, BD 1 2

OH CG ⇒ = . Xét tam giác vuông SAC có AG là đường cao , nên 2 2 3

3 3 AC CG a OH a SC

= = ⇒ =

Vậy thể tích hình nón là ( ) 2 3 1 3 .

3 54 H V R OH a π π = = .

Câu 7 Kéo dài đường cao AH lần lượt cắt BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại hai điểm E và K, ta dễ dàng chứng minh được E là trung điểm HK. Đường cao AH BC ⊥ nên có phương trình 0 x y − = , E là giao điểm của BC và AH (4;4) E ⇒ và H là trung điểm HK (3;3) K ⇒ , suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 5 R IK = =

⇒ phương trình đường tròn là ( ) ( ) 2 2 5 4 5, ( ) x y C − + − = Vậy hai điểm B, C là nghiệm của hệ hai phương trình đường thẳng BC và đường tròn ( ) (3;5), (6;2) C B C ⇒ và đỉnh A là nghiệm hệ của đường cao AH và đường tròn ( ) (6;6) C A ⇒ Diện tích tam giác ABC là

( ) 6 6 8 1 1 , . .3 2 6 2 2 2 ABC S d A BC BC

+ − = = = (đvdt).

Câu 8. Điều kiện 0 x > ta có ( ) ( ) 2

2

x 1 x ln x 2x 2 x 1 x ln x 2x 2

+ − + = + ⇔ − =

+

Xét hàm số 2

x 1 f(x) 2x 2

+ =

+ / /

2 2

1 x f (x) f (x) 0 x 1 (x 1) 2x 2

− ⇒ = ⇒ = ⇔ =

+ + Lập bảng biến thiên ta có ( ) 1, 0 f x x ≤ ∀ > , đẳng thức xảy ra khi x = 1.

Xét hàm số 1 1 ( ) ln '( ) 1 '( ) 0 1 x g x x x g x g x x x x

− = − ⇒ = − = ⇒ = ⇔ = .

Lập bảng biến thiên ta có ( ) 1, 0 g x x ≥ ∀ > , đẳng thức xảy ra khi x = 1. Vậy phương trình có đúng một nghiệm x = 1.

Câu 9 Ta có

3 3

2 15 x y y z z P x y x y z x y z y z x

= + + +

+ + . Đặt , , . . 1, 1. x y z a b c a b c c

y z x = = = ⇒ = >

Biểu thức viết lại 3 3

2 15 a b P c a b a b c

= + + + + +

Ta có ( ) 3 3

3 3 1 a b a b ab a b ab a b a b c

+ ≥ + ⇒ + ≥ = + +

( vì a, b > 0 ).

Vậy ( ) 2 2 1 15 16 ( ), 1; P c c f c c c c c

≥ + + = + = ∀ ∈ +∞

Ta có 2

16 '( ) 2 '( ) 0 2 f c c f c c c

= − ⇒ = ⇔ =

Lập bảng biến thiên ta có ( ) (2) 12, f c f ≥ = khi và chỉ khi 1 2 2 2 2

c a b z y x = ⇒ = = ⇒ = = .

Vậy giá trị nhỏ nhất 12 P = khi và chỉ khi 2 2 z y x = = .

Së gi¸o dôc & ®µo t¹o Thõa thiªn huÕ

Trường THPT 80 Nguyễn Huệ

®Ò chÝnh thøc

Kú thi tuyÓn sinh CHUNG quèc GIA

N¨m häc 2014-2015

Môn thi : To¸n (120 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)

---------------------------------------

Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số 2

32

x

xy có đồ thị (C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số(C)

2. Cho đường thẳng d: mxy 2 . Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt

với mọi s ố th ự c m . Gọ i ,1k 2k l ần lư ợt l à h ệ số gó c c ủa t i ếp tu yế n củ a (C )

t ạ i A v à B. Tìm m đ ể P = 2014 2014

1 2k k đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình lượng giác: cos 2x sin x cosx 0

2. Giải hệ phương trình:

10)1(4)19(

1

11913

223

2

xxyx

xxyxy

Câu III (2,0 điểm) Cho khối chóp .S ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, 0AS 90 ,B SAC

0120BSC . Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN vuông. Tính thể tích S.ABC và khoảng cách từ điểmC đến mặt phẳng ( )SAB

theo a.

Câu IV (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm 1;2A và 4;3B . Tìm

tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho góc AMB bằng 045 .

Câu V (1,0điểm) Chứng minh rằng nếu ,x y là các số thực dương thì

2 2

1 1 1

11 1 xyx y

- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

- Họ và tên thí sinh ................................................................Số báo danh ...............................................

Câu I 1. Khảo sát tự làm 2. Nội dung Điểm

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:

mxx

x

2

2

32

(*)023)6(2

22 mxmx

x

0,5

Xét phương trình (*), ta có: Rm ,0 và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d luôn

cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.

0,5

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là

22

221

1)1(

1,

)1(

1

xk

xk , trong đó 1x , 2x là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy

4

422

1

22

1.

2

2121

2

2

2

1

21

xxxxxx

kk (k1>0, k2>0)

0,5

Có P = 2014 2014 2014 20151 2 1 2

k k 2. k k 2 , do dó MinP = 22015 đạt được khi

2

2

2

122

21

21 )2()2()2(

1

)2(

1

xx

xxkk

do 1x , 2x phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2

x1 + x2 = - 4 m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.

0,5

Câu II 1. Nội dung Điểm

2 2cos 2x sin x cosx 0 cos x sin x (cos x sin x) 0 0,5

(cos x sin x)(cos x sin x 1) 0 0,5

2.cos x 0cosx sinx 0 4

cosx sinx 1 02 cos x 1

4

0,5

x kx k4 2

43

x k2 x k24 4

3 x k2x k2 2

4 4

0,5

2. Nội dung Điểm

ĐK: 0x NX: x = 0 không TM hệ PT Xét x > 0

PT (1) x

xxyyy

11933 2

1111

1)3(33

2

2

xxxyyy (3)

0,5

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. 12 t , t > 0.

Ta có: f’(t) = 1 + 1

12

22

t

tt >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)

PT(3) f(3y)= f

x

1 3y =

x

1

0,5

Thế vào pt(2) ta được PT: 10).1(4 223 xxxx

Đặt g(x)= 10).1(4 223 xxxx , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0

g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

0,5

Ta có g(1) = 0 Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1

Với x =1y =3

1

KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;3

1).

0,5

Câu III Dùng Đlý hàm số Cosin

tính được: MN = 32a

0,25

AM= 22a , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600) tam giác AMN vuông tại A.

0,25

N

M

S

C

B

A

H

N

M

A

S

Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A.

)(AMNSH ; tính được SH = a.

0,5

Tính được 3

22 3

.

aV AMNS

0,25

3

1

.

.

.

. SCSB

SNSM

V

V

ABCS

AMNS 3. 22 aV ABCS

0,25

Vậy 3

.

2

3 6 2( ;( )) 2 2

3S ABC

SAB

V ad C SAB a

S a

0,5

Câu IV

Giả sử tọa độ của ;0M x . Khi đó 1 ;2 ; 4 ;3MA x MB x

.

Theo giả thiết ta có 0. . .cos 45MA MB MA MB

0,25

2 2

2 2 2

21 4 6 1 4. 4 9.

2

25 10 2 5. 8 25.

2

x x x x

x x x x x x

0,25

22 2 2 2

4 3 2

2

2 5 10 2 5 8 25 (do 5 10 0)

10 44 110 75 0

1 5 4 15 0 1; 5

x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x

0,25

Vậy ta có hai điểm cần tìm là 1;0M hoặc 5;0M 0,25

Câu V Do , 0x y nên bất đẳng thức đã cho tương đương với

2 2 2 2

1 1 1 1 1x y xy x y

0,25

2 2 2 22 2 2 1 1 2 1 2x y x y xy x x y y 0,25

2 21 0xy x y xy , bất đẳng thức này luôn đúng.

Dấu bằng xảy ra khi 1x y

0,25 0,25

TRƯỜNG THPT SỐ 3 BẢO THẮNG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Ngày Thi : 19-03-2015 Môn: TOÁN

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1

1x

yx-

=- +

có đồ thị (C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (C)

2. Tìm m để đường thẳng 2y x m= - + cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 2,x x sao cho

1 2 1 2

74( )

2x x x x- + =

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình

2 xs inx 2 3 os + 3

2 02sin 3

c

x

-=

+

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân ( )

2

1

ln1 2ln

e xI dx

x x=

+ò

Câu 4(1,0 điểm)

1. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1 3

(1 2 ) 21

ii z i

i-

- + = -+

. Tính mô đun của z .

2. Tìm hệ số không chứa x trong khai triển 15

3 2( )f x x

x

æ ö= +ç ÷è ø

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ( 1;2; 1)A - - và mặt phẳng

( ) : 2 2 1 0x y za + - - = . Viết phương trình mặt phẳng( )b song song với mặt phẳng ( )a sao cho

khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng ( )a bằng khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng ( )b

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a . SAB là tam giác vuông cân tại

S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy , góc giữa cạng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 060 ,cạnh AC = a.

Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).

Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 3 3 2

2 1 3 1 2

3 2 2

x y y x x y

x x y y

ì - - + + = + +ïí

- + = -ïî

Câu 8(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có tâm 7 3;2 2Oæ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø

. Điểm ( )6;6M

thuộc cạnh AB và ( )8; 2N - thuộc cạnh BC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.

Câu 9 (1,0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực thuộc ( )0;1 thỏa mãn điều kiện ( )3 3 ( ) (1 )(1 )x y x y xy x y+ + = - - .Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức : 2 2

2 2

1 13 ( )

1 1P xy x y

x y= + + - +

+ +

---------- HẾT -------

Cảm ơn bạn Ngô Quang Nghiệp ([email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Đáp án Điểm

I 1 1,0 − TXĐ : D = R − Sự biến thiên + Chiều biến thiên

( )2

1' 0, 1

1y x

x= > " ¹

- +

Vậy: Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-¥ ;1) và (1 ; +¥ )

0,25

+ Cực trị : Hàm số không có cực trị + Giới hạn : lim 2; lim 2 2

x xy y y

®-¥ ®+¥= - = - => = - là đường tiệm cận ngang

1 1

lim ; lim 1x x

y y x- +® ®

= +¥ = -¥ => = là đường tiệm cận đứng

0.25

+ Bảng biến thiên :

0,25

· Đồ thị: − Đồ thị :

Đồ thị hàm số giao với Ox: (12

;0)

Đồ thị hàm số giao với Oy: (0;-1)

0,25

2 1,0 22 ( 4) 1 0 (1)2 1

21 1

x m x mxx m

x x

ì - + + + =-= - + Û í- + ¹î

Đường thằng 2y x m= - + cắt (C) tại hai điểm phân biệt Û phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

0,25

( )224 8( 1) 0

8 0,1 0

m mm m

ì + - + >ïÛ Û + > "í- ¹ïî

0,25

Vậy m" đường thẳng y x m= + luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 2 1 2, ,x x x x¹

Theo vi-et : 1 2 1 2

4 1, .

2 2m m

x x x x+ +

+ = =

0.25

1 2 1 2

7 1 4 7 224( ) 4( )

2 2 2 2 3m m

x x x x m+ +

- + = Û - = Û = -

Vậy 223

m = - thì đường thẳng 2y x m= - + cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt

có hoành độ 1 2,x x và 1 2 1 2

74( )

2x x x x- + =

0,25

2 1.0

ĐK : 3

sin2

x ¹ ;

2 xs inx 2 3 os + 3

2 0 s inx 3 osx=02sin 3

cc

x

-= Û -

+ 0.25

1 3s inx osx=0 os x + 0

2 2 6c c

pæ öÛ - Û =ç ÷è ø

0.25

x = ,3

k k Zp pÛ + Î 0.25

Kết hợp ĐK ta có x k2 ,k Z3p

= + p Î là nghiệm của phương trình 0.25

3 1.0

( )( )

( )2

1 1 1

2 ln 11 4ln 1 1 1 14 1 2ln 4 4 1 2ln

e e ex dxx dxI dx

x x x x x

-- += = +

+ +ò ò ò 0.25

( ) ( ) ( )( )1 1

2 ln 11 12ln 1 2ln 1

8 8 1 2ln

e e d xx d x

x

+= - - +

+ò ò 0.25

( ) ( )2

1 1

1 12ln 1 ln 1 2ln

16 8e ex xæ ö= - + +ç ÷

è ø 0.25

1ln 3

8= 0.35

4 1.0

1 3 1 7

(1 2 ) 21 5 5

ii z i z i

i-

- + = - Û = ++

0,25

2z=> = 0,25 15 15 515 15 5

3 3 6215 15

0 0

2( ) . .2 .2 . , (0 15, )

k kkk k k k

k k

f x x C x x C x k k Zx

---

= =

æ ö= + = = £ £ Îç ÷è ø

å å 0,25

Hệ số không chứa x ứng với k thỏa mãn : 55 0 6

6k

k- = Û = => hệ số : 320320 0,25

5 1,0

( ) 4( , )

3d A a = 0,25

Vì ( )b //( )a nên phương trình ( )b có dạng : 2 2 0, 1x y z d d+ - + = ¹- 0,25

( ) ( ) 5 4( , ) ( , )

3 3

dd A d A

+a = b Û = Û 0,25

19

9

dd

d

= -éÛ = -ê -ë

(d = -1 loại) =>( )b : 2 2 9 0x y z+ - - =

0,25

6 1,0

Gọi I là trung điểm của đoạn AB => ,( ) ( ) ( )SI AB SAB ABCD SI ABCD^ ^ => ^

nên · ( )· 0, ( ) 60 ,SCI SC ABCD= = 03 3tan 60

2 2a a

CI SI CI= => = =

Gọi M là trung điểm của đoạn BC , N là trung điểm của đoạn BM 3 3

2 4a a

AM IN= => =

Ta có 2 2 3

.

3 1 3 3 32 . .

2 3 2 2 4ABCD ABC S ABCD

a a a aS S VD= = => = =

0.5

ta có , ( )BC IN BC SI BC SIN^ ^ => ^

Trong mặt phẳng (SIN) kẻ ( ),IK SN K SN^ Î . Ta có

( ) ( ,( ))IK SN

IK SBC d I SBC IKIK BC

^ì=> ^ => =í ^î

Lại có :

2 2 2

1 1 1 3 13 3 13 3 13( ,( )) ( ,( ))

26 26 13ISa a a

IK d I SBC d A SBCIK IN

= + => = => = => =

0.5

7 1.0

ĐK :

2 1 0

2 0

0

13

x y

x y

x

y

- - ³ìï + ³ïï

>íïï ³ -ïî

(1) 2 1 3 1 2 0

1 10

2 1 3 1 2

x y x y x y

x y x y

x y x y x y

Û - - - + + - + =

- - - -Û - =

- - + + + +

( ) 1 11

2 1 3 1 2x y

x y x y x y

æ öÛ - - -ç ÷ç ÷- - + + + +è ø

1 (3)

2 1 3 1 2 (4)

y x

x y x y x y

= -éÛ ê

- - + = + + +êë

0,25

1(4) 2 1 3 1 2 3 1 (5)

3x

x y x y x y x y y-

Û - - + = + + + Û = + Û =

0,25

A

B C

D

S

I

MN

K

Từ (3) và (2) ta có :

( )2 3 2 2 1( 1) ( 2) 2( 1) ( 1) ( 1) 5 0

5

xx x x x x x

x

=é- + = - - - Û - - = Û ê =ë

1 0; 5 4x y x y= => = = => =

0,25

Từ (5) và (2) ta có :

( )2 3 2 22 1( 1) ( 2) ( 1) ( 1) ( 1) 25 59 0 1

27 9x x x x x x x- + = - - - Û - + = Û = (do x > 0)

Vậy hệ đã cho có nghiệm : ( ; ) (1;0);( ; ) (5;4)x y x y= =

0,25

8 1 1,0

Gọi G là điểm đối xứng của M qua O (1; 3)G CD=> = - Î

Gọi I là điểm đối xứng của N qua O ( 1;5)I AD=> = - Î

0,25

Phương trình cạnh MO qua M và có VTCP MOuuuur

là : 9 5 24 0x y- - = => Phương trình cạnh NE qua N và vuông góc MO là : 5 9 22 0x y+ - =

Gọi E là hình chiếu của N trên MG => 163 39

;53 53

E NE MG E æ ö= Ç => = ç ÷è ø

0,25

Lại có

( 0, ) ( 1;3)NJ MG

NE MG k k R JNE k NJ

=ìï^ => ¹ Î => -í=ïî

uuur uuur ;(Vì ,NE NJuuur uuur

cùng chiều )

Suy ra phương trình cạnh AD : 9

1 02

x OK+ = => = . Vì KA = KO = KD nên

K,O,D thuộc đường tròn tâm K đường kính OK

Đường tròn tâm K bán kính OK có phương trình : ( )2

2 3 811

2 4x yæ ö+ + - =ç ÷

è ø

0,25

Vậy tọa độ điểm A và D là nghiệm của hệ : ( )2

2

13 81 612 4

11 0

3

x

yx y

xx

y

é = -ìì íêæ ö =+ + - =ï îêç ÷ Ûí è ø ê = -ìï ê+ = íî = -êîë

Suy ra ( 1;6); ( 1; 3) (8; 3); (8;6)A D C B- - - => - . Trường hợp ( 1;6); ( 1; 3)D A- - - loại do M thuộc CD .

0,25

9 1,0

( ) 2 23 3 ( ) (1 )(1 ) ( ) (1 )(1 ) (1)x yx y x y xy x y x y x yy x

æ ö÷ç ÷+ + = - - Û + + = - -ç ÷ç ÷÷çè ø

Ta có : 2 2

( ) 4x y x y xyy xæ ö÷ç ÷+ + ³ç ÷ç ÷÷çè ø

và

(1 )(1 ) 1 ( ) 1 2x y x y xy xy xy- - = - + + £ - +

11 2 4 0 9xy xy xy xy=> - + ³ Û < £

0.25

Dễ chứng minh : ( )2 2

1 1 1; ; (0;1)

11 1x y

xyx y+ £ Î

++ +

2 22 2

1 1 1 1 2 22 2

11 1 11 1 xyx y xyx y

æ ö æ ö+ £ + £ =ç ÷ ç ÷++ + +è ø+ + è ø

0.25

2 2 23 ( ) ( )xy x y xy x y xy- + = - - £

2 2 1, ,0

91 1P xy t t xy t

xy t

æ ö=> £ + = + = < £ç ÷+ + è ø

0.25

Xét hàm số

2 1 1 6 10 1 1( ) , 0 .... max ( ) ( ) , 0;

9 9 10 9 91f t t t f t f t

tæ ö æ ù= + < £ => => = = + Îç ÷ ç ú+ è ø è û

0.25

__________HẾT__________

Cảm ơn bạn Ngô Quang Nghiệp ([email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO

TẠO BẮC GIANG

Trường THPT Bố Hạ

Tổ Toán- Tin

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014-2015

Môn: TOÁN LỚP 12 LẦN 3

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số 4 22( 1) 1 ( )my x m x m C .

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( )mC khi m=0.

b) Tìm m để đồ thị hàm số ( )mC có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác đều.

Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: 22 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )4

c c x

.

Câu 3 ( 1điểm)

a) Giải phương trình: 4 4log log (10 ) 2x x

b) Có ba bó hoa. Bó thứ nhất có 8 bông hoa hồng, bó thứ hai có 7 bông hoa ly, bó thứ ba

có 6 bông hoa huệ. Chọn ngẫu nhiên 7 bông hoa từ ba bó hoa trên để cắm vào một lọ hoa.

Tính xác suất để trong 7 bông được chọn có số bông hoa hồng bằng số bông hoa ly.

Câu 4 (1điểm) Tính tích phân sau : 5

2

1

ln

( 1)1 1

x xI dx

xx

Câu 5 (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 điểm A(1 ;0 ;1), B(-1 ;1 ;0),

mặt phẳng (P) : x+y-2z-5=0 và mặt cầu 2 2 2( ) : 2 2 2 6 0S x y z x y z . Viết phương

trình mặt phẳng (Q), biết (Q) vuông góc với (P), song song với đường thẳng AB và tiếp xúc

với mặt cầu (S).

Câu 6(1điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với

,B 3AB a C a , H là trung điểm của cạnh AB. Biết hai mặt phẳng (SHC) và (SHD) cùng

vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đường thẳng SD tạo với mặt đáy góc 600. Tính thể tích

khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB.

Câu 7 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm

H(-1;3), tâm đường tròn ngoại tiếp I(-3;3), chân đường cao kẻ từ đỉnh A là điểm K(-1;1).

Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.

Câu 8 ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình

2 ( 3) y 3 2

3 2 (y 8)

x x y

x y

( , )x y R .

Câu 9 (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện 2 2 2 9, 0 x y z xyz .

Chứng minh rằng: 2( ) 10x y z xyz .

.

--------------------------- Hết ------------------------

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT

NĂM HỌC 2014-2015 LẦN 3 Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò

C©u Néi dung §iÓm

1

2.0®

1,0® a

Với m=0. ta có 4 22 1y x x

- TXĐ:

- Sự biến thiên:

+ ) Giới hạn và tiệm cận : limx

y

. Hàm số không có đường tiệm cận

0,25đ

+) Bảng biến thiên

Ta có : ; 2 2' 4 4 4 ( 1)y x x x x ; 0

' 01

xy

x

Vẽ điền đúng bảng biến thiên.

0,25đ

KL đúng các khoảng đồng biến, nghịch biến; điểm cực trị 0,25đ

- Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị 0,25đ

b 1,0

đ

4 22( 1) 1 ( )my x m x m C 3 2' 4 4( 1) 4 ( 1)y x m x x x m

Xét 2

2

0' 0 4 ( 1) 0

1(1)

xy x x m

x m

0,25đ

Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi PT y’=0 có 3 nghiệm phân biệt

PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 1 0 1(*)m m

0,25đ

Với đk (*) PT y’=0 có 3 nghim phân biệt , 1x x m và 3 điểm cực trị của

đồ thị (Cm) là 2 2(0;m 1),B( 1; ( 1) 1),C( 1; ( 1) 1)A m m m m m m

3 điểm cực trị tạo thành một tam giác đều 2 2 2AB AC BC AB AC BC

0,25đ

2 2 4 4

3

2 2 4

1 ( 1) 1 ( 1)3 1

1 ( 1) 4( 1)

AB AC m m m mm

AB BC m m m

0,25đ

2

1,0

đ

os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )2

os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0

PT c x c

c x c x

0,25đ

sin(4 ) sin(2 ) 06 6

x x

0,25đ

2sin(3 ). osx=06

x c

0,25đ

18 3

x=2

x k

k

Vậy PT có hai nghiệm 2

x k

và 18 3

x k

.

0,25đ

3

1,0

đ

a

a) ĐK : 0<x<10(*) 2

4 4 4log log (10 ) 2 log (10 ) 2x x x x

0,25đ

2 210 16 10 16 0 2 8 hoÆc x x x x x x . t/m đk. Vậy x=2,x=8 0,25đ

b

Chọn ngẫu nhiên 7 bông hoa từ ba bó hoa có 7

21C cách

Chọn 7 bông hoa trong đó số bông hoa hồng bằng số bông hoa ly xẩy ra các

TH sau :

TH1 : Chọn 7 bông hoa trong đó có 1 bông hoa hồng, 1 bông hoa ly và 5

bông hoa huệ có 1 1 5

8 7 6C C C cách.

0,25đ



8 7 6C C C cách.



8 7 6C C C cách.

0,25đ

Tứ các TH trên ta có 1 1 5

8 7 6C C C + 2 2 3

8 7 6C C C + 3 3 1

8 7 6C C C =12306 cách chọn 7 bông hoa

trong đó số bông hoa hồng bằng số bông hoa ly

Xác suất cần tính là : 2051

0.10619380

p

0,25đ

4

1,0

đ

5 5 5

2 2

1 1 1

ln ln

( 1) ( 1)1 1 1 1

x x x xI dx dx dx

x xx x

Tính 5

1

1 1 1

xI dx

x

.

Đặt 2 21 1 1 2t x t x x t dx tdt

Đổi cận : Cho 1 0; 5 2x t x t 2 2 22 3

2

1

0 0 0

1 2 2 4.2 2 2 4

1 1 1

t t tI td dt t t dt

t t t

3 2 2

0

2 284 4ln | 1| | 4ln3

3 3t t t x

0,25đ

5

2 2

1

ln

( 1)

xI dx

x

Đặt 2

1ln

11

( 1)1

u x du dxx

dv dxvx

x

Ta có 5 5

5

2 1

1 1

1 1 1 1 1ln ln5 ( )

1 ( 1) 6 1I x dx dx

x x x x x

5

1

1 1 5ln5 (ln | | ln | 1|) ln5 ln5 ln 6 ln 2 ln5 ln3

6 6 6x x

Khi đó 1 2

28 5ln5 5ln3

3 6I I I

0,25đ

5

1,0®

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyển : 1 (1;1; 2); ( 2;1; 1)n AB

Ta có 1, (1;5;3)n AB

0,25đ

+)(Q) vuông góc với (P), song song với đường thẳng AB suy ra (Q) có vectơ

pháp tuyến là : 1, (1;5;3)n AB

, nên PT mp(Q) có dạng : 5 3 0x y z m

0,25đ

Mặt cầu (S) có tâm I(1;-1;1), bán kính R=3

0,25đ

Mặt phẳng (Q) tiếp xúc với (S) ta có |1 5 3 |

( , ( )) 335

md I Q R

1 3 35| 1| 3 35

1 3 35

mm

m

Với 1 3 35m ta có PT mp(Q): 5 3 1 3 35 0x y z

Với 1 3 35m ta có PT mp(Q): 5 3 1 3 35 0x y z

0,25đ

6

1,0®

Ta có ( ) ( )SHC SHD SH

Từ giải thiết ( ) (ABCD);( ) (ABCD) (ABCD)SHC SHD SH

2

.

1 1 1. . . . . 3. (1)

3 3 3S ABCD ABCDV SH S AB AD SH a SH

0,25đ

Ta có (ABCD) HDSH là hình chiếu của SD trên (ABCD), suy ra góc giữa

SD và (ABCD) là 060SDH 39tan

2

aSH HD SDHH

Khi đó 3

.

113

2S ABCDV a (đvtt)

0,25đ

Dựng hình bình hành ACBE. Khi đó AC//BE suy ra AC//(SBE)

(AC,SB) (AC,(SBE)) (A,(SBE)) 2 (H,(SBE))d d d d 0,25đ

Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của H trên BE và SK. Khi đó

,BE (1)BE KH SH BE HI

Mặt khác (2)HI SK

Từ (1), (2) suy ra (SBE) ( ,(SBE))HI d H HI

Tính được 3 39

;4 212

a aHK HI

39 2067(A ,SB) 2 (H,(SBE)) 2HI

5353

a ad C d .

0,25đ

8

1.0

đ

A

B C

D

H

K

I

M

0,25đ

Gọi D là điểm đối xứng của A qua I chỉ ra BHCD là hình bình hành. Khi đó

M là trung điểm cảu HD, suy ra D(-5;-1). I là trung điểm của AD, suy ra A(-

1;7)

0,25đ

20AI , PT đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: (x+3)2+(y-3)

2=20

Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ PT:

2 20

1

2

0

3 3x

y

y

0,25đ

Ta có ,HK BC K BC

(0; 2) BC: y-1=0HK PT

Gọi M là trung điểm của BC ta có PT

IM: x+3=0.

( 3;1)M IM BC M

Hết

1 7

1 1 hoac

x x

y y

Ta có B(1;1), C(-7;1)hoặc B(-7;1) C(1;1)

Suy ra Vậy A(-1;7), B(1;1) và C(-7;1)

hoặcA(-1;7), B(-7;1) C(1;1)

0,25đ

7

1.0

đ

2 ( 3) y 3 2 (1)

3 2 (y 8) (2)

x x y

x y

ĐK: 2, 0x y (*)

Khi đó 3

3 2 3(1) 3 2 3 ( 1) 3( 1) 3 3 3 (3)x x y y x x y y

Xét hàm số 3( ) 3f t t t trên 1; )[

Ta có 2 2( ) 3 3 3( 1) 0, 1f t t t t , suy ra hàm số f(t) là hàm số đồng biến

trên 1; )[

0,25đ

Nên (3) 1 3 2 3 1(4)x y x y 2(2) 9( 2) 8 (5)x y y

0,25đ

Thay (4) vào (5) được: 29( 3 1) 8y y y (*)

2 9( 1)9( 3 2) 8 9 ( 1)( 9) 0

3 2

yy y y y y

y

0,25đ

9( 1) 9 0 1

3 2y y y

y

Vì với 0y thì 9

9 03 2

yy

. Vậy (*) có 1 nghiệm y=1. khi đó x=3

KL ( ; ) 3;1x y

0,25đ

9

1.0

đ

Không mất tính tổng quát. Giả sử x y z , do 0 nªn x 0xyz

Do 2 2 2 29 9 [ 3;0]x y z x x . Ta có

2 2 2

2 2

y z y zyz

Do đó 2 2

2 2 y2( ) 2 2( ) 2 2 2(y ) .

2

zx y z xyz x y z xyz x z x

0,25đ

2 32 2(9 ) 5

2 2 2(9 ) 2 2(9 )2 2 2

x x x xx x x

Xét hàm số 3 2

2

2

5 3 5 2 2( ) 2 2(9 ) [ 3;0] '( )

2 2 2 2 9 víi

x x x xf x x x f x

x

0,25đ

Xét2

2 2

2

3 5 2 2'( ) 0 0 9 (5 3 ) 4 2

2 2 9

x xf x x x x

x

2 2 2 2 2(9 )(5 3 ) 32 ( 5 3 0) víi ®k x x x x

9 4 2 2 2 2 25(9 111 327 225 0 1, 3,

3x x x x x x

2 25, 1 1, 1(

3 nªn lo¹i)x x x x

0,25đ

Ta có ( 3) 6; ( 1) 10; (0) 6 2f f f , Suy ra

3;0

max (x) 1 10f f

.

2 2 22( ) ( ) 10, 9 DÊu ''='' xÈy ra khi x= -1,y=z vµ xx y z xyz f x y z

1, 2x y z

0,25đ

ĐỀ THI THỬ SỐ 1

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2 12

xyx

(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Viết phương trình tiếp tuyến d của (C) biết d song song với đường thẳng 3x – y + 14 = 0.

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Chứng minh rằng 2 2 2 2 3cos cos cos .3 3 2

x x x

b) Giải phương trình 222log ( 3) 8log 2 1 4.x x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 0

( sin ) .I x x x dx


a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2( 1) 3 (5 )z z i i . Tính môđun của z. b) Trong cuộc thi “Rung chuông vàng” thuộc chuỗi hoạt động Sparkling Chu Văn An, có 20 bạn lọt vào vòng chung kết, trong đó có 5 bạn nữ và 15 bạn nam. Để sắp xếp vị trí chơi, Ban tổ chức chia các bạn thành 4 nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm có 5 bạn. Việc chia nhóm được thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 2a, 060 ,BAC cạnh bên SA vuông góc với đáy và 3SA a . Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM.

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(–2;1) và thỏa mãn điều kiện 090 ,AIB chân đường cao kẻ từ A đến BC là D(–1;–1), đường thẳng AC đi qua điểm M(–1;4). Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết rằng đỉnh A có hoành độ dương.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;2;–1), B(3;4;1) và C(4;1;–1). Viết phương trình mặt cầu có đường kính AB. Tìm tọa độ điểm M trên trục Oz sao cho thể tích khối tứ diện MABC bằng 5.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 22

4 23( 2) 1 3 1 .1

x x x xx x

Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 2(x + y) + 7z = xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 .S x y z

---------------- Hết ----------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh…………………………………………………; Số báo danh………….……...

1

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm có 05 trang)


1 2,00

a (1,00 điểm) TXĐ: D = \ 2.

Giới hạn và tiệm cận:

2 2lim 2; lim ; lim

x x xy y y

Tiệm cận đứng x = –2, tiệm cận ngang y = 2.

0,25

Sự biến thiên: 23' 0, \ 2

( 2)y x

x

Hàm số đồng biến trên từng khoảng (–;–2) và (–2;+). 0,25

Bảng biến thiên:

Hàm số không có cực trị.

0,25

Đồ thị:

0,25

b (1,00 điểm) Gọi 0 0( ; )M x y là tiếp điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C). Khi đó y’(x0) = 3. 0,25

Ta có phương trình 0202

00

13 3 ( 2) 13.( 2)

xx

xx

0,25

Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C) tại các điểm (–1;–1) và (–3;5) lần lượt là: 3 2, 3 14y x y x . 0,25

Từ giả thiết ta được 3 2.y x 0,25

2

2 1,00

a (0,5 điểm)

Ta có 3 1 2 4cos 2 cos 2 cos 22 2 3 3

A x x x 0,25

3 1 3 1 3cos 2 2cos 2 cos cos 2 cos 2 .2 2 3 2 2 2

x x x x

0,25

b (0,5 điểm)

ĐK: 1 , 3.2

x x Với điều kiện đó, phương trình tương đương với

2 2 23

4 log 3 4log (2 1) 4 log 12 1x

x xx

0,25

3 4 232 3 4 2 1.

3 4 22 1x xx

x x xx xx

Phương trình có nghiệm 1.x 0,25

3 1,00

3 32

0 0 00

( sin ) sin sin .3 3xI x x x dx x xdx x xdx

0,25

Tính 10

sin .I x xdx

Đặt sin cos .

u x du dxdv xdx v x

0,25

1 0 00

cos cos sin .I x x xdx x

0,25

3.

3I 0,25

4 1,0

a (0,5 điểm)

Đặt , ( , )z a bi a b . Khi đó: 2( 1) 3 (5 ) 2( 1) 3( ) 1 5 1 5(1 ) 0.z z i i a bi a bi i a b i

0,25

12.

1a

zb

0,25

b (0,5 điểm)

Gọi X là biến cố: “chia 20 bạn thành 4 nhóm A, B, C, D, mỗi nhóm 5 bạn sao cho 5 bạn nữ thuộc cùng một nhóm”. Ta có 5 5 5 5

20 15 10 5C C C C cách chia 20 bạn thành 4 nhóm A, B, C, D. 0,25

Xét 5 bạn nữ thuộc nhóm A, có 5 5 515 10 5C C C cách chia các bạn nam vào 3 nhóm còn lại

Do vai trò các nhóm như nhau, có 5 5 515 10 54C C C cách chia các bạn vào các nhóm A, B,

C, D trong đó 5 bạn nữ thuộc một nhóm.

Xác suất cần tìm là: 520

4 1( )3876

P XC

.

0,25

5 1,00

3

Xét tam giác ABC có 0

2

tan 60 2 3

2 3.ABC

BC AB a

S a

0,25

2 3.

1 1. 3.2 3 2 .3 3S ABCD ABCV SA S a a a 0,25

- Gọi N là trung điểm cạnh SA. Do SB // (CMN) nên

( , ) ( , ( )) ( , ( )) ( , ( )).

d SB CM d SB CMNd B CMNd A CMN

- Kẻ ,AE MC E MC và kẻ ,AH NE H NE

Chứng minh được ( )AH CMN ( , ( )) .d A CMN AH

0,25

Tính 2 AMCSAEMC trong đó:

21 1 3. .sin .4 . 3 2 3 .2 2 213

13

AMCS AM AC CAM a a a aAEMC a

Tính được 2 3 2 3 2 3( , ( )) ( , ) .29 29 29

a a aAH d A CMN d SB CM

0,25

6 1,00

Do 090AIB 045ACB hoặc 0135ACB 045ACD tam giác ACD vuông cân tại D nên DA = DC. Hơn nữa, IA = IC. Suy ra, DI AC đường thẳng AC thỏa mãn điều kiện: AC qua điểm M và AC vuông góc ID.

0,25

Viết phương trình đường thẳng AC: 2 9 0x y .

Gọi (2 9; )A a a AC . Do 2 ( , ) 2 10DA d D AC nên 0,25

2 2 2 1 ( 7;1)(2 8) ( 1) 2 10 6 5 0

5 (1;5)a A

a a a aa A

Theo giả thiết bài cho (1;5)A . 0,25

Viết phương trình đường thẳng DB: x + 3y +4 = 0. Gọi ( 3 4; ).B b b Tam giác IAB vuông tại I nên

. 0 3( 3 2) 4( 1) 0 2IA IB b b b

(2; 2).B Đáp số: (1;5), (2; 2).A B

0,25

7 1,0

Mặt cầu (S) cần tìm có tâm I là trung điểm của AB, với (2;3;0).I 0,25

Bán kính của (S) là 32

ABR .

Phương trình của (S): 2 2 2( 2) ( 3) 3.x y z 0,25

4

Gọi (0;0; )M t Oz . Do VMABC = 5 nên 1 [ , ] 56

AB AC AM

11 4 5.t 0,25

1 (0;0;1)11 4 1511 4 15 13 1311 4 15 (0;0; ).

2 2

t Mtt

t t M

0,25

8 1,00

ĐK: 1.x Với điều kiện đó

2 2 22

2 22 2 2

2

8 26( 2) 2 6 1 01

4 2 3 1 1 2 5 0.1

BPT x x x x xx x

x x x x x xx x

0,25

Xét hàm số 4 2( ) 51

f t tt

với 0.t Ta có 2 2'( ) 1 .( 1) 1

f tt t

'( ) 0 1.f t t Bảng xét dấu

Suy ra ( ) (1), [0;+ ) ( ) 0, [0;+ ).f t f t f t t Dấu “=” xảy ra t = 1.

0,25

Do 2 22

4 20, [0;+ ) 5 0, [0;+ ).1

x x x x x xx x

Dấu “=” xảy ra khi 2 1 51 .2

x x x

0,25

Khi đó: 2 22 2 2

2

4 23 1 1 2 5 01

x x x x x xx x

2

2

22

1 01 51 0 .

24 2 5 0

1

x x

x x x

x xx x

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1 5[1; ) \2

S

.

0,25

9 1,00

Ta có: 2( ) ( 7)x y z xy . Do x, y, z là các số dương nên xy – 7 > 0.

Khi đó, từ giả thiết ta được 2( ) .7

x yzxy

Suy ra: 4( )( ; ) 27

x yS f x y x yxy

với điều kiện 0, 0, 7x y xy (*)

0,25

Với mỗi x cố định, xét đạo hàm của hàm số f(x;y) theo ẩn y ta được: 2

'2 2

4( 7) 4 ( ) 28 4( ; ) 1 1 .( 7) ( 7)y

xy x x y xf x yxy xy

' 2 2 20 2

7 7( ; ) 0 14 21 4 0 2 1 .yf x y x y xy x yx x

5

Suy ra: 0 211 7( ; ) 2 4 1 .f x y xx x

0,25

Xét hàm số 211 7( ) 2 4 1g x xx x

với x > 0 với 23

2

11 28'( ) 2 .71

g xx x

x

'( ) 0 3.g x x Khi đó ( ) (3) ( ) 15.g x g g x

0,25

Với điều kiện (*), ta có 0( ; ) ( ) 15.S f x y g x Vậy min 15S khi 3, 5, 2.x y z

0,25

------------ Hết -------------

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 23 4y x x

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.

b) Gọi A, B là các điểm cực trị của .C Tìm tọa độ điểm M thuộc Parabol 2:P y x sao cho tam

giác AMB vuông tại M.


a) Giải phương trình 2 2

2

cos sin 2 sin sin .4cos 6 6x x x x

x

b) Giải hệ phương trình

5

5.327 ( , ).

3log

y xx yx y

x y x y

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình 3 3 33 2 3 ( ).x x x x

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 2 5

30

.1

xI dxx

Câu 5 (1,0 điểm) Cho lăng trụ 1 1 1.ABC A B C có các mặt bên là các hình vuông cạnh .a Gọi D, E, F lần lượt

là trung điểm của các cạnh 1 1 1 1, , .BC A C B C Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và 1 .A F

Câu 6 (1,0 điểm) Xét a, b, c là các số thực thuộc đoạn 1;2 và thỏa mãn 4.a b c

Chứng minh rằng 2 .2 2 2 3

a b cbc ca ab

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD và điểm E thuộc cạnh .BC

Một đường thẳng qua A vuông góc với AE cắt CD tại F. Đường thẳng chứa đường trung tuyến AM của tam

giác AEF cắt CD tại K. Tìm tọa độ điểm D biết 6;6 , 4;2 , 3;0 .A M K

Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm 2;0;0 , 0;4;0 , 0;0; 4 .A C D Tìm

tọa độ điểm B sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết phương trình mặt cầu S đi qua O, B, C, D.

Câu 9 (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 1 1

.1z iz

iz

z

-------------------- Hết --------------------

TRÖÔØNG ÑHSPHN TRÖÔØNG THPT CHUYEÂN ÑHSP

KYØ THI THÖÛ THPT QUOÁC GIA LAÀN 3 NAÊM 2015 Moân thi: TOAÙN; Khoái A, A1, B, D

Thôøi gian laøm baøi: 180 phuùt, khoâng keå thôøi gian giao ñeà

www.VNM

ATH.com

www.VNM

ATH.com

www.VNM

ATH.com

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 Môn: TOÁN


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 2 (1).y x x

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .

b. Gọi M là điểm thuộc đồ thị ( )C có hoành độ bằng -1. Tìm m để tiếp tuyến với ( )C tại

M song song với đường thẳng 2: ( 5) 3 1.d y m x m Câu 2 (1,0 điểm). a. Giải phương trình cos3 2sin 2 cos 0.x x x

b. Giải phương trình 15 5 6 0.x x

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: 1

2

0

( ) .xI x e xdx

Câu 4 (1,0 điểm). a. Giải phương trình 3 1

3

2log (4 3) log (2 3) 2.x x

b. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 35 .n nC C Tìm hệ số của số hạng chứa 5x

trong khai triển nhị thức Niutơn của (2 ) .nx

Câu 5(1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho điểm ( 2;1;5)A , mặt

phẳng ( ) : 2 2 1 0P x y z và đường thẳng 1 2

: .2 3 1

x y zd

Tính khoảng

cách từ A đến ( )P . Viết phương trình mặt phẳng ( )Q đi qua A , vuông góc với ( )P

và song song với .d Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD = 2a; tam

giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, 3.SC a Tính

theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( ).SAD Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O ,xy cho hình cho hình bình hành

ABCD cóN là trung điểm của cạnh CD và đường thẳng BN có phương trình là

13x -10y +13 = 0; điểm M(-1;2) thuộc đoạn thẳng AC sao cho AC = 4AM. Gọi H là

điểm đối xứng với N qua C. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết rằng 3 AC = 2AB và

điểm H thuộc đường thẳng : 2x - 3y = 0.

Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình:

2 2 2 3

2 23

( 1) 2 2 0( , ).

3 2 2 0

x y y x y yx y R

y xy x x

Câu 9 (1,0 điểm). Cho 1;2 .a Chứng minh rằng: 12 3 4 6 8 12 24a a a a a a a .

www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HÀ TĨNH

THI THỬ THPT QG LẦN 1 NĂM 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM

Môn: TOÁN Câu Nội dung Điểm

Ta có 23 23 xxy . +) Tập xác định: R. +) Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: xxy 63' 2 ,

20

0'xx

y

0,25

Giới hạn, tiệm cận:

y

xlim ,

y

xlim . Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

Cực trị: Đồ thị hàm số đạt cực đại tại (0;2) , cực tiểu tại (2; 2) Hàm số đb trên mỗi khoảng ( ;0); (2; ) , nghịch biến trên (0;2)

0,25


0,25

1.a

Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại (1;0) , cắt Oy tại (0;2) (0;2)

0,25

Ta có ( 1; 2).M 0,25

Pttt của (C) tại M là /: ( 1)( 1) 2y y x hay : 9 7.y x 0,25

1.b

2 25 9/ / 2.

23 1 7mm

d mmm

0,5

cos3 2sin 2 cos 0 2sin 2 (1 sin ) 0x x x x x 0,25 2.a

sin 2 0 2sin 1 2

2

x kxx x k

0,25

x 0 2 y' + 0 - 0 + y

2 -2

y 2 2 O 1 x -2 www.VNM

ATH.com

1 25 5 6 0 5 6.5 5 0x x x x

0,25

2.b

5 5 105 1

x

x

xx

0,25

1 1 1

2 2 21 2

0 0 011 3

21

0 0

( )

13 3

x xI x e xdx x dx xe dx I I

xI x dx

0,5

Đặt 2 x

u xdv e dx

Ta có 2

2

x

du dxev

0.25

3

1 12 2 2 2 21

2 00 0

1( ) .2 2 2 4 4

x x x xxe e xe e eI dx Vậy

23 712

eI 0,25

ĐK: 34

x . PT 2

23 3 3

(4 3)log (4 3) log (2 3) 2 log 22 3xx xx

0,25 4.a

28 21 9 0 3x x x hoặc 3

8x . Đối chiếu ĐK ta được nghiệm x=3 0,25

ĐK: *, 3.n N n Ta có 1 3 25 3 28 0 7n nC C n n n hoặc 4n (Loại) 0,25 4.b 7

7 77

0

(2 ) 2k k k

k

x C x

. Sh chứa 5x ứng với k=5. Hệ số của 5x là 5 27 2 84.C 0,25

BC

DA

S

H

K

J

Kẻ ( )SH AC H AC . Do ( ) ( ) ( )SAC ABCD SH ABCD

2 2 . 3;2

SA SC aSA AC SC a SHAC

2. 22ABCD

AC BDS a

32

.1 1 3 3. .2 .3 3 2 3S ABCD ABCD

a aV SH S a

0,5

5

Ta có 2 2 4 ( ,( )) 4 ( , ( )).2aAH SA SH CA HA d C SAD d H SAD

Do BC//(SAD) ( ,( )) ( ,( )) 4 ( ,( )).d B SAD d C SAD d H SAD Kẻ ( ), ( )HK AD K AD HJ SK J SK Cm được ( ) ( )SHK SAD mà ( ) ( ,( ))HJ SK HJ SAD d H SAD HJ

AHK vuông cân tại K 0 2sin 454

aHK AH

2 2

. 32 7

SH HK aHJSH HK

Vậy2 3 2 21( ,( ))

77a ad B SAD

0,5

www.VNM

ATH.com

2 2

13( 1) 10.2 13 20( , ) ;26913 10

d M BN

(3 ;2 )H H a a

I

G

A B

CDH

N

M

0,25

6

Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm BCD .

Suy ra 2 13 3

CG CI AC mà 1 5 44 12 5

AM AC MG AC CG MG

4 16 32( , ) ( , ) ( , ) 2 ( , )5 269 269

d C BN d M BN d H BN d C BN

13.3 10.2 13 32 1269 269

a aa

hoặc

4519

a

Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên (3;2)H

0,25

Ta thấy 3 2 2

4 4 4 2AC AB CD CDCM CN CH MHN vuông tại M.

MH có pt 2 0 : 1 0 ( 1;0)y MN x N (1;1),C ( 3; 1)D 0,25

Do 5 7 1 5 7 133 ( ; ) ( ; ) ( ; ).

3 3 3 3 3 3CM MA A I B

Vậy 5 7 7 13( ; ), ( ; ), (1;1), ( 3; 1).

3 3 3 3A B C D

0,25

2 2 2

2( 2) 2.1 1.5 1 2( ,( ))32 ( 2) 1

d A P

0,5

(P) có vtpt là (2; 2;1)pn

, d có vtcp là (2;3;1)du

, [ , ]= 5;0;10p dn u

0,25

7

Theo giả thiết suy ra (Q) nhận 1[ , ]=(1;0;-2)

5 p dn n u

làm vtpt

Suy ra ( ) : 2 12 0Q x z 0,25

ĐK: 2 22 0; 2 2 0.y xy x 2 2 2 3 2 2 2( 1) 2 2 0 ( 2 )( 2 1) 0x y y x y y x y y x

22 2

02

2y

y xy x

(Do 2 2 2 1 0 ,y x x y )

0,5

8

Thay 2 2 2y x vào PT thứ hai của hệ ta được pt sau với ĐK: 3 2x

2 3 2 33 3

2

2 2 2 333

2

2 2 2 333

1 2 0 ( 1 2) 3 2 5

3 3 933 1( 1) 2 1 4 2 5

33 3 9 (*)1

( 1) 2 1 4 2 5

x x x x x x

x x xxxx x x

xx x x

x x x

0,25

www.VNM

ATH.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN ITRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Môn thi: TOÁN

————————— Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)—————————————-

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3−3x2 +4 (1).1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại điểm đó song song với đường thẳngy = 9x+3.

Câu 2 (1,0 điểm).a) Giải phương trình: cos2x+2sinx = 1+

√3sin2x.

b) Giải phương trình: log3(x2 +2x)+ log 1

3(3x+2) = 0 trên tập số thực.

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =2∫1

1+ x2ex

xdx.

Câu 4 (1,0 điểm).a) Cho số phức z thỏa mãn (1+ i)z+2z = 2. Tính mô đun của số phức ω = z+2+3i.b) Cho một đa giác đều 12 đỉnh A1A2...A12 nội tiếp đường tròn (O). Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giácđó. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn ra tạo thành một hình chữ nhật.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;−2;1) và mặt phẳng (P) :x−2y+2z+5 = 0. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) và viết phương trình mặt cầu tâm A cắtmặt phẳng (P) theo một đường tròn có chu vi bằng 6π .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a√

2. Hìnhchiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng(ABCD) bằng 60. Tính theo a theo thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng(SBC) .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn,đỉnh A(−2;−1). Gọi H,K,E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC,BD,CD.Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HKE là (C) : x2 + y2 + x+ 4y+ 3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnhB,C,D biết H có hoành độ âm, C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng x− y−3 = 0.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

3√

y3(2x− y)+√

x2(5y2−4x2) = 4y2√

2− x +√

y+1 + 2 = x+ y2 (x,y ∈ R).

Câu 9 (1,0 điểm).Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn 4(a3 +b3)+ c3 = 2(a+b+ c)(ac+bc−2).

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =2a2

3a2 +b2 +2a(c+2)+

b+ ca+b+ c+2

− (a+b)2 + c2

16.

——HẾT——Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

WWW.VNMATH.COM

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN KỲ THI THỬ QUỐC GIA THPT NĂM 2015-LẦN I

TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA MÔN : TOÁN ( Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)

Câu Nội dung Điểm 1 (2,0)

Tập xác định: Sự biến thiên :

-Chiều biến thiên: Ta có

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng và ; nghịch biến trên khoảng .

0,25

0,25

-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 yCĐ = 4,hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2 yCT = 0.

-Giới hạn: 3 2lim lim ( 3 4) ;x x

y x x

3 2lim lim ( 3 4) .x x

y x x

Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

-Bảng biến thiên x 0 2

y

, + 0 - 0 +

y

4 0

Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm

(-1;0) và (2;0).

x

y

32O 1

4

-1

0,25

0,25

b) Ta có: . Gọi 3 20 0 0; 3 4M x x x là điểm thuộc đồ thị (C ) .

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại M là .

0,25

Vì tiếp tuyến của đồ thị tại M song song với đường thẳng d : 9 3y x nên có hệ số góc 9k

2 20 0 0 0 0 03 6 9 2 3 0 1 3x x x x x x

0,5

Vậy ( 1;0)M và (3;4)M đều không thuộc d nên thỏa mãn yêu cầu bài toán. 0,25

2 (1,0)

a). Phương trình đã cho tương đương:

sin 01

sin3 cos sin 1 03 2

x kx

xx x

0,25

+ Với

2 21 3 6 6

sin53 2

2 23 6 2

x k x k

x

x k x k

Vậy phương trình đã cho có nghiệm ; 2 ; 22 6

x k x k x k k

0,25

b). Điều kiện: . Phương trình đã cho tương đương: 0,25

WWW.VNMATH.COM

2 23 3 3 3log ( 2 ) log (3 2) 0 log ( 2 ) log (3 2)x x x x x x

2 2 12 3 2 2 0

2

xx x x x x

x

Đối chiếu điều kiện ta có phương trình đã cho có nghiệm 2x

0,25

3 (1,0) Ta có

2 22

1 1

1 1xxx e

I dx xe dxx x

2 2

1 1

xdxxe dx

x 0,5

Tính: 2

2

11

ln ln 2dx

xx

0,25

Đặt ; xu x du dx dv e dx chọn xv e . Suy ra 2

2 2 2

1 11

x x xxe dx xe e e

Vậy 2ln 2I e

0,25

4 (1,0) a). Đặt ,z a bi a b . Theo bài ra ta có:

3 2 1

0 1

a b a

a b b

nên 1z i 0,25

Khi đó 2 3 1 2 3 3 4z i i i i .

Vậy

0,25

b). Không gian mẫu là tập hợp tất cả các cách chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong 12 đỉnh .

Ta có: 412( ) 495n C .

0,25

Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành một hình chữ nhật”

Gọi đường chéo của đa giác đều A

1A

2...A

12 đi qua tâm đường tròn (O) là đường chéo lớn thì đa giác

đã cho có 6 đường chéo lớn.

Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 đỉnh trong 12 điểm A

1,A

2,...,A

12có các đường chéo là hai đường

chéo lớn. Ngược lại, mỗi cặp đường chéo lớn có các đầu mút là 4 đỉnh của một hình chữ nhật.

Do đó số hình chữ nhật được tạo thành là: 26(A) 15n C .

Vậy xác suất cần tính là (A)

(A)( )

nP

n

15 1

495 33

0,25

5 (1,0) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) là : ;( ) 2 2 2

1.1 ( 2).( 2) 2.1 54

1 ( 2) 2

A Ph d

.

0,25

Gọi r là bán kính của đường tròn thiết diện thì ta có 0,25

Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm ta có 0,25

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là : 0,25

6 (1,0)

Diện tích hình chữ nhật ABCD là .

Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và O là tâm của hình chữ nhật ta có

0,25

WWW.VNMATH.COM

Ta có nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc

Trong tam giác vuông SHB ta có .

Thể tích khối chóp S.ABCD là : 0,25

Ta có

Kẻ với ; kẻ với (1)

Ta có .

Do đó (2)

Từ (1) và (2) suy ra nên .

0,25

Ta có . Trong tam giác vuông SHK ta có :

. Vậy

0,25

7 (1,0)

Ta có nên bốn điểm A,H,C,E cùng thuộc đường tròn đường kính AC. Gọi I là giao điểm của AC và BD.

Ta có: .

Các tứ giác AKED, AKHB nội tiếp nên EKD EAD và BKH BAH .

Do đó .

Vì vậy tứ giác HKIE nội tiếp. Do đó I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác HKE.

0,25

+) Gọi 2 4

( ;c 3) ,( 0) ;2 2

c cC c d c I

, do I thuộc (C) nên có phương trình:

2 2 0 2 1c c c c (loại 1)c . Suy ra: C(2;-1) và I(0;-1).

0,25

+) Điểm E,H nằm trên đường tròn đường kính AC và đường tròn (C) nên toạ độ thoả mãn hệ phương

trình: .

+)Vì H có hoành độ âm nên 8 11

; , (0; 3)5 5

H E

. Suy ra : 1 0AB x y , : 3 5 0BC x y

0,25

Toạ độ B thỏa mãn (t/m).

Vì . Vậy .

0,25

WWW.VNMATH.COM

8 (1,0)

Điều kiện: .

+) Sử dụng bất đẳng thức AM –GM cho hai số không âm ta có:

.

Suy ra: .

0,25

Vì vậy ta phải có: .

Vậy phương trình đầu của hệ tương đương với: x y .

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: .

0,25

Do nên ta phải có: 2 2 0 1 ( 1)x x x do x .

Khi đó phương trình (*) tương đương với:

2 2 1 11 1 2 1 0 1 1 0

1 2 1x x x x x x x x

x x x x

.

0,25

2

1 5( / )

1 1 1 521 0 1 0

21 2 1 1 5( )

2

x t m

x x do x yx x x x

x l

.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất 1 5 1 5

( ; ) ;2 2

x y

.

0,25

9 (1,0)

Ta có: , kết hợp với giả thiết suy ra:

2

3 3 3 3 3 31( ) ( ) 4( ) 2( ) 2 4

4 4

a b ca b c a b c a b c a b c a b c

.

0,25

Khi đó sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có: 2

2 2 2 2

2

3 2 ( 2) 22 2 2 .

2 2 2 2

a a a a

a b a c a b cb a b aa c a ca a

;

Và . Suy ra: .

0,5

Đặt , ta có: .

Suy ra hàm số ( )f t nghịch biến trên 4; . Do đó .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

1

6.

0,25

................ Hết.................

WWW.VNMATH.COM

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU

ĐỀ KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 3 1y mx mx m có đồ thị là mC .

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với 1m . b) Chứng minh rằng với mọi 0m đồ thị mC luôn có hai điểm cực trị A và B, khi đó tìm

các giá trị của tham số m để 2 2 22 ( ) 20AB OA OB ( trong đó O là gốc tọa độ).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin sin cos cosx x x x 2 3 2 3 2 3

Câu 3(1 điểm): Giải hệ phương trình: 2 2

2 1 2 4( 1)

4 2 7

x y x y

x y xy

.

Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại C, cạnh huyền

bằng 3a, G là trọng tâm tam giác ABC, 14

( ),2

aSG ABC SB . Tính thể tích khối chóp

S.ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( )SAC theo a.

Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1

P 2xyzx y z

Câu 6(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng

:2 1 0AB x y , phương trình đường thẳng : 3 4 6 0AC x y và điểm (1; 3)M nằm trên

đường thẳng BC thỏa mãn 3 2MB MC . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

Câu 7 (1điểm):Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é Oxy cho ®−êng trßn 2 2: 1 2 13C x y

vμ ®−êng th¼ng : 5 2 0x y . Gäi giao ®iÓm cña (C) víi ®−êng th¼ng lμ A, B. X¸c ®Þnh

to¹ ®é ®iÓm C sao cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i B vμ néi tiÕp ®−êng trßn (C).

Câu 8 (1,0 điểm). Tìm hệ số của 2x trong khai triển thành đa thức của biểu thức

62 1P x x .

Câu 9 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình 2 1m x m x có

nghiệm trên đoạn 0;2 .

-----------Hết-----------


Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh………………

Cảm ơn cô Thu Phương ( [email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU

ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN; Khối A

II. ĐÁP ÁN:

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

1 a 1,0 điểm

Với 1m , hàm số đã cho có dạng: 3 23y x x TXĐ:

Giới hạn: 3 2 3 3lim ( 3 ) lim 1x x

x x xx

; 3 2 3 3lim ( 3 ) lim 1x x

x x xx

0,25

Sự biến thiên của hàm số.

Ta có: 2' 3 6y x x ; 0

' 02

xy

x

BBT: x 0 2 y’ 0 0 y

0 4

0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ;0 và 2; , nghịch biến trên khoảng 0;2 .

Hàm số đạt cực đại tại điểm 0x ; giá trị cực đại của hàm số là 0 0y

Hàm số đạt cực tiểu tại điểm 2x ; giá trị cực tiểu của hàm số là 2 4y .

0,25

Đồ thị: Giao điểm với trục tung là điểm 0;0 .

0

03

xy

x

Nhận xét: Điểm 1; 2I là tâm đối xứng của đồ

thị hàm số. 0,25

b 1,0 điểm

Ta có: 2' 3 6y mx mx 0

' 02

xy

x

( Với mọi m khác 0).

Do 'y đổi dấu qua 0x và 2x nên đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ( đpcm)

0,25

Với 0 3 1x y m ; 2 3x y m .

0,25

Do vai trò của A,B như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử 0;3 3 , 2; 3A m B m

Ta có: 2 2 22 20OA OB AB 2 2 29 1 4 3 2 4 16 20m m m 0,25

211 6 17 0m m 1

17

11

m

m

KL: Với 1

17

11

m

m

thì ycbt được thỏa mãn.

0,25

2 1,0 điểm

Phương trình đã cho tương đương với:

3 1 3 1

1 .sin 2 cos 2 3 sin cos 02 2 2 2

x x x x

0,25

cos sinx x

1 2 3 0

3 6 0,25

sin

sin sin

sin (loai)

x

x x

x

2

06

2 3 06 6 3

6 2

0,25

Với sin 0 , .6 6

x x k k

0,25

3 1,0 điểm

HPT

724

)1(0612)12(222 xyyx

yxyx

Điều kiện: x+2y 1 0

Đặt t = 2 1 (t 0)x y

0,25

Phương trình (1) trở thành : 2t2 – t – 6 = 0

2 /

3t/m

2

t t m

t k

0,25

Khi đó hpt đã cho2 2

1

12 3

24 2 7

1

2

x

yx y

xx y xy

y

(t/m đk)

0,25

Vậy nghiệm (x,y) của hệ đã cho là: (1,1) và )2

1,2( .

0,25

4 1,0 điểm

H

MI

G

S

C

BA

Vì tam giác ABC vuông cân tại C, 3

32

aAB a CA CB

Gọi M là trung điểm AC3

2 2

aMC

3 5

2 2

aMB

0,25

2 22 5

3 2

aBG BM SG SB BG a

3

.

1 3.

3 4S ABC ABC

aV SG S (đvtt) 0.25

Kẻ ( ) ( )GI AC I AC AC SGI

Ta có 1

3 2

aGI BC . Kẻ ( ) ( ) ( , ( ))GH SI H SI GH SAC d G SAC GH

0,25

Ta có 2 2 2

1 1 1

3

aGH

GH GS GI ( , ( )) 3 ( , ( )) 3 3d B SAC d G SAC GH a

0.25

5 1,0 điểm

Áp dụng BĐT Cauchy: 3

1 1 1 3

x y z xyz

Nên P ≥ 3

32xyz

xyz . Đẳng thức khi: x = y = z. 0.25

Đặt t = 3 xyz

Cũng theo Cauchy: 1 = x2 + y2 +z2 ≥ 2 2 233 x y z . Đẳng thức khi x = y = z.

Nên có: 0 < t ≤ 3

3 0.25

Xét hàm số: f(t) = 332t

t với 0 < t ≤

3

3

Tính f’(t) = 4

22 2

3 3(2t 1)6t

t t

Lập bảng biến thiên của f(t) rồi chỉ ra : f(t) ≥ 29 3

9 t

30;

3

. 0.25

Từ đó: P ≥ 29 3

9. GTNN của P là

29 3

9 đạt khi x = y = z =

3

3 0.25

6 1,0 điểm

Vì B thuộc đường thẳng (AB) nên ;1 2B a a ,

Tương tự: 2 4 ;3C b b

Ta có: 1;4 2MB a a

, 3 4 ;3 3MC b b

0.25

Ta có 2; 3AB AC A A .

Vì B, M, C thẳng hàng, 3 2MB MC nên ta có: 3 2MB MC

hoặc 3 2MB MC

0.25

TH1: 3 2MB MC

3 1 2 3 4

3 4 2 2 3 3

a b

a b

11

56

5

a

b

11 17;

5 5B

, 14 18

;5 5

C

7 10;

3 3G

0.25

TH2: 3 2MB MC

3 1 2 3 4

3 4 2 2 3 3

a b

a b

3

0

a

b

3; 5 , 2;0B C 8

1;3

G

Vậy có hai điểm 7 10

;3 3

G

và 8

1;3

G

thỏa mãn đề bài.

0.25

7 1,0 điểm

-Tọa độ điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:

1

3

0

2

25

02626

025

1321 222

y

x

y

x

yx

yy

yx

yx

0,25

2;0 , 3; 1A B hoặc 3; 1 , 2;0A B

0,25

-Vì tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn (C) nên AC là đường kính của đường tròn (C). Hay tâm 21;I là trung điểm của AC.

0,25

Khi đó: 2;0 , 3; 1 4;4A B C

3; 1 , 2;0 1;5A B C

Vậy: 44;C hoặc 51;C

0,25

8 1,0 điểm

Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: 0 6 1 2 5 2 6 5 10 6 126 6 6 6 6( 1) ( 1) ( 1) ( 1)k k kP C x C x x C x x C x x C x

0.25

Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, 2x chỉ xuất hiện khi khai triển 0 66 ( 1)C x và

1 2 56 ( 1)C x x .

0.25

Hệ số của 2x trong khai triển 0 66 ( 1)C x là : 0 2

6 6.C C

Hệ số của 2x trong khai triển 1 2 56 ( 1)C x x là : 1 0

6 5.C C 0.25

Vì vậy hệ số của 2x trong khai triển P thành đa thức là : 0 26 6.C C 1 0

6 5.C C = 9. 0.25

9 1,0 điểm

Ta có 22 1 2 2 1m x m x m x m x x

2 4 1

1

x xm

x

(vì 0;2x )

0.25

Xét hàm số 2 4 1

1

x xf x

x

trên đoạn 0;2 , ta có

2

2

2 5; 0 1 6

1

x xf x f x x

x

0.25

Bảng biến thiên

0 1; 2 1;

1 6 2 6 6

f f

f

0.25

Vậy : bất phương trình đã cho có nghiệm thì

0;2

min 1 6 2 6 6m f x f . 0.25

+_ 0

- 1

1

2 6 - 6

f(x)

f'(x)

x 2-1+ 60

Cảm ơn cô Thu Phương ( [email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HƯNG YÊN

BAN CHUYÊN MÔN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015 Môn thi: TOÁN


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 2y x mx (1), với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2

(O là gốc tọa độ).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 1

1 1 2

2 2

log 4 4 log 2 3 log 2x x x .


a) Gọi A, B là hai điểm biểu diễn cho các số phức là nghiệm của phương trình 2 2 3 0z z . Tính

độ dài đoạn thẳng AB.

b) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán, Lý, Hóa,

Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh. Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm của

3 môn trong kì thi chung và có ít nhất 1 trong hai môn là Toán hoặc Văn. Hỏi trường Đại học đó

có bao nhiêu phương án tuyển sinh?


0

sin

cos 2 3cos 2

xI dx

x x

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm 4;2;2 , 0;0;7A B và

đường thẳng 3 6 1

:2 2 1

x y zd

. Chứng minh rằng hai đường thẳng d và AB cùng thuộc một

mặt phẳng. Tìm điểm C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC cân đỉnh A.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy là tam giác cân, AB AC a , 0120BAC . Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 600. Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng ' 'AB C theo a .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có 1;2A . Gọi M,

N lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM. Viết phương trình

đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2 8 0x y và điểm B có hoành

độ lớn hơn 2.


2 2

2 2

1 2 2 3,

1 2 2

y x y x y xyx y

y x y y x

Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn 2 2 25 9 2x y z xy yz zx

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 32 2

1xP

y z x y z

---------------Hết----------------

Kỳ thi thử THPT Quốc gia lần 2 do Công đoàn trường THPT Chuyên Hưng Yên

tổ chức vào ngày 21 và 22 tháng 03 năm 2014.

www.NhomToan.com

ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm 1 a) Khảo sát hàm số 3 23 2y x mx

Với m = 1, ta có hàm số: y = x3 + 3x2 + 2 *) TXĐ: *) Sự biến thiên: +) Giới hạn tại vô cực: lim

xy

0,25

+) Chiều biến thiên: y' = 3x2 + 6x y' = 0 x = 0 hoặc x = -2 Bảng biến thiên:

x - - 2 0 +

y’ + 0 - 0 +

y

6 +

2

-

0,25

hàm số đồng biến trên (-; -2) và (0; +); hàm số nghịch biến trên (-2; 0) hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCĐ = 6; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 2

0,25

*) Đồ thị: Nhận xét: đồ thị hàm số nhận điểm I(-1; 4) làm tâm đối xứng.

0,25

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 Với mọi x , y' = 3x2 + 6mx y' = 0 x = 0 hoặc x = -2m Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt m 0 Khi đó, tọa độ các điểm cực trị là: A(0; 2); B(-2m; 4m3 + 2)

0,5

SOAB = 1 OA.d(B;OA) = 4 1

2 21

mm

m

(thỏa mãn)

Vậy với m = 1 thì hàm số có 2 cực trị thỏa mãn bài.

0,5

2 1

1 1 2

2 2

log 4 4 log 2 3 log 2x x x

11 1 1

2 2 2

2 11 1

2 2

log 4 4 log 2 3 log 2

log 4 4 log 2 3.2

x x x

x x x

0,5

6

4

2

-2

-5 5

2 14 4 2 3.2

4 3.2 4 0

2 12

2 4

x x x

x x

x

x

Lx

Vậy BPT có tập nghiệm: S = 2;

0,5

3 a) Xét phương trình: 2 2 3 0z z

' = 1 - 3 = -2 = 2

2i

Phương trình có hai nghiệm: 1 21 2; 1 2z i z i

0,25

1; 2 ; 1; 2A B

AB = 2 2

0,25

b) TH1: Trường ĐH chỉ xét 1 trong 2 môn Toán hoặc Văn:

Có: 2

62. 30C (cách) 0,25

TH2: Trường ĐH xét cả hai môn Toán và Văn:

Có: 1

61. 6C (cách)

Vậy có các trường hợp là: 30 + 6 = 36 (cách)

0,25

4 2 2

2

0 0

sin sin

cos 2 3cos 2 2cos 3cos 1

x xI dx dx

x x x x

Đặt cosx = t dt = -sinxdx

Với x = 0 t = 1; với x = 2

t = 0

0,25

1 1 1

2

0 0 0

1 12

2 3 1 2 1 1 2 1 2 2

dt dtI dt

t t t t t t

0,25

=

1

0

2 1 3ln ln

2 2 2

t

t

0,5

5 Đường thẳng d có véctơ chỉ phương 2;2;1u

và đi qua M(3;6;1)

Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương 4; 2;5AB

1;4; 1AM

Ta có: , 12;6;12u AB

, . 12 24 12 0u AB AM

Vậy AB và d đồng phẳng

0,5

3 2 ;6 2 ;1C d C t t t

Tam giác ABC cân tại A AB = AC

(1 + 2t)2 + (4 + 2t)2 + (1 - t)2 = 45

9t2 + 18t - 27 = 0 t = 1 hoặc t = -3

Vậy C(1; 8; 2) hoặc C(9; 0; -2)

0,5

6

+ Xác định góc giữa (AB'C') và mặt đáy là 'AKA 0' 60AKA .

Tính A'K = 1

' '2 2

aA C 0 3

' ' . tan602

aAA A K

3

. ' ' '

3=AA'.S

8ABC A B C ABC

aV

0,5

+) d(B;(AB'C')) = d(A';(AB'C'))

Chứng minh: (AA'K) (AB'C')

Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK A'H (AB'C')

d(A';(AB'C')) = A'H

Tính: A'H = 3

4

a

Vậy d(B;(AB'C')) =3

4

a

0,5

7 Gọi E = BN AD D là trung điểm của AE

Dựng AH BN tại H 8

AH d A;BN5

Trong tam giác vuông ABE: 2 2 2 2

1 1 1 5

AH AB AE 4AB

5.AH

AB 42

0,25

H

KC'

B'

A'

CB

A

H

E

K

N

M

D C

BA

B BN B(b; 8 - 2b) (b > 2)

AB = 4 B(3; 2)

0,25

Phương trình AE: x + 1 = 0

E = AE BN E(-1; 10) D(-1; 6) M(-1; 4) 0,25

Gọi I là tâm của (BKM) I là trung điểm của BM I(1; 3) BM

R 52

. Vậy phương trình đường tròn: (x - 1)2 + (y - 3)2 = 5. 0,25

8

2 2

2 2

1 2 2 3 1

1 2 2 2

y x y x y xy

y x y x y

ĐK: y -1

Xét (1): 2 21 2 2 3y x y x y xy

Đặt 2 22 0x y t t

Phương trình (1) trở thành: 2 2 21 2 2 3 0t y t x y x y xy

= (1 - y)2 + 4(x2 + 2y2 + x + 2y + 3xy) = (2x + 3y + 1)2

2 2

2 2

2 11

2 2 2

x y x yt x y

t x y x y x y

0,5

Với 2 22 1x y x y , thay vào (2) ta có:

2

1

1 3 1 03

9 5 0

yy y y

y y

2 1x x (vô nghiệm)

0,25

Với 2 22 2x y x y , ta có hệ: 2 2

1 51 2 4

1 52 2

2

xy x

x y x yy

Vậy hệ phương trình có nghiệm 1 5 1 5

; ;4 2

x y

0,25

9 Từ điều kiện: 5x2 + 5(y2 + z2) = 9x(y + z) + 18yz

5x2 - 9x(y + z) = 18yz - 5(y2 + z2)

Áp dụng BĐT Côsi ta có: 2 22 21 1

yz y z ;y z y z4 2

18yz - 5(y2 + z2) 2(y + z)2.

Do đó: 5x2 - 9x(y + z) 2(y + z)2 [x - 2(y + z)](5x + y + z) 0

x 2(y + z)

3 2 3 32 2

x 1 2x 1 4 1P

y z y zx y z y z x y z 27 y z

Đặt y + z = t > 0, ta có: P 4t - 31t

27

Xét hàm P 16.

Vậy MaxP = 16 khi

1y z

12

1x

3

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015 TỔ TOÁN Môn: TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 ( 2 điểm) : Cho hàm số 2

1

xy

x

(C )

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

b) Chứng minh rằng m , đường thẳng d: y x m luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt ,A B . Tìm tất cả các

giá trị m để ba điểm , ,A B O tạo thành tam giác thỏa mãn 1 1

1OA OB

Câu 2 ( 1 điểm ) : Giải phương trình sau : 2 21 log 9 6 log 4.3 6x x

Câu 3 ( 1 điểm ) : Tính tích phân: I 34

21

ln 5x xdx

x

Câu 4( 1 điểm) :

Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân có BA BC a . SA ABC , góc giữa hai mặt

phẳng SAC và SBC bằng 060 . Tính thể tích khối chóp .S ABC

Câu 5 ( 1 điểm) :

Trong không gian Oxyz cho hai điểm 3;1;1 ; 2; 1; 2A B và mặt phẳng : 2 2 1 0x y z .

a) Viết phương trình mp(P) qua 2 điểm A, B và vuông góc với mp

b) Viết phương trình mặt cầu S tâm A và tiếp xúc với mp

Câu 6( 1 điểm) : Giải phương trình : 22sin sin 2 2 sin 1

4x x x

Câu 7 ( 1 điểm) :

Trong mp Oxy , cho hình thang ABCD có đáy lớn 2CD AB , điểm 1; 1C , trung điểm của AD là điểm

1, 2M .Tìm tọa độ điểm B , biết diện tích của tam giác BCD bằng 8, 4AB và D có hoành độ nguyên dương.

Câu 8 (1 điểm) : Giải hệ phương trình : 2 2 22 2 2 22 9.3 2 9 .5

4 4 4 4 2 2 4

x y x y y x

x x y x

Câu 9 ( 1 điểm ) : Cho 3 số thực dương , ,x y z thỏa mãn 1x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

2 2x y z

Px yz y zx z xy

----- Hết ----- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………….; Số báo danh: ……………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015

Câu 1: a) 1 điểm :2

1

xy

x

TXĐ D = R\ -1 0.25

/

2

10,

1y x D

x

nên hàm số nghịch biến trên D 0.25

TCĐ : 1x vì 1 1

lim ; limx x

y y

TCN : 1y vì lim 1x

y

BBT : x - 1

/y

y 1 1 0.25

ĐĐB: 0; 2

0; 2

x y

y x

ĐT: nhận 1;1I làm tâm đối xứng 0.25

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

b) pt hđ gđ : 2

12

2 0; 11

xxx m

x mx mx

0.25

pt (1) có 2 24 2 4 8 0,m m m m m và 21 2 0m m

nên d luôn cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt 1 1 2 2; ; ;A x x m B x x m 0.25

ta có 2 2 2 21 1 1 12 2 2 2 2 4OA x mx m x mx m m m = 2 2 4m m

tương tự 2 2 4OB m m 0.25

2

2

21 2 4 4

22 40

m mycbt mm m

mO AB

0.25

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 2. 1điểm 2 21 log 9 6 log 4.3 6x x

Đk: 9

9 6log 63

32

x

xx

0.25

Pt 2 2log 2 9 6 log 4.3 6x x 9 2.3 3 0x x 0.25

3 1

3 3

x

x

3 3 1x x ( thỏa đk) 0.25

KL: 1x 0.25 -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 3. ( 1 điểm ) I 34

21

ln 5

x

x xdx

4 4

1 221 1

ln 5 xdx xdx I I

x

/4

1 2 /1 2

1ln 5

ln 5 5: 1 1

u x ux x

I dxx v vx x

0.25

4 44

1 1

1 1

1 1 1 1 1ln 5 2ln 2

5 5 5I x dx dx

x x x x x

4 62ln 2 ln 2 ln 2

5 5 0.25

4 24

2 1

1

15

2 2

xI xdx 0.25

KL : 15 6

ln 22 5 0.25

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 4 ( 1 điểm ) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân có BA BC a . SA ABC ,

góc giữa hai mặt phẳng SAC và SBC bằng 060 . Tính thể tích khối chóp .S ABC

S

Gọi E là trng điểm AC suy ra BE SAC BE SC 0.25

F

A E C

B

Vẽ EF vuông góc với SC tại F ta có SC BF suy ra EFB= 60 0 là góc giữa (SAC) và (SBC) 0.25

Tam giac BEF vuông tại E nên a 2

EF=2 3

Tam giác SAC đồng dạng với tam giác EFC suy ra 3SA SC SA a 0.25

Thể tích V = 31

.3 6

ABC

aS SA 0.25

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 5.(1 điểm) 1; 2;1 ; 2; 1;2 ; 3;4;5pAB n n AB n

0.25

Ptmp(P) 3 4 5 0x y z 0.25

6 1 2 1 8

;39

R d A

0.25

ptmc 2 2 2 64: 3 1 1

9S x y z 0.25

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 6: pt 2sin 1 osx + sinx +1 0x c 0.25

1sinx =

2

sinx +cosx = - 1

0.25 5

2 ; 2 ; 2 ; 26 6 2

x k x k x k x k

0.5

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 7 (1 điểm) Gọi ;n a b

là vtpt của CD 2 2 0a b PT CD: 0ax by a b

2.

8 ; 2BCD ACD

SS S d A CD

CD , 1d M CD 0.25

2

2 2

0; 121 3 4 0

4; 3

a ba ba ab

a ba b

: 1 0

: 4 3 7 0

CD y

CD x y

0.25

Với CD: 2 2 71 0 ; 1 ; 4 64

9 :

dy D d CD AB

d L

1

7; 1 ; 4;0 9; 32

D AB DC B

0.25

Voí CD:

2

2 25 14 74 3 7 0 ; 64 :

3 9

ddx y D d CD

loại 0.25

KL : -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 8: ( 1 điểm) đk: 2 0y x , đặt 2 2t x y

Thì ( 1) 2 2

2 2

2 2

2 3 2 32 3 2 9 .5

5 5

t tt t t

t t

2 2f t f t (3) 0.25

Xét 2 3 1 3

2.5 5 5

x xx

xf x

là hs nghịch biến / R nên từ (3) suy ra 2t 0.25

22 2y x thế vào pt (2) : 24 4 4 4 2 2x x x x

21 24 1 1 1 4 1x sx x s s (4)

Do 2 21 1 1s s s s nên 24 1s s s (5) 0.25

(4) trừ (5) ta có 4 4 2 0s s s (*)

/4 4 2 ln 4 4 4 2 2 ln 4 2 0x x x xf x x f x

Nên hs nb , suy ra s = 0 là nghiệm duy nhất của pt (*) từ đó hệ có nghiệm 1

; 1;2

x y

0.25

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 9( 1điểm) gt ta có 1 1 1 1x yz yz z y z y x y y

Ttự 1 ;y zx x y x

Và 1 1z xy x y 0.25

Nên

2 2

1 1 1 1

x y zP

x y y x y x x y

=

2 2 2 2

1 1 1 1

x y x y z

x y x y x y

Ta có

2 2

2 2 2; 1 1

2 4

x y x yx y x y

0.25

Nên

2 2

2 2

4 22 4

2 2

zx y x yP

x y x y x y

=

2

2 2

4 22 4

2 2

zx y

x y x y

0.25

2

2

4 22; 1

1 1

zf z z

z z

, lập BBT ta được

13

4f z hay

13min

4P khi

3

1

z

x y

0.25

TRƯỜNG THPT LÊ XOAY NĂM HỌC 2014 - 2015

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ MÔN TOÁN – LỚP 12

Thời gian làm bài 180 phút.

Câu 1. Cho hàm số 2 1

xy

x=

− (C).

a. Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số.

b. Tìm k ñể ñường thẳng ñi qua ñiểm A(5;1

3) có hệ số góc k tiếp xúc với (C).

Câu 2. Giải phương trình lượng giác: 22cos 3 sin 1 2sin 3 .2

xx x+ = +

Câu 3. Giải phương trình: 1

2

2 2 4

4log log 20 0x x− − = .

Câu 4. Tính hệ số của số hạng chứa 7x trong khai triển của biểu thức

12

2P x

x x

= −

.

Câu 5. Có một quả bóng hình cầu ñặc ñường kính 20cm ñược ñặt ñứng yên trên mặt

phẳng nằm ngang. Người ta lấy một chiếc nón úp vào quả bóng thì thấy ñáy nón vừa

chạm với mặt phẳng nằm ngang và các ñường sinh của mặt nón cũng vừa tiếp xúc với bề

mặt của quả bóng. Biết rằng ñộ rộng của góc ở ñỉnh nón là 600. Tính thể tích của khối

nón giới hạn bởi chiếc nón và mặt phẳng nằm ngang và tính thể tích phần không gian bên

trong khối nón mà không bị quả bóng chiếm chỗ.

Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình

chiếu của ñỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao ñiểm I của AC và BD. Mặt bên

(SAB) hợp với ñáy một góc 600. Biết rằng AB = BC = a, AD =3a, Tính thể tích khối chóp

S.ABCD và khoảng cách từ D ñến mặt phẳng (SAB) theo a.

Câu 7. Trên mặt phẳng với hệ trục tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC. Đường phân giác

trong góc A có phương trình : 2 0,d x y− + = ñường cao hạ từ B có phương trình

' : 4 3 1 0d x y+ − = . Biết hình chiếu của C lên AB là ñiểm H(-1;-1). Tìm tọa ñộ các ñiểm A,

B, C.

Câu 8. Giải hệ PT ( )

( ) ( )( )

3 2

2 2

1

, ( , ).3 2 9 3 4 2 1 1 0

xy x x y x y

x yy x y x x

+ = + + −

∈+ + + + + + + =

Câu 9. Cho ba số dương , ,a b c thay ñổi và thỏa mãn 2a b c+ + = . Tìm GTLN của biểu

thức

2 2 2

ab bc caS

ab c bc a ca b= + +

+ + +

-----------------Hết-----------------

Thí sinh không ñược dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Họ và tên thí sinh:………………………………………………SBD:…………………

Cảm ơn Hồng Nhung ([email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

Hướng dẫn chấm và ñáp án

I. Hướng dẫn chấm

II. II. Đáp án chi tiết

Câu Nội dung Điểm

Cho hàm số 2 1

xy

x=

− (C). Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số 1.0

• TXĐ 1

\ .2

D

=

0.25

• 1

lim2x

y→±∞

= , ñồ thị có TCN 1

2y = ;

1 1

2 2

lim ; limx x

y y+ −

→ →

= +∞ = −∞ , ñồ thị hàm số có

TCĐ 1

2x = .

• ( )

2

1' ' 0, .

2 1y y x D

x= − ⇒ < ∀ ∈

−

0.25

• BBT

x −∞ 1/2 +∞

y' - -

y

Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1 1

; , ;2 2

−∞ +∞

.

0.25

1a

• Đồ thị

Đồ thị nhận 1 1

;2 2

I

là tâm ñối xứng

0.25

Tìm k ñể ñường thẳng ñi qua ñiểm A(5;1

3) có hệ số k tiếp xúc với (C). 1.0 1b

Đường thẳng ñi qua A có hệ số góc k có pt: ( )1

5 ( )3

y k x= − + ∆ . 0.25

1

2 1

2

−∞

+∞

∆ tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương trình

( )

( )2

15

2 1 3

1

2 1

xk x

x

kx

= − + −

− =

−

có nghiệm. 0.25

Hệ PT ( )

( )

( )

2

2

1 15 (1)

2 1 32 1

1(2)

2 1

xx

x x

kx

= − − + − −

⇔ − = −

.

( )2 2

2

1(1) 2 5 4 4 1

3

2 4 16 0

4

2

x x x x x

x x

x

x

⇔ − = − + − +

⇔ + − =

= −⇔

=

0.25

Với 1

481

x k= − ⇒ = −

Với 1

29

x k= ⇒ = −

KL:

0.25

Giải phương trình lượng giác: 22cos 3 sin 1 2sin 32

xx x+ = + 1.0

PT cos 3 sin 2sin 3x x x⇔ + = 0.25

1 3cos sin sin 3 sin sin 3

2 2 6x x x x x

π ⇔ + = ⇔ + =

0.25

3 26 12

, .5 5

3 26 24 2

x x k x k

k

x x k x k

π ππ π

π π ππ

= + + = +

⇔ ⇔ ∈ = − + = +

0.25

2

KL:Pt có các nghiệm 5

, , .12 24 2

x k x k kπ π π

π= + = + ∈ 0.25

Giải phương trình 1

2

2 2 4

4log log 20 0x x− − = . 1.0

ĐKXĐ 0x ≠ . 0.25

3

Ta có 2 2

2 2 2 2PT 4log 2log 20 0 2log log 10 0x x x x⇔ − − = ⇔ − − = .

Đặt 2logt x= ta ñược PT 2

2

2 10 0 5

2

t

t tt

= −− − = ⇔ =

0.25

Với 2

1 12 log 2 .

4 4t x x x= − ⇒ = − ⇔ = ⇔ = ±

Với 2

5 5log 32 x 32.

2 2t x x= ⇒ = ⇔ = ⇔ = ±

0.25

KL: Phương trình có 4 nghiệm 1 1

; ; 32, 32.4 4

x x x x= = − = = − 0.25

Tính hệ số của số hạng chứa 7x trong khai triển của biểu thức

12

2P x

x x

= −

. 1.0

Ta có ( )

1212 3 3 512 12 12122 2 2

12 12

0 0

22 2 2

kkkk k k

k k

P x x x C x x C xx x

− − −−

= =

= − = − = − = −

∑ ∑ 0.50

Số hạng chứa 7x ứng với k thỏa mãn

512 7 2.

2k k− = ⇔ = 0.25

4

Vậy hệ số ñó là ( )22

12 2 264C − = . 0.25

Có một quả bóng hình cầu ñặc ñường kính 20cm ñược ñặt ñứng yên trên mặt

phẳng nằm ngang. Người ta lấy một chiếc nón úp vào quả bóng thì thấy ñáy nón

vừa chạm với mặt phẳng nằm ngang và mặt xung quanh của nón cũng vừa

chạm vào quả bóng. Biết rằng ñộ rộng của góc ở ñỉnh nón là 600. Tính thể tích

của khối nón giới hạn bởi chiếc nón và mặt phẳng nằm ngang và tính thể tích

phần không gian bên trong khối nón mà không bị quả bóng chiếm chỗ.

1.0

Giả sử cắt hệ hình ñó bằng một mặt phẳng ñi

qua trục của nón ta ñược thiết diện như hình vẽ.

Trong ñó ABC∆ là tam giác ñều và là thiết diện

của khối nón. Hình tròn tâm I là thiết diện của

quả bóng.

Ta nhận thấy ABC∆ ngoại tiếp ñường tròn tâm

I.

0.25

Hình nón có chiều cao là 3 30 ( )OH IH cm= = .

Bán kính ñáy nón là 30

10 3 ( )3

HA cm= = . 0.25

Thể tích khối nón là ( )2 3

1

1 1. . .30. .300 3000 .

3 3V OH AH cmπ π π= − = = 0.25

5

Thể tích phần không gian bên trong khối nón không bị quả bóng chiếm chỗ là

( )2 3 3

2

1 4 4000 5000. . 3000 .

3 3 3 3V OH AH IH cmπ π π π π= − = − =

0.25

Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình

chiếu của ñỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao ñiểm I của AC và BD.

Mặt bên (SAB) hợp với ñáy một góc 600. Biết rằng AB = BC = a, AD =3a, Tính

thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D ñến mặt phẳng (SAB) theo a.

1.0

Gọi K là hình chiếu của I lên AB.

Suy ra 060 .SKI =

0.25

Do / /KI BI

IK ADAD BD

⇒ = . Mà 1 1 1

.3 3 4 4

BI BC a BI BI

ID AD a BI ID BD= = = ⇒ = ⇒ =

+

Suy ra 1 3 3 3

.4 4 4

KI a aKI SI

AD= ⇒ = ⇒ =

( )3

.

1 1 3 3 1 3. .S . . 3 .

3 3 4 2 2S ABCD ABCD

a aV SI a a a= = + = (ñvdt).

0.25

Gọi H là hình chiếu của I lên SK. Ta có AB IK

AB IHAB SI

⊥ ⇒ ⊥

⊥ .

Từ ñó suy ra ( ) ( ), ( ) .IK SAB d I SAB IK⊥ ⇒ =

Mà do ( ) ( )4 , ( ) 4 , ( ) 4 .DB IB d D SAB d I SAB IH= ⇒ = =

0.25

6

Lại có 2 2 2 2 2 2

1 1 1 16 16 64 3 3.

27 9 27 8

aIH

IH IS IK a a a= + = + = ⇔ =

Vậy ( )3 3

, ( ) .2

ad D SAB =

0.25

7

Trên mặt phẳng với hệ trục tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có ñường phân giác

trong góc A có phương trình d: 2 0x y− + = ñường cao hạ từ B có phương trình

d’: 4 3 1 0x y+ − = . Biết hình chiếu của C lên AB là ñiểm H(-1;-1). Tìm tọa ñộ các

ñỉnh A, B, C.

1.0

Gọi K là ñiểm ñối xứng với H qua ñường phân giác trong góc A. Khi ñó K thuộc

ñường thẳng AC. Đường thẳng HK có

phương trình

2 0x y+ + = . Gọi I là giao ñiểm của HK và

ñường phân giác trong góc A thì I có tọa ñộ là

nghiệm của hệ

( )2 0 2

2;02 0 0

x y xI

x y y

− + = = − ⇔ ⇒ −

+ + = = .

I là trung ñiểm HK nên suy ra ( )3;1K − .

0.25

Khi ñó AC là ñường thẳng qua K và vuông góc với d’.

Suy ra AC: ( ) ( )3 3 4 1 0 3 4 13 0.x y x y+ − − = ⇔ − + =

A có tọa ñộ thỏa mãn ( )2 0 5

5,73 4 13 0 7

x y xA

x y y

− + = = ⇔ ⇒

− + = =

0.25

AB có PT: 1 1

4 3 1 06 8

x yx y

+ += ⇔ − + = .

B có tọa ñộ thỏa mãn

04 3 1 0 1

0, .14 3 1 0 3

3

xx y

Bx y y

=+ − =

⇔ ⇒ − + = =

0.25

HC có phương trình ( ) ( )3 1 4 1 0 3 4 7 0x y x y+ + + = ⇔ + + = .

C có tọa ñộ thỏa mãn hệ pt:

10

3 4 7 0 10 33, .

3 4 13 0 3 3 4

4

xx y

Cx y

y

= −+ + =

⇔ ⇒ − − + = =

0.25

Giải hệ PT ( )

( ) ( )( )

3 2

2 2

1

, ( , ).3 2 9 3 4 2 1 1 0

xy x x y x y

x yy x y x x

+ = + + −

∈+ + + + + + + =

1.0

ĐKXĐ .x∀ ∈

Ta có ( ) 3 2 3 2 21 0xy x x y x y x x y y xy x y+ = + + − ⇔ − + − + − =

( ) ( )2

21 0

1

y xx y x y

y x

=⇔ − − + = ⇔

= +

0.25

8

Với 2 1y x= + thay vào PT thứ 2 ta ñược

( )( ) ( )( )2 2 2 23 1 2 9 3 4 6 1 1 0x x x x x+ + + + + + + + = . Dễ thấy PT vô nghiệm.

Với y x= thay vào PT thứ 2 ta ñược ( ) ( ) ( )2 23 2 9 3 4 2 1 1 0x x x x x+ + + + + + + =

0.25

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )

22

22

3 2 9 3 2 1 3 2 1 2

3 2 9 3 2 1 3 2 1 2

x x x x

x x x x

⇔ + + = − + + + +

⇔ + + = − − + − − +

Xét hàm số ( )2( ) 2 2f t t t= + + ta có 2

2

2'( ) 2 2 0

2

tf t t

t= + + + >

+ suy ra hàm số

ñồng biến.

0.25

Từ ñó suy ra 1

3 2 1 .5

x x x= − − ⇔ = − Vậy HPT có nghiệm ( )1 1

; ; .5 5

x y

= − −

0.25

Cho ba số dương , ,a b c thay ñổi và thỏa mãn 2a b c+ + = . Tìm GTLN của biểu

thức 2 2 2

ab bc caS

ab c bc a ca b= + +

+ + +

1.0

Ta có ( ) ( )( )

1

2 2

ab ab ab a b

ab c ab a b c c a c b c a c b c

= = ≤ +

+ + + + + + + +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b

a c b c=

+ +

0.25

Tương tự ta cũng có 1 1

,2 2 2 2

bc b c ca c a

bc a b a c a ca b c b a b

≤ + ≤ +

+ + + + + + 0.25

Cộng các vế ta ñược 1 3

.2 2

a b b c c aS

a b b c c a

+ + + ≤ + + =

+ + +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2

.3

a b c= = =

0.25

9

Vậy max

2.

2 3S x y z

3= ⇔ = = = 0.25

Cảm ơn Hồng Nhung ([email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

Sở GD&ĐT Bắc Giang Trường THPT Lục Ngạn số 1

Đề chính thức

ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP VÀ TUYỂN SINH ĐH-CĐ LẦN 2

Môn: Toán – Lớp 12 Ngày thi 15/03/2015

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số 2 1,

1

x

xy

có đồ thị (C).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết rằng tiếp tuyến cách đều điểm A(2;4) và

B(-4;-2).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sau:

2sin 6 2sin 4 3 cos 2 3 sin 2x x x x .

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau:

22

2 3

22 2

( , )

1 2 1 1

yy x x

x y Rx

y x

.

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau:

1

3

0( 1)

xdxI

x

.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng

5

2

a. Tính góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy, tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho A(2;1), B(-1;-3) và hai đường thẳng

1 : 3 0d x y , 2 : 5 16 0d x y . Tìm tọa độ các điểm C, D lần lượt trên 1d và 2d sao cho tứ giác

ABCD là hình bình hành.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1;0;1), B(2;1;2) và mặt phẳng

( ) : x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với

mặt phẳng ( ) .

Câu 8 ( 1,0 điểm). Cho ,x y là các số thực thỏa mãn: 2 2 3x y xy . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 3P x y x y .

............Hết...........

Chú ý: Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.......................................................Số bao danh:........................

www.NhomToan.com

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ CHO ĐIỂM Môn: Toán (Thi Thử Tốt nghiệp và ĐH lần 2)

Chú ý: - Trên đây chỉ là đáp án vắn tắt và hướng dẫn cho điểm. Học sinh phải lập luận chặt chẽ mới cho điểm tối đa. - Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm. -Câu 5: Học sinh phải vẽ hình chính và đúng thì mới chấm bài giải. - Phần hình học giải tích học sinh không nhất thiết phải vẽ hình.

Câu Nội dung cơ bản Điểm

Câu 1 (3,0 đ)

Cho hàm số 2 1,

1

x

xy

có đồ thị (C).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết rằng tiếp tuyến cách

đều điểm A(2;4) và B(-4;-2).

*TXĐ: \ 1R

* Giới hạn: lim 2;x

y

1 1

lim ; limx x

y y

* Đạo hàm: 2

1' 0, 1

( 1)y x

x

* Kết luận ĐB, NB. * BBT:

0,25

0,5 0,25

phần a (2 đ)

* BBT:

0,5

* Vẽ đồ thị chính xác: - Chỉ ra giao của đồ thị với các trục tọa độ. - Thể hiện rõ tính chất đối xứng. - Thể hiện đúng khái niệm tiệm cận.

0,5

phần b (1,0 đ)

* Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm ( 0 1x ). phương trình tiếp tuyến là:

002

0 0

2 11

( 1) 1

xy x x

x x

.

Vì tiếp tuyến cách đều A và B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của

AB hoặc song song AB.

* Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(-1;1) của AB ta có: x0 = 1

Vậy pttt là: 1 5

4 4y x .

* Tiếp tuyến song song với đường thẳng AB: y = x+2

0,25

0,25

0,25

1

1

O

-1

2

0

20 0

2 111; 2

( 1) 1

x

x x

=> 0 00; 2x x

* Với 0 0x ta có y = x+1

* Với 0 2x ta có y = x+5

KL:

0,25

Câu 2 (1,0 đ)

Giải các phương trình sau:

2sin 6 2sin 4 3 cos 2 3 sin 2x x x x

pt <=> 22cos5 xsinx 3 sin sin x cosx x

<=> s inx 0

2cos5x 3 s inx+cosx

+) sinx = 0 <=> x k

+) 2cos5 3 sin cosx x x <=> 12 2cos5 cos

3

18 3

kx

x xk

x

KL:

0,25

0,25

0,25

0,25

Giải hệ phương trình sau:

22

2 3

22 2

( , )

1 2 1 1

yy x x

x y Rx

y x

.

Câu 3 (1,0đ)

ĐK: x >0

Chia cả hai vế pt(1) cho x, ta được: 2 22 2

2 0y y

x x

<=>

2

2

21

22

y

x

y

x

<=>2 2

4y

x

<=> 2 4 2y x thế vào pt(2) ta

đc: 34 1 2 1 1x x

Đặt 34 1 , ( 0), 2 1x u u x v ta có hệ 2 3

1

2 1

u v

u v

Giải hệ tìm được u = 1; v = 0 => 1

; 02

x y

KL: nghiệm của hệ pt: 1

;02

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 4 (1,0 đ)

Tính tích phân sau:

1

3

0( 1)

xdxI

x

Ta có

1

3

0

1 1

( 1)

x dxI

x

=

1 1

2 3

0 0( 1) ( 1)

dx dx

x x

=

11

20 0

1 1 1

1 2( 1) 8x x

0,25

0,25

0,5

Câu 5 (1 điểm)

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a , cạnh bên

bằng 5

2

a. Tính góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy và thể tích khối cầu

ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Gọi H là tâm của ABCD=> SH (ABCD).

M là trung điểm BC => BC (SHM).

Do các mặt bên tạo với đáy cùng một

góc => SHM bằng góc tạo bởi mặt bên

với mặt đáy

* Tính được SH = 3

,2 2

a aHM

* tan 3SH

SMHMH

=> 060SMH

* Lập luận được tâm khối cầu là điểm I của

SH với trung trực SC trong (SHC)

* Tính được bán kính khối cầu do SNI đồng dạng SHC =>

. 5

4 3

SN SC aSI

SH

* Vậy 3

34 125 3

3 432

aV R

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 6 (1 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho A(2;1), B(-1;-3) và hai đường thẳng

1 : 3 0d x y , 2 : 5 16 0d x y . Tìm tọa độ các điểm C, D lần lượt trên

1d và 2d sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.

* Giả sử C(c;-c-3) 1d , D(5d+16;d) 2d .

=> CD

=(5d+16-c;d+c+3) * ABCD là hình bình hành => CD

= BA

=(3;4)

=>5 16 3 5 13

3 4 1

d c d c

d c d c

<=>

2

3

d

c

=> C(3;-6); D(6;-2) * Ta có BA

=(3;4); BC

=(4;-3) không cùng phương => A,B,C,D không

0,25

0,25

0,25

DC

AB

MH

S

N

I

thẳng hàng => ABCD là hình bình hành * Vậy:C(3;-6); D(6;-2)

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1;0;1), B(2;1;2) và mặt phẳng

( ) : x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng ( ) đi qua hai điểm

A, B và vuông góc với ( ) .

Câu 7 (1 đ)

* Lập luận chỉ ra được ,n AB n

=(1;-2;1) là một véc tơ pháp tuyến

của ( ) .

* mp( ) đi qua A có véc tơ pháp tuyến n

=(1;-2;1) có pt: x - 2y + z - 2 = 0.

0,5

0,5

Cho ,x y là các số thực thỏa mãn: 2 2 3x y xy . Tìm giá trị lớn nhất và

nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 3P x y x y

Câu 8 (1đ)

Ta có 2 2 3x y xy <=> 2(x y) 3 xy .

Vì

2 22

2

( ) ( )( ) 3

4 4

( ) 4

x y x yxy x y

x y

Đặt , 2;2x y t t

Biến đổi được P = 32 6t t Xét f(t)= 32 6t t trên 2;2

* Lập bảng biến thiên *Tìm được Max P = 4 khi t = 1; Min P = -4 khi t = -1 và kết luận dấu bằng xảy ra đối với x, y.

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2

x my

x

(Cm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1. b) Tìm các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d: 2x+2y -1= 0 cắt đồ thị (Cm) tại hai điểm

phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 (O là gốc toạ độ).


a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2x x 1

f(x)x 1

trên đoạn

1;2

2

.

b) Tính tích phân: 0

21

2

dxI

(x 1) 3 2x x

.

Câu 3 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau:

a) 21x2log1xlog3

2

3 .

b) 3sin 2x 2sin x

2sin 2x cos x

.


a) Cho số phức z thỏa mãn: 1 i

(2 i)z 5 i.1 i

Tính mô đun của số phức 2w z z .

b) Mét líp häc cã 20 häc sinh nam vµ 15 häc sinh n÷. ThÇy gi¸o chñ nhiÖm chän ra 5 häc sinh ®Ó lËp mét tèp ca h¸t chµo mõng ngµy thµnh lËp Qu©n ®éi nh©n d©n ViÖt Nam(22 th¸ng 12). TÝnh x¸c suÊt sao cho trong ®ã cã Ýt nhÊt mét häc sinh n÷.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam

giác vuông cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể

tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm 11

F ;32

là

trung điểm của cạnh AD. Đường thẳng EK có phương trình 19x 8y 18 0 với E là trung điểm của

cạnh AB, điểm K thuộc cạnh DC và KD = 3KC. Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết

điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng P : 2x 2y z 4 0 và

mặt cầu 2 2 2S : x y z 2x 4y 6z 11 0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo

một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.


2 1 3

4 1 4 3 5

x y x y

x x y y y

Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

2 2 2

2 2 2

1 1 1 1 1 1

4 4 4

a b c

b c a a b b c c a

.

-------------------------------- HÕt ------------------------------

®Ò thi thö kú thi thpt quèc gia n¨m 2015

M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò

SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN

1


Hä vµ tªn thÝ sinh: ………………………………………………. Sè b¸o danh: ………………………………

Híng dÉn chÊm

thi thö kú thi thpt quèc gia n¨m 2015

m«n To¸n

Lưu ý khi chấm bài:

- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh.

Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.

- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.

- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không

được điểm.

- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.

- Trong lời giải câu 5, nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không cho điểm.

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

C©u Néi dung §iÓm

I. PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 ®iÓm)

C©u 1

Cho hàm số 2

x my

x

(Cm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1. b) Tìm các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d: 2x+2y -1= 0 cắt đồ thị

(Cm) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 (O là gốc toạ độ).

a. 1,0 b. 1,0 a)

1

2

xy

x, TXĐ: D \ 2

-Giới hạn : lim 1 ; lim 1

x x

y y . Đường thẳng y = -1 là tiệm cân ngang của đồ

thị hàm số

2 2lim ; lim

x x

y . Đường thẳng x = -2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm

số

0,25

-Chiều biến thiên 2

3' 0 2

( 2)y x

x

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 2) và ( 2; ) Hàm số không có cực trị

0,25

Bảng biến thiên x 2 -

y' ||

y 1

1

0,25

Đồ thị

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o th i nguyªn

Trêng thpt l¬ng ngäc quyÕn

2

*Giao với trục Ox tại A(1;0) *Giao với trục Oy tại

1B(0; )

2

* Đồ thị nhận I(-2;-1) giao của hai tiệm cận làm tâm đối xứng

8

6

4

2

2

4

6

8

1 5 10 5 5 10 15O-2

-1

0,25

b) Phương trình hoành độ giao điểm:1

2 2

x mx

x

2

2

2 2 2 0 (1)

x

x x m

Đường thẳng (d) cắt (Cm) tại 2 điểm A,B (1) có hai nghiệm phân biệt 2x

0,25

2

171 8(2 2) 0 17 16 0

1622.( 2) ( 2) 2 2 0

2

m m m

mmm

0,25

1 1 2 2

1 1A x ; x , B x ; x

2 2

trong đó x1; x2 là hai nghiệm phân biệt của

phương trình (1), theo viet ta có 1 2

1 2

1x x

2

x .x m 1

2 2 2

2 1 1 2 2 1 1 2

2(17 16m)AB (x x ) (x x ) 2 (x x ) 4x x

2

0,25

1

d O,d2 2

; OAB

2(17 16m)1 1 1 47S AB.d(O, d) . . 1 m

2 2 2 162 2

(t/m)

Vậy:47

m16

0,25

C©u 2

a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2x x 1

f(x)x 1

trên đoạn

1;2

2

.

b) Tính tích phân: 0

21

2

dxI

(x 1) 3 2x x

.

3

a) 0,5 b) 0,5

a) Hàm số f(x) liên tục trên đoạn

1;2

2

.

+) 2

2

2'( )

( 1)

x xf x

x

,

10 ;2

2'( ) 0

12 ;2

2

x

f x

x

0,25

+) 1 7

2 6

f ;

7(2)

3f

Vậy: 1

;22

7min ( )

6

x

f x khi 1

2x ;

1;2

2

7m ax ( )

3

x

f x khi x=2.

0,25

b) 0 0 0

21 1 1 2

2 2 2

dx dx dxI

(x 1) (x 1)(3 x) 3 x(x 1) 3 2x x(x 1)

x 1

Đặt: 3 x

tx 1

2

dx 1tdt

(x 1) 2

. Đổi cận:

1x t 7;x 0 t 3.

2

0,25

3

7

1 1I dt 7 3

2 2

0,25

C©u 3

Giải các phương trình sau:

a) 2

3 3log x 1 log 2x 1 2 (1) .

b) 3sin 2x 2sin x

2sin 2x cos x

(2).

a) 1,0 b) 1,0 a) §k:

1

1

2

x

x

0,25

3 3

(1) 2 log x 1 2 log 2x 1 2 3 3log x 1 2x 1 log 3 0,25

x 1 2x 1 3

22

1x 1x 1

hoac2 2x 3x 2 02x 3x 4 0(vn)

0,25

x 2 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy: x=2

0,25

b) ĐK:k

sin2x 0 x (k )2

0,25

(2) 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx 2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0 0,25

x k2

cos x 1k2

sin2x sin x x3 3

0,25

Đối chiếu với điều kiện

4

Vậy : phương trình có nghiệm

23

kx 0,25

C©u 4

a) Cho số phức z thỏa mãn: 1 i

(2 i)z 5 i.1 i

Tính mô đun của số phức

2w z z (3). b) Mét líp häc cã 20 häc sinh nam vµ 15 häc sinh n÷. ThÇy gi¸o chñ nhiÖm chän ra 5 häc sinh ®Ó lËp mét tèp ca h¸t chµo mõng ngµy thµnh lËp Qu©n ®éi nh©n d©n ViÖt Nam(22 th¸ng 12). TÝnh x¸c suÊt sao cho trong ®ã cã Ýt nhÊt mét häc sinh n÷.

a) 0,5 b) 0,5

a) (3) (2 i)z 5 z 2 i 0,25

w 5 5i w 5 2 0,25

b) Chän ngÉu nhiªn 5 häc sinh trong 35 häc sinh cña líp, cã 535 C (çch)

Gäi A lµ biÕn cè: ‘‘Chän ®îc 5 häc sinh trong ®ã cã Ýt nhÊt mét em n÷’’ Suy ra A lµ biÕn cè: “Chän ®îc 5 häc sinh trong ®ã kh«ng cã hs n÷ nµo” Ta cã sè kÕt qu¶ thuËn lîi cho A lµ 5

20C

0,25

5

20

535

C

P AC

5

20

535

22731 1 0,95224

2387

CP A P A

C

0,25

C©u 5 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.

1.0

d

H

A C

B

S

J

K

+) Theo bài ta có:( )

2

SH ABC

aSH

0,25

+) 2 3

4

ABC

aS

3

.

3

24S ABC

aV

0,25

+) Dựng đường thẳng d đi qua B và d // AC ( , ) ( ; ( , )) 2 ( ; ( ; ))d AC SB d A SB d d H SB d

Kẻ đoạn thẳng HJ sao cho HJ d, J d ; Kẻ đoạn thẳng HK sao cho

0,25

5

HK SJ,K SJ +) ( ; ( , ))d H SB d HK

2 2 2 2

1 1 1 28 3

3 2 7

aHK

HK HJ SH a

3( , ) 2

7d AC SB HK a

0,25

Ghi chú : học sinh có thể giải bằng cách tọa độ hóa bài toán

C©u 6

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm 11

F ;32

là

trung điểm của cạnh AD. Đường thẳng EK có phương trình 19x 8y 18 0 với E là trung điểm của cạnh AB, điểm K thuộc cạnh DC và KD = 3KC. Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3.

1.0

P

I

F

E

C

AB

D K

H

+) Gọi AB=a (a>0) 2

EFK ABCD AEF FDK KCBE

5aS S S S S

16

EFK

1S FH.EK

2 ,

25 a 17FH d(F,EK) ;EK a 5

42 17

ABCD là hình vuông cạnh bằng 55 2

EF2

0,25

+) Tọa độ E là nghiệm:

2

211 25( 3)

2 2

19 8 18 0

x y

x y

2

58(loai)

17

5

2

x

x

y

5

2;2

E

0,25

+) AC qua trung điểm I của EF và AC EF AC: 7 29 0x y

Có :

107 29 0 3

19 8 18 0 17

3

xx y

AC EK Py

y

10 17;

3 3

P

0,25

6

Ta xác định được: 9

(3;8)5

IC IP C

0,25

C©u 7

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng P : 2x 2y z 4 0 và mặt

cầu 2 2 2S : x y z 2x 4y 6z 11 0 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt

cầu (S) theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.

1,0 Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3), bán kính R=5

2.1 2.2 3 4

d(I, (P)) 34 4 1

0,25

Vì d(I,(P)) <R nên (P) cắt (S) theo đường tròn. 0,25

- Gọi H là hình chiếu của điểm I trên (P) thì H là giao của mp(P) với đường thẳng d qua I, vuông góc với (P).

- Phương trình đường thẳng d:

x 1 2t

y 2 2t

z 3 t

d (P) H H 3;0;2 .

0,25

Bán kính đường tròn là: 2 2r R IH 4 0,25

C©u 8 Cho , ,a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

2 2 2

2 2 2

1 1 1 1 1 1

4 4 4

a b c

b c a a b b c c a

.

1,0 Ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1

4 4 4 4 4 4

a b cVT

b b c c a a

2 2 2 2 2 2

1

2 2 2 2

a b c a b c

b c a b c a

0,25

Mặt khác: 2 2 2

1 2 1 2 1 2; ;

a b c

b a b c b c a c a

Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 2 2 2

1 1 1a b c

b c a a b c

Suy ra:

0,25

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 4VT

a b c a b b c c a

0,25

VT 1 4 4 4 1 1 1

4VP

a b b c c a a b b c c a

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1a b c

0,25

Tr−êng thpt l−¬ng thÕ vinh Hµ néi

N¨m häc 2014 - 2015

®Ò thi thö thpt quèc gia n¨m 2015 M«n thi: To¸nM«n thi: To¸nM«n thi: To¸nM«n thi: To¸n ---- LÇn thø 2 LÇn thø 2 LÇn thø 2 LÇn thø 2

Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò -------------- Ngµy 29.3.2015 --------------

Câu 1 (2,0 ñiểm). Cho các hàm số 3 23 2y x mx= − + ( mC ), 2 ( )y x d= − + , với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số ( mC ) khi 1m = .

b) Tìm các giá trị của m ñể ( mC ) có hai ñiểm cực trị và khoảng cách từ ñiểm cực tiểu của ( mC ) ñến ñường

thẳng ( )d bằng 2 .

Câu 2 (1,0 ñiểm).

a) Giải phương trình ( ) ( )sin 2sin 1 cos 2cos 3x x x x+ = + .

b) Giải phương trình ( )3log 3 6 3x x− = − .

Câu 3 (1,0 ñiểm). Tính tích phân ( )

2

20

sin 2.

sin 2

xI dx

x

π

=+∫

Câu 4 (1,0 ñiểm). a) Gọi 1 2, z z là hai nghiệm phức của phương trình 2 4 9 0z z− + = ; , M N lần lượt là các ñiểm biểu diễn

1 2, z z trên mặt phẳng phức. Tính ñộ dài ñoạn thẳng .MN b) Một tổ có 7 học sinh (trong ñó có 3 học sinh nữ và 4 học sinh nam). Xếp ngẫu nhiên 7 học sinh ñó

thành một hàng ngang. Tìm xác suất ñể 3 học sinh nữ ñứng cạnh nhau.

Câu 5 (1,0 ñiểm). Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz , cho ñiểm (3;6;7)I và mặt phẳng

( ) : 2 2 11 0P x y z+ + − = . Lập phương trình mặt cầu ( )S tâm I và tiếp xúc với ( ).P Tìm tọa ñộ tiếp

ñiểm của ( )P và ( )S .

Câu 6 (1,0 ñiểm). Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có ñáy ABC là tam giác vuông tại B ;

0, 30AB a ACB= = ; M là trung ñiểm cạnh AC . Góc giữa cạnh bên và mặt ñáy của lăng trụ bằng 060 .

Hình chiếu vuông góc của ñỉnh 'A lên mặt phẳng ( )ABC là trung ñiểm H của BM . Tính theo a thể tích

khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách từ ñiểm 'C ñến mặt phẳng ( ').BMB

Câu 7 (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ ,Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D ; diện tích

hình thang bằng 6; 2CD AB= , (0;4)B . Biết ñiểm (3; 1), (2;2)I K− lần lượt nằm trên ñường thẳng AD và

DC . Viết phương trình ñường thẳng AD biết AD không song song với các trục tọa ñộ.

Câu 8 (1,0 ñiểm). Giải hệ phương trình 2 3

2 3

( 3 3) 2 3 1 ( , ).

3 1 6 6 2 1

x x x x y yx y

x x x y

+ − + = + + + +∈

− − − + = + +ℝ

Câu 9 (1,0 ñiểm). Cho các số thực , x y dương và thỏa mãn 1 0x y− + ≤ .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2

22 4

3 2

5 5

x y x yT

x yx y

+ += −

++.

---------------- HẾT ---------------- Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………..; Số báo danh: ………………………

WWW.VNMATH.COM

1/4


Năm học 2014 – 2015

®¸p ¸n – thang ®iÓm ®Ò thi thö thpt quèc gia n¨m 2015

M«n thi: To¸n M«n thi: To¸n M«n thi: To¸n M«n thi: To¸n – LÇn thø LÇn thø LÇn thø LÇn thø 2222 --------------- ðáp án có 04 trang --------------

Câu ðáp án ðiểm

a) (1,0 ñiểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số 3 23 2y x x= − +

Tập xác ñịnh: D = R . lim ; limx x

y y→−∞ →+∞

= −∞ = +∞

ðạo hàm: 2' 3 6y x x= − ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = . 0,25

Khoảng ñồng biến: ( ) ( );0 ; 2;−∞ +∞ . Khoảng nghịch biến: ( )0;2

Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu tại 2x = , 2CTy = − ;

ñạt cực ñại tại 0x = , yCð = 2.

0,25

Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y' + 0 - 0 + y 2 +∞

−∞ -2

0,25

ðồ thị: (Hs có thể lấy thêm ñiểm ( 1; 2); (1;0); (3;2)− − ). 0,25

b) (1,0 ñiểm) Tìm các giá trị của m ñể ( mC ) có k/c ñiểm cực tiểu của ( mC ) ñến ( )d bằng 2 .

2' 3 6 3 ( 2 )y x mx x x m= − = − . ' 0 0; 2y x x m= ⇔ = = ðiều kiện ñể hàm số có hai cực trị là 0m ≠ . 0,25

Tọa ñộ hai ñiểm cực trị: (0;2)A và 3(2 ;2 4 )B m m− . 0,25

• 0 :m < A là ñiểm cực tiểu. Khi ñó ( , ) 0 2d A d = ≠ (loại). 0,25

1 (2,0ñ)

• 0 :m > B là ñiểm cực tiểu. Khi ñó: 3

3

3

2 1 1( )( , ) 2 | 2 | 1

1( )2 1

m m m tmd B d m m

m ktmm m

− = == ⇔ − = ⇔ ⇔ = −− = −

ðáp số: 1m = .

0,25

a) (0,5 ñiểm) Giải phương trình ( ) ( )sin 2sin 1 cos 2cos 3x x x x+ = + .

Phương trình ñã cho tương ñương với

( )2 2 1 3sin 3 cos 2 cos sin sin 3 cos 2cos 2 sin cos cos 2

2 2

sin sin 2 .3 2

x x x x x x x x x x

x xπ π

− = − ⇔ − = ⇔ − =

⇔ − = −

0,25

2 (1,0ñ)

• ( )5 22 2 ,

3 2 18 3x x k x k k

π π π ππ− = − + ⇔ = + ∈ℤ .

• ( )52 2 2 ,

3 2 6x x k x k k

π π ππ π− = + + ⇔ = − + ∈ℤ .

Vậy phương trình ñã cho có nghiệm: 5 2 5

, 2 ,18 3 6

x k x k kπ π π

π= + = − + ∈ℤ .

0,25

WWW.VNMATH.COM

WW

W.V

NMATH.C

OM

2/4

b) (0,5 ñiểm) Giải phương trình ( )3log 3 6 3x x− = −

ðiều kiện: 3log 6x > . Phương trình ñã cho tương ñương với

3 273 6 3 3 6

3x x x

x−− = ⇔ − = . ðặt 227

3 0 6 6 27 0xt t t tt

= > ⇒ − = ⇔ − − = 0,25

9

3( )

t

t l

=⇔ = −

Với 9 3 9 2xt x= ⇒ = ⇔ = (tmñk).

ðáp số: 2x = .

0,25

Tính tích phân ( )

2

20

sin 2.

sin 2

xI dx

x

π

=+∫

( ) ( )

2 2

2 20 0

sin 2 2sin cos.

sin 2 sin 2

x x xI dx dx

x x

π π

= =+ +∫ ∫

ðặt sin cost x dt xdx= ⇒ = . 0 0;x t= ⇒ = 1.2

x tπ

= ⇒ =

0,25

( )

1

20

22

tdtI

t=

+∫ ( ) ( )

1 1 1

2 20 0 0

2 22 2 4

22 2

t dt dtdt

tt t

+ −= = −

++ +∫ ∫ ∫ . 0,25

1 112ln( 2) 4

0 02I t

t= + +

+ 0,25

3 (1,0ñ)

1 12(ln 3 ln 2) 4

3 2I

= − + − =

3 22ln

2 3− . ( 0.144)I ≈ . 0,25

a) (0,5 ñiểm) Cho 2 4 9 0z z− + = . M, N biểu diễn 1 2,z z . Tính ñộ dài ñoạn MN.

Phương trình ñã cho có 2' 4 9 5 5i∆ = − = − = nên có hai nghiệm 1,2 2 5z i= ± . 0,25

Từ ñó (2; 5), (2; 5) 2 5M N MN− ⇒ = .

ðáp số: 2 5MN = . 0,25

b) (0,5 ñiểm) Tính xác suất có 3 học sinh nữ cạnh nhau. Gọi A là biến cố “3 học sinh nữ cạnh nhau” + Số biến cố ñồng khả năng: Xếp 7 học sinh ngẫu nhiên, có số hoán vị là 7! + Số cách xếp có 3 học sinh nữ cạnh nhau: Coi 3 học sinh nữ là 1 phần tử, kết hợp với 4 học sinh nam suy ra có 5 phần tử, có 5! cách sắp xếp. Với mỗi cách sắp xếp ñó lại có 3! cách hoán vị 3 học sinh nữ. Vậy có 5!.3! cách sắp xếp.

0,25

4 (1,0ñ)

+ Xác suất của biến cố A là: ( ) 5!.3!

7!p A = =

1

7. ( ( ) 0.14)p A ≈ .

(Cách 2: - - - - - - - 7 vị trí. Xếp 3 nữ cạnh nhau có 5 cách: (123)…(567). Mỗi cách xếp lại có 3! cách hoán vị 3 nữ. Có 4! cách hoán vị 4 nam. Vậy P(A) = 5.3!.4!/7! = 1/7)

0,25

Cho ( ) : 2 2 11 0P x y z+ + − = , (3;6;7)I

Mặt cầu ( )S tâm I có bán kính | 3 12 14 11|

( , ( )) 63

R d I P+ + −

= = = . 0,25

Phương trình mặt cầu 2 2 2( ) : ( 3) ( 6) ( 7) 36S x y z− + − + − = . 0,25

5 (1,0ñ)

ðường thẳng ( )d qua I và vuông góc với ( )P có phương trình

3

6 2 ( )

7 2

x t

y t t

z t

= +

= + ∈ = +

R . 0,25

WWW.VNMATH.COM

WW

W.V

NMATH.C

OM

3/4

Giả sử ( ) ( ) (3 ) (12 4 ) (14 4 ) 11 0 9 18 0 2M d P t t t t t= ∩ ⇒ + + + + + − = ⇔ + = ⇔ = − ⇒ (1;2;3)M . 0,25

Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có ñáy ABC là tam giác vuông tại B ; 0, 30AB a ACB= = ;

' ( ) 'A H ABC A H⊥ ⇒ là ñường cao của hình lăng trụ.

AH là hình chiếu vuông góc của 'AA lên ( )ABC 0' 60A AH⇒ =

. ' ' ' .ABC A BC ABCV A H S=

0,25

3 32 , '

2 2

a aAC a MA MB AB a AH A H= = = = ⇒ = ⇒ = .

21 1 3. . . . 3

2 2 2ABC

aS BA BC a a= = = .

2

. ' '

3 3.

2 2ABC A BC

a aV⇒ = =

33 3

4

a.

0,25

( ) ( ) ( ) . '

'

3',( ') , ( ') , ( ') A BMB

BMB

Vd C BMB d C BMB d A BMB

S= = = .

3

. ' '. . ' '

1 3

6 8A BMB B ABM ABC A BC

aV V V= = = .

0,25

6 (1,0ñ)

Do ( ')BM AHA⊥ nên ' 'BM AA BM BB⊥ ⇒ ⊥ ⇒ 'BMB∆ vuông tại B 2

'

1 1 3'. . 3.

2 2 2BMB

aS BB BM a a⇒ = = = .

Suy ra ( )3 23 3 3

',( ') :8 2

a ad C BMB = =

3

4

a.

(Cách 2: 03 3( , ( ')) .sin .sin 60

2 4

a ad A BMB AE AH AHE= = = = ).

0,25

Trong mặt phẳng tọa ñộ ,Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D ; diện tích hình thang bằng 6; 2CD AB= , (0;4)B . (3; 1), (2;2)I K− . Viết phương trình ñường thẳng AD.

Vì AD không song song các trục tọa ñộ nên gọi véc tơ pháp tuyến của AD là

(1; ), 0;n b b= ≠

suy ra: Phương trình :1( 3) ( 1) 0AD x b y− + + = . Phương trình : ( 4) 0AB bx y− − = .

0,25

3 3. . . ( , ). ( , )

2 2 2ABCD

AB CD ABS AD AD d B AD d K AB

+= = =

2 2

3 | 3 5 | |2 2|. .

2 1 1

b b

b b

− + +=

+ +.

0,25

2

2 2

1

| 3 5 | | 1| 56 3 . 6 | 5 3 | . | 1| 2( 1)

31 11 2 2

7

ABCD

b

b bS b b b b

b b

b

=

− + + = ⇔ = ⇔ − + = + ⇔ = −+ + − ± =

. 0,25

7 (1,0ñ)

ðáp số: 2 0;3 5 14 0;7 (1 2 2) 2 2 22 0;7 (1 2 2) 2 2 22 0x y x y x y x y+ − = − − = − + − − = − − + − = . 0,25

8 (1,0ñ) Giải hệ phương trình

2 3

2 3

( 3 3) 2 3 1 (1) ( , ).

3 1 6 6 2 1 (2)

x x x x y yx y

x x x y

+ − + = + + + +∈

− − − + = + +ℝ

A C

A' C'

B

B'

M

H

AC

A'C'

B

B'

M

H

Q

P

E

I

K

A B

D C

WWW.VNMATH.COM

WW

W.V

NMATH.C

OM

Sở GD-ĐT tỉnh Phú YênTrường THPT chuyên

Lương Văn Chánh

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I, NĂM 2015Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y = 3 211 2 3 1

3 mmx m x m x C

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C2) khi m = 2.b) Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm) tồn tại đúng hai điểm có hoành

độ dương mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (d): x y – 3 = 0.Câu 2(1,0 điểm).

Giải phương trình: 24 2log 1 log 1x x

Câu 3(1,0 điểm).

Tìm một nguyên hàm của hàm số f(x) = 2

s inx

1 cos x, biết rằng 1

2F

(với F(x) là nguyên hàm của hàm số f(x) )Câu 4(1,0 điểm).

a) Cho đa thức 2 3 20( ) 1 2 1 3 1 ... 20 1 .P x x x x x Tìm hệ số của số

hạng chứa x15 trong khai triển đa thức của P(x). b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số )(xf 26 4x x trên

0;3 .

Câu 5.(1,0 điểm).Trong không gian với hệ trục 0xyz, cho mp(P): x + 2y – 5z – 3 = 0 và hai điểm

A(2;1;1), B(3;2;2). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua hai điểm A, B và vuông góc vớimặt phẳng (P).Câu 6 (1,0 điểm).

Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông ở A, AB = a, AC = 2a. Đỉnh Scách đều A, B, C; mặt bên (SAB) hợp với mặt đáy (ABC) góc 600. Tính thể tích khốichóp S.ABC.

Câu 7(1,0 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 1 2 0x y và điểm A(-1; 1).

Viết phương trình đường tròn (C) qua A, gốc tọa độ O và tiếp xúc với đường thẳng d.


Giải hệ phương trình:

3 3

2

3 1 2

1 18

x y y x y

x yx y

.

Câu 9(1,0 điểm).Giả sử x và y không đồng nhất bằng 0. Chứng minh:

22

2 2

42 2 2 2 2 2

4

x x y

x y

.

…………….Hết……………

www.NhomToan.com

Đáp án và thang điểmMôn toán

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂMa) (1,0 điểm)

Khi m = 2, ta có: y = 3 224 1

3x x x

* Tập xác định: D R* Sự biến thiên:

2' 2 2 4y x x ,

41

3' 023

23

x yy

x y

0,25

- Hàm số giảm trên 2;1 ; tăng ( ;-2) và 1;

+ Giởi hạn :

lim ; limx x

y y

0,25

+ Bảng biến thiên: x -2 1 y' + 0 - 0 +

y23

3

4

3

-Hàm số đạt cực đại tại x = -2,23

3cdy

và đạt cực tiểu tại x = 1, 4

3cty

0,25

Câu 1(2,0 điểm)

* Đồ thị:

8

6

4

2

-2

-5 5

-2O

1

23/3

-4/3

0,25

b) (1,0 điểm)Ta có: 2' 2( 1) 2 3y mx m x m ; kd = 1

Từ yêu cầu bài toán dẫn đến : '. 1dy k có đúng 2 nghiệmdương phân biệt.

0,25

2 2( 1) 3 3 0mx m x m có 2 nghiệm dương phân biệt.0,25

2

010 14 5 1 04' 0 1 0 100

0 10 3 3

0

mm m mm m

m mS m mP m

m

0,25

Vậy: 10

4m .

0,25

Câu 2(1,0 điểm)

Điều kiện:0

0 11 0

xx

x

0,25

Pt 2 2 2 2 2

2log 1 log 2 log log 1 logx x x

x

21 (1)

21

21 (2)

xxx

xx

x

0,25

(1) 2 1( )2 0

2( )

x Lx x

x N

0,25

(2) 2 2 0 (VN)x x

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 2. 0,25

Câu 3(1,0 điểm)

Đặt u = cosx, du = - sinxdx 0,25

F(x) = 2 2 2

s inx

1 cos 1 1

du dudx

x u u

0,25

=1 1

1 cos 1C C

u x

0,25

11 1 1 1 2

2 os 12

F C C Cc

Vậy nguyên hàm cần tìm là: F(x) =1

2cos 1x

0,25

Câu 4(1,0 điểm)

a) (1,0 điểm)

Viết lại:

2 3 14

15 16 20

20 16 200 0 0

( ) 1 2 1 3 1 ... 14 1

15 16 ... 20k k k k k k

k k k

P x x x x x

C x C x C x

0,25

Từ đó, suy ra hệ số của số hạng chứa x15

15 15 15 15 15 1515 15 16 17 18 19 2015 16 17 18 19 20 400995a C C C C C C

0,25

b) (1,0 điểm)

Ta có:2

2

2 6 4'( )

4

x xf x

x

=>1 [0;3]

'( ) 02 [0;3]

xf x

x

0,25

.(1) 5 5; (0) 12;

(2) 8 2; (3) 3 13

f f

f f

0;3 0;3 min ( ) (0) 12; ax ( ) (3) 3 13f x f m f x f

0,25

Câu 5(1,0 điểm)

Ta có: (1;1;1)

, 7;6;1(1;2; 5)

p

p

ABAB n

n

0,25

Mp(Q) qua A, B và vuông góc (P) nên nhận 7;6;1n

làm véc tơ pháp tuyến. 0,25

Pt mp (Q): 7 2 6 1 1 0x y z 0,25

Vậy phương trình tổng quát của mp(Q): 7x – 6y – z – 7 = 0. 0,25

Câu 6(1,0 điểm)

Gọi M, N, H lần lượt là trung điểm của AB, AC và BC.Ta có: SAB cân SM AB HM // AC ( )HM AB AB SMH AB SH (1)

Và 0, ( ) 60SAB ABC SMH Tương tự ( )AC SNH AC SH (2)Từ (1) và (2) ( )SH ABC

0,25

Ta có SH = MH.tan600 = 3 32

ACa 0,25

21.

2ABCS AC AB a 0,25

Vậy: 31 3.

3 3ABCV SH S a (đvtt) 0,25

Câu 7.(1,0 điểm)

Gọi M là trung điểm của OA thì1 1

;2 2

M

.

Ta có: 1;1OA

là véc tơ pháp tuyến của trung trực của đoạnOA, do đó, trung trực của đoạn OA có phương trinh:

1 11 0 1 0

2 2x y x y

0,25

B

A

C

S

M

H

N

Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực này, nên ta có: I(x0; x0 + 1). Theo bài ra ta có:

0 02 2 20 0 0 0

0

0

1 1 2( ; ) 1 2 2 0

2

0

1

x xIA d I d x x x x

x

x

0,25

+ Khi xo = 0 thì bán kính R của (C) là R = 1.+ khi xo = -1 thì bán kính R của (C) là R = 1 0,25

Vậy có hai đường tròn cân tìm là: 2 22 21 1, 1 1.x y x y 0,25

Câu 8(1,0 điểm)

Hệ pt:

3 3

2

3 1 2 (1)

1 1 (2)8

x y y x y

x yx y

Điều kiện , 1.x y

Pt(1) 38 6 3 3 1 0x y xy x y y x y

2 22 2 2 2 4 3( 2) 1 0x y x y xy x y x y xy y

0,25

2 2

2 2

2 2 1 0

2 0

2 1 0(*)

x y x xy y x y

x y

x xy y x y

Pt (*) 2 2 22 1 0, 3 0x y x y y y

Trường hợp y = 0 thì x = -1, không phải là nghiệm của hệ pt

0,25

Với y = 2 – x thay vào (2) ta được:

2

2

2

2

2 1 2 3 2 1

2 1 1 2 3 3 2 3

1 12 3 1 0

2 1 1 2 3 3

1 32 3 0

3 1

x x x x

x x x x x x

x xx x x x

x yx x

x y

0,25

Đối chiếu điều kiện, hệ phương trình có nghiệm (-1;3) và (3;-1).0,25

Câu 9(1,0 điểm)

Nếu y = 0 ( khi đó 0x ). Ta có:

22

2 2

40

4

x x y

x y

, bất đẳng thức hiển nhiên đúng. 0,25

Nếu 0y khi đó 22

2 2

42 2 2 2 2 2

4

x x y

x y

2 2

2

22 2

2 2 2 2 2 2

12

x x

y y

x

y

(1)

0,25

Đặt: tan ,2

xt

y khi đó

(1)

22

2

2

2

tan tan 22 2 2 2 2 2

tan 1

2 2 2 os 4 tan 4 2 2 2

2 2 2 2sin 2 4 os 2 2 2

t t

t

c t t

t c t

0,25

2

2

2 1 sin 2 2cos 2 1

2 sin 2 1 2cos 2

2 sin 2 os2 2

2 2 sin 2 24

1 sin 2 1 (2)4

t t

t t

t c t

t

t

Vì (2) đúng suy ra (đpcm).

0,25

SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT MINH CHÂU

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2

NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số (1).

a) Khảo sát sự b iến thiên và vẽ đồ (C) của hàm số (1).

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng

d: x + 3y +1 = 0.


a) Giải phương trình: 0)cos)(sincos21(2cos xxxx

b) Giải phương trình: 2 2

2 4log log (4 ) 5 0x x


2

1

ln( . )

( 2)

xx eI dx

x


a) Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức: 2 2 6z z z i .

b) Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 15 câu hỏi trong một ngân hàng đề thi gồm 15 câu hỏi. Bạn Thủy đã học thuộc 8 câu trong ngân hàng đề thi. Tính xác suất để bạn Thủy rút ngẫu nhiên được một đề thi có ít nhất hai câu đã thuộc.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng :2 3 11 0P x y z và mặt

cầu 2 2 2: 2 4 2 8 0S x y z x y z . Chứng minh mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S). Tìm tọa

độ tiếp điểm của (P) và (S).

Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy là tam giác cân, AB AC a , 0120BAC . Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 600. Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng ' 'AB C theo a .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh ( 1;4)A , trực

tâm H . Đường thẳng AH cắt cạnh BC tại M , đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N . Tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác HMN là (2;0)I , đường thẳng BC đi qua điểm (1; 2)P . Tìm toạ độ các

đỉnh ,B C của tam giác biết đỉnh B thuộc đường thẳng : 2 2 0d x y .

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

2

2 1 2 (1)

( ) (2 ) (2 )

2( 4) 2 3 ( 6) 1 3( 2) (2)

x y x y x y y x x y

y x y x x y y

Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực , ,a b c thỏa mãn 2, 0, 0a b c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2 2

1 1

( 1)( 1)( 1)2 4 5P

a b ca b c a

.


Họ và tên thí sinh:……….………..………….….….; Số báo danh:…………………………

SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT MINH CHÂU

(Đáp án chấm có 06 trang)

ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN; LẦN 2

I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Với bài hình học không gian (câu 6) nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng với phần đó.

II. ĐÁP ÁN:

Nội dung Điểm

Câu 1 Cho hàm số 3 21

3y x x 2,0đ

Ý a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1,0đ

1.Tập xác định : D = .

2.Sự biến thiên :

2' 2y x x ;

0' 0

2

xy

x

3 1 1lim lim [x ( - )] = +

3x xy

x

3 1 1lim lim [x ( - )] = -

3x xy

x

0,25đ

Bảng biến thiên 0 2

0 0

0

4

3

Hàm số đồng biến trên các khoảng và

Hàm số nghịch biến trên .

Hàm số có cực đại tại 0x và yCĐ = y(0)=0.

Hàm số có cực tiểu tại 2x và yCT = y(2)= 4

3

0,25đ 0,25đ

3.Đồ thị Giao Ox: (0;0), (3;0) Giao Oy: (0;0)

' 0 1y x

Đồ thị hàm số nhận I2

(1; )3

làm điểm uốn và là tâm đối xứng

0,25đ

Ý b

f(x )=(1/3)x^3-x^2

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-5

5

x

y

d có hệ số góc 1

3k .

Gọi 0x là hoành độ điểm M

Ycbt 0

1'( ).( ) 1

3y x

0'( ) 3y x

20 02 3 0x x

0

0

1

3

x

x

4( 1; )

3

(3;0)

M

M

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

2.a (0,5 điểm)

Giải phương trình: ... 0,5 PT

0)1sin(coscossin0)cos)(sincos21(2cos xxxxxxxx 0,125

2,22

4

14

sin2

04

sin2

01sincos

0cossin

kxkx

kx

x

x

xx

xx 0,25

VËy ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm: , 2 , 24 2

x k x k x k k

0,125

Câu 2.b 2 2

2 4log log (4 ) 5 0x x Điểm

(0,5điểm) Điều kiện: x > 0. 0,125 Khi đó, phương trình đã cho tương đương với

2 2 22 4 4 2 2

log (log 4 log ) 5 0 log log 6 0x x x x (*)

0,125

Đặt 2

logt x , phương trình (*) trở thành

23

6 02

tt t

t

0,125

32

22

log 3 2

log 2 2

x x

x x(nhận cả hai nghiệm)

0,125

Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm : 8x và 1

4x

Câu 3 (1điểm)

Tính tích phân

Ta có 2 2

2 2

1 1

ln

( 2) ( 2)

x xI dx dx

x x

0,25

Ta tính 2 2 2

2 2 2

1 1 1

2 2( 2) 1 2 4 12 ln 2 ln

1 1( 2) ( 2) ( 2) 2 3 6

x xA dx dx dx x

x x x x

0.25

Ta tính 2 2

2

1 1

2 2ln ln 1 1ln 2 ln

1 1( 2) 2 ( 2) 4 2 2

x x dx xB dx

x x x x x

1 1 3ln 2 ln

4 2 2

Thay các kết quả vào I ta được 5 1 1

ln 2 ln 34 2 6

I

0,5

4 a Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức: 2 2 6z z z i . 0,5

Giả sử ,z x yi x y

Ta có 2 2 6z z z i 2 2 6x yi x yi x yi i 0,25

2

5 2 6 ; ; 65

x yi i x y

. Vậy 2

65

z i 0,25

Câu 4.b (1 điểm)

b) Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 15 câu hỏi trong một ngân hàng đề thi gồm 15 câu hỏi. Bạn Thủy đã học thuộc 8 câu trong ngân hàng đề thi. Tính xác suất để bạn Thủy rút ngẫu nhiên được một đề thi có ít nhất hai câu đã thuộc.

Ý b (0,5 điểm

Lấy ngẫu nhiên 4 câu hỏi từ ngân hàng đề để lập một đề thi, có 415 1365C đề thi

Bạn Thủy rút ngẫu nhiên được một đề có 2 câu đã thuộc, có 2 28 7. 588C C cách

0,25

Bạn Thủy rút ngẫu nhiên được một đề có 3 câu đã thuộc, có 3 1

8 7. 392C C cách

Bạn Thủy rút ngẫu nhiên được một đề có 4 câu đã thuộc, có 48 70C cách

Vậy xác suất cần tìm là: 588 392 70 10

1365 13p

0,25

5

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng :2 3 11 0P x y z và mặt

cầu 2 2 2: 2 4 2 8 0S x y z x y z . Chứng minh mặt phẳng (P) tiếp xúc với

mặt cầu (S). Tìm tọa độ tiếp điểm của (P) và (S).

1,0

Mặt cầu (S) có tâm 1; 2;1I , bán kính 14R . 0,25

2 6 1 11

, 1414

d I P R

mp(P) tiếp xúc với mặt cầu (S) tại H (H là

hình chiếu vuông góc của I trên (P)).

0,25

Giả sử H(x;y;z) .Ta có IH

cùng phương với vtpt của mp(P) nên 0,25

( )

1 2 1 2

. 2 3 2 3

1 1

P

x t x t

IH t n y t y t

z t z t

Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ phương trình

1 2

2 31 3;1;2

1

2 3 11 0

x t

y tt H

z t

x y z

.

Vậy tiếp điểm của (P) và (S) là 3;2;1H .

0,25

6

+ Xác định góc giữa (AB'C') và mặt đáy là 'AKA 0' 60AKA .

Tính A'K = 1

' '2 2

aA C 0 3

' ' .tan602

aAA A K

3

. ' ' '

3=AA'.S

8ABC A B C ABC

aV

0,5

+) Vì BC//(AB’C’) nên d(BC;(AB'C'))= d(B;(AB'C')) = d(A';(AB'C'))

Chứng minh: (AA'K) (AB'C')

Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK A'H (AB'C')

d(A';(AB'C')) = A'H

Tính: A'H = 3

4

a Vậy d(B;(AB'C')) =

3

4

a

0,5

Câu 7

(1điểm) Tìm toạ độ …

Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp Suy ra I là trung điểm của BH;

(2 2 ; )B d B t t

0,25

I

HN

M

A

B CP

H

KC'

B'

A'

CB

A

Câu7 iểm

Suy ra (2 2 ; ) (3 2 ; 4), (2 1; 2)H t t AH t t BP t t

Do H là trực tâm của tam giác ABC

. 0 (2 3)(2 1) ( 4)( 2) 0AH BP t t t t

25 10 5 0 1t t t

0,25

Suy ra (0;1), (4; 1), (1; 3)H B AH

,đường thẳng : 3 7 0BC x y 0,25

Đường thẳng : 2 6 0AC x y . Tìm được toạ độ ( 5; 4)C

KL…..

0,25

Câu 8

Giải phương trình: 2

2 1 2 (1)

( ) (2 ) (2 )

2( 4) 2 3 ( 6) 1 3( 2) (2)

x y x y x y y x x y

y x y x x y y

Điểm

ĐK

00

00

2 0

xx

yy

x y

Nếu y=0 thì 2

2 1 2(1)

2x x x (vô lý)

Tương tự x=0 không thỏa mãn, vậy x,y > 0.

Đặt , 0x ty t , phương trình đầu trở thành:2

2 1 2

( 1) 2 1 1 (2 1)t t t t t

(1’)

0,25

Ta có 2

1 2 2 2

2 1 2 2 2 1 (2 1) 2 2 1 1 ( 2 1 1)t t t t t t t

2 2 2 2

2 2 2 1 1 1(1') (2)

( 1) ( 2 1 1) 1 (2 1) ( 1) ( 2 1 1) 1 (2 1)t t t t t t t t

Đặt ( , 0)2 1

a ta b

b t

, (2)

2 2

1 1 1(2) (*)

(1 ) (1 ) 1a b ab

Bổ đề : 2 2

1 1 1

(1 ) (1 ) 1a b ab

Áp dụng BĐT Cauchy-Schawarz ta có:

2 2

2

2

1 1( . ) (1 ) . (3)

(1 )

1 1 tt . (4)

(1 )

1a

a ab b a bb a b a b

b

a a

ab a b

b a b

Cộng vế với vế ta được đpcm. Dấu “=” xảy ra a b

(*) 2 1 1t t t x y

0,25 0.25

2 2 2 2

2(x 4) 3 ( 6) 2 1 3( 2)

4( 4) ( 3) ( 6) (2 1) 4( 4) ( 3) ( 6) (2 1)2(x 4) 3 ( 6) 2 1

3( 2)2(x 4) 3 ( 6) 2 1

x x x x

x x x x x x x xx x x

xx x x

( Do đk 3x nên x-2 > 0)

2

2(x 4) 3 ( 6) 2 1 3( 2) (5)

2 7 282(x 4) 3 ( 6) 2 1 (6)

3

x x x x

x xx x x

Cộng vế với vế (5) và (6) ta được: 2

2

2 7 284(x 4) 3 3( 2) 12( 4) 3 2( 4)( 12)

3

2( 4)(6 3 12) 0 2( 4)(x 3 6 3 9) 0 2( 4)( 3 3) 0

4 4

6 6

x xx x x x x x

x x x x x x x

x y

x y

Vậy hpt đã cho có tập nghiệm T=(4;4),(6;6)

0,25

9 Cho ba số thực , ,a b c thỏa mãn 2, 0, 0a b c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2 2

1 1

( 1)( 1)( 1)2 4 5P

a b ca b c a

1,0

Đặt 1 12 0a a a . Khi đó: 2 2 2

11

1 1

( 1)( 1)( 1)2 1P

a b ca b c

Ta có: 2 2

2 2 2 211 1

( ) ( 1) 11 ( 1)

2 2 4

a b ca b c a b c

Dấu 1" " 1a b c .

Ta lại có 3 3

1 11

1 1 1 3( 1)( 1)( 1)

3 3

a b c a b ca b c

Dấu 1" " 1a b c .

0,25

Do đó : 3

1 1

1 27

1 ( 3)P

a b c a b c

. Dấu 1" " 1a b c

Đặt 1 1 1t a b c t . Khi đó 3

1 27

( 2)P

t t

, 1t .

0,25

Xét hàm 3

1 27( ) , 1

( 2)f t t

t t

;

2 4

1 81'( )

( 2)f t

t t

;

4 2 2'( ) 0 ( 2) 81. 5 4 0 4f t t t t t t ( Do 1t ).

lim ( ) 0t

f t

Ta có BBT. t 1 4

'f t + 0 -

f t

1

8

0 0

0,25

Từ bảng biến thiên ta có

1

max ( ) (4) 48

f t f t

RFFFF

Vậy giá trị lớn nhất của P là 1

8, đạt được khi ; ; 3;1;1a b c .

0,25

-------------------------HẾT-------------------------

SỞ GD-ĐT QUẢNG NGÃI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014-2015

Trường THPT Nguyễn Công Trứ Môn: Toán - Lần 1


Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x− 2 (1).

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến này song song với đường thẳng

y = 9x− 18 .

Câu 2(1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =√2x+ 14+

√5− x.


a. Một bình đựng 4 viên bi đỏ, 3 viên bi xanh, 2 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên từ bình

ra 3 viên bi. Tính xác suất để lấy được 3 viên bi có đủ ba màu.

b. Tìm số phức z, biết |z|2 + 2z.z + |z|2 = 8 và z + z = 2.

Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình log22 x− 4log4x3 + 5 = 0.

Câu 5(1,0 điểm). Tính tích phân1∫0

x(√

x2 + 1 + ex)dx.

Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, ABC = 600,

cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC tạo với đáy một góc 600. Tính theo a thể tích khối chóp

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SD.

Câu 7(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 1; 1), mặt phẳng

(P ) : 2x− y + 3z − 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với (P ) và song

song với trục Oy.

Câu 8(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện

tích bằng 4. Biết A(1; 0), B(0; 2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x.

Tìm tọa độ các đỉnh C và D.

Câu 9(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm thực

6 + x+ 2√

(4− x)(2x− 2)− 4(√

4− x+√2x− 2

)= m.

HẾT


Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ;Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

www.NhomToan.com

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN (Lần 1) Câu Nội dung Điểm

1 1) Khảo sát sự biến thiên ….. 1,0

TXĐ: 0,25

Sự biến thiên :

+ Giới hạn: limx

y

limx

y

+ Bảng biến thiên:

21

' 3 3, ' 01

xy x y

x

0,25

Hàm số tăng trên các khoảng ( ; 1) và (1; ) ,giảm trên khoảng ( 1;1) 0,25

Hàm số đạt cực đại tại 1, 0CDx y , đạt cực tiểu tại 1, 4CTx y

Đồ thị: Điểm uốn (0; 2) , đi qua các điểm ( 2; 4),(2;0)

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

x

y

0,25

2) Viết phương trình tiếp tuyến …… 1,0

Gọi 0x là hoành độ tiếp điểm, ta có : 0'( ) 9y x 0,25

2

0 03 3 9 2x x hoặc 0 2x 0,25

0 0) 2 0x y : phương trình tiếp tuyến là 9 18y x (loại) 0,25

0 0) 2 4x y : phương trình tiếp tuyến là 9 14y x 0,25

2 Tìm GTLN và GTNN…. 1.0

Tập xác định : D =[-7 ;5]. Hàm số liên tục trên [-7 ;5]. 0,25

1 1( 7;5) : '

2 14 2 5

x y

x x

' 0 1y x

0,25

(1) 6; ( 7) 2 3; (5) 2 6y y y

0,25

Vậy max 6

D

y khi x=1 và min 2 3

D

y khi x=-7 0,25

3a Tính xác suất…. 0,5

Số phần tử của không gian mẫu (số kết quả có thể xảy ra) :

3

9C

0,25

Số các chọn ba viên bi có đủ ba màu : 4.3.2 = 24. Do đó xác suất cần tính là

24 2

84 7

p

0,25

3b Tìm số phức z thỏa mãn … 0,5

x

y’

y

− + +

S

A

B

C

H

Giả sử ( , )z x yi x y . Ta có 2

22

2

2

2 2

2 . 8

2

z z z z

z z

x y

x

0,25

1

1

x

y

hoặc

1

1

x

y

. Vậy các số phức cần tìm: 1 i và 1 i

0,25

4 Giải phương trình ... 1,0

Điều kiện: x > 0. Khi đó 2 3 2

2 4 2 2log 4log 5 0 log 6log 5 0x x x x

0,25

2

2

log 1 2

log 5 32

x x

x x

0,5

Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm của phương trình là x = 2 và x = 32 0,25

5 Tính tích phân... 1,0

Ta có:

1 1 1

2 2

0 0 0

1 1x x

I x x e dx x x dx xe dx 0,25

Tính đúng

1

2

1

0

2 2 11

3

I x x dx

0,25

Tính đúng

1

2

0

1x

I xe dx 0,25

Vậy 2 2 2

3

I

0,25

6 Tính thể tích khối chóp... 1,0

Ta có: 0

60 ,SCA AC a . Suy ra 3SA a 0,25

3

0

.

1 1. . .sin60 . 3

3 3 2S ABCD ABCD

aV S SA AB BC a

0,25

*

.3

( , ) ( ,( ))S ACD

SCD

Vd AB SD d A SCD

S

Gọi H là trung điểm của CD. Ta có CD SH

. Do đó,

2

1 15.

2 4SCD

aS CD SH

0,25

Vậy

.3 3

( , ) ( ,( ))

15

S ACD

SCD

V ad AB SD d A SCD

S

0,25

7 Viết phương trình mặt phẳng 1,0

Mp(P) có 1 VTPT (2; 1;3)Pn . 0,25

Theo giả thiết, (Q) là mặt phẳng đi qua A(1 ;1 ;1) và nhận , ( 3;0;2)P

n n j

làm

VTPT.

0,25

Do đó, (Q) có phương trình 3 2 1 0x z 0,5

8 Tìm tọa độ các điểm C và D… 1,0

Ta có : Đường thẳng AB có phương trình : 2 2 0x y

Vì I nằm trên đường thẳng y = x nên giả sử I(t ;t).

Suy ra C(2t-1 ;2t), D(2t ; 2t-2)

0,25

Mặt khác, 4

. ( , ) 4 ( , )

5ABCDS AB d C AB d C AB

0,25

H

S

A D

B C

0

3 2 2 4

3

t

t

t

0,25

Vậy 5 8 8 2; , ;

3 3 3 3

C D

hoặc ( 1;0), (0; 2)C D . 0,25

9 Tìm giá trị của m để… 1,0

Điều kiện : 1 4x .

Đặt 4 2 2x x t , 3 3t

0,25

Phương trình đã cho trở thành : 2 4 4 (*)t t m . Do đó phương trình đã cho có

nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm t thỏa 3 3t

0,25

Xét hàm số 2

( ) 4 4, 3 3g t t t t

'( ) 2 4; '( ) 0 2g t t g t t


0,25

Dựa vào bảng biến thiên, ta được giá trị m cần tìm 0 1m . 0,25

Ghi chú :

1

SỞ GDĐT HÀ TĨNH THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN

TỔ TOÁN

ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn TOÁN (Lần 2)

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 26 9 1y x x x (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:

3 21 93 0

2 2x x x m .


a) Giải phương trình: sin 3 3 cos3 2sin 0x x x .

b) Giải phương trình:

11

3 9. 4 03

x

x

.


2

0

1 2 xI x e dx .


a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z , biết: 1 2 10 4z i z i .

b) Cho số nguyên dương n thoả mãn: 1 22 0n nC C n . Tìm số hạng chứa

5x trong khai triển

3 2n

xx

, với 0x .

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại B , 3BC a , 10AC a .

Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng SBC và mặt phẳng ABC bằng 060 .

Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC theo a , biết M là điểm trên đoạn BC sao cho 2MC MB .

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Viết phương trình các cạnh của hình vuông

ABCD , biết rằng các đường thẳng AB , CD , BC và AD lần lượt đi qua các điểm 2;4M ,

2; 4N , 2;2P , 3; 7Q .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu :S

2 2 2

1 1 2 9x y z và mặt phẳng : 2 11 0P x y z . Chứng minh rằng mặt phẳng

P cắt mặt cầu S . Tìm toạ độ tâm H của đường tròn giao tuyến của P và S .

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

2 2

3 2 2 3

2 7 2 6 0

7 12 6 2 2 0.

x y x y

x x y xy y x y

,x y .

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm , ,a b c thoả mãn 2 2 2 3 0a b c b . Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức sau:

2 2 2

1 4 8

1 2 3P

a b c

.

_________ Hết _________ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

2


TỔ TOÁN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn TOÁN (Lần 2) Đáp án gồm 04 trang


1 (2,0đ)

a) (1 điểm)

Tập xác định: D . Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: Ta có: 2' 3 12 9y x x ; ' 0y 1x hoặc 3x . 0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng ;1 và 3; , nghịch biến trên khoảng 1;3 .

- Cực trị: Hàm đạt cực đại tại 1x , 3CDy . Hàm đạt cực tiểu tại 3x , 1CTy .

- Giới hạn: limx

y

, limx

y

.

0.25

- Bảng biến thiên: x 1 3

'y 0 0

y

3

1

`

0.25

Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số đi qua điểm 4;3A và cắt trục tung tại điểm 0; 1B .

0.25

b) (1 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 3 26 9 1 2 1 (1)x x x m 0.25

Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đường thẳng 2 1y m với đồ thị (C) 0.25

Dựa vào đồ thị, để phương trình có nghiệm duy nhất thì : 2 1 3m hoặc 2 1 1m . 0.25

Hay 2m hoặc 0m . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi 2m hoặc 0m . 0.25

2 (1,0đ) a. sin3 3cos3x 2sin 0x x

1 3sin3 cos3x sin

2 2x x sin 3 sin

3x x

. 0.25

Suy ra phương trình có các nghiệm: 6

x k

; 6 2

x k

(với k ). 0.25

b. Phương trình tương đương: 1

3 3. 4 03

x

x . Đặt 3 ,( 0)xt t phương trình trở thành:

2 4 3 0t t . Phương trình này có các nghiệm: 1t và 3t .

0.25

1, 3 1 0xt x . 3, 3 3 1xt x .Vậy phương trình có 2 nghiệm 0; 1x x . 0.25

3

3 (1,0đ)

1 1 12 2

0 0 0

1 2 2 1 1x xI x e dx x dx x e dx . 0.25

Tính 1 1

12

10

0 0

2 1 2 2 2 1I x dx x dx x x . 0.25

Tính 1

2

2

0

1 xI x e dx . Đặt 22

1

2

xx

du dxu x

edv e dx v

1 12 1 2 2 2 2

2

0 00

1 1 1 1 30

2 2 2 4 2 4 4 4

x x xx e e e e eI dx

.

0.25

Vậy 2 2

1 2

3 11

4 4

e eI I I

. 0.25

4 (1,0đ)

a. Gọi z a bi , ( , )a b . Từ giả thiết ta có: 1 2 10 4a bi i a bi i 0.25

2 2 10 4a b ai i 2 10 2

32

a b a

ba

. Vậy phần thực là 2, phần ảo là 3. 0.25

b. Tìm n thoả mãn: 1 22 0 (*)n nC C n . Điều kiện: 2, .n n

! ! ( 1)(*) 2 0 2 0 7.

( 1)! ( 2)! 2

n n n nn n n n

n n

0.25

Ta có:

7 73 21 4

70

2.( 2) .k k k

k

x C xx

.Suy ra số hạng chứa 5x ứng với 21 4 5 4k k .

Vậy số hạng chứa 5x là 44 5 5

5 7 . 2 . 560T C x x .

0.25

5 (1,0đ)

Vì BC SA và BC AB nên BC SB .

Vậy góc giữa mp SBC và mp ABC là

060SBA . Ta có: 2 2AB AC BC a .

Diện tích ABC là 21 3

.2 2ABC

aS AB BC .

0.25

0. tan 60 3SA AB a . Thể tích khối chóp 2 3

.

1 1 3 3. . 3.

3 3 2 2S ABC ABC

a aV SA S a . 0.25

Kẻ MN song song AC cắt AB tại N, AC SMN . Vậy , ,d SM AC d A SMN .

Gọi I là hình chiếu của điểm A lên MN, H là hình chiếu của A lên SI , ( )MI SAI ,

MI AH .Mặt khác AH SI nên AH SMI . Vậy ( , ( ))d A SMN AH .

0.25

AIN đồng dạng với MBN , . 2

10

AN MB aAI

MN . Xét SAI vuông tại A và có AH là

đường cao . 102

17

AI SA aAH

SI . Vậy

102,

17

ad SM AC .

0.25

6 (1,0đ)

Gọi ;n a b

là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB. Vì AB đi qua điểm 2;4M nên phương

trình tổng quát của AB là: 2 4 0ax by a b . Đường BC đi qua 2;2P và vuông góc với 0.25

4

AB nên có phương trình BC là : 2 2 0bx ay a b .

ABCD là hình vuông nên , ,d N AB d Q BC hay

2 2 2 2

2 4 2 4 3 7 2 2a b a b b a a b

a b a b

9 9

9 7

a b

a b

. 0.25

TH1: Chọn 1, 1a b .

Phương trình AB: 2 0x y ,phương trình BC:

4 0x y .

Đường CD đi qua 2; 4N và song song với AB nên

phương trình CD là: 6 0x y .

Đường AD đi qua 3; 7Q và song song với BC AD

có phương trình: 4 0x y .

0.25

TH2: Chọn 7 9a b . Phương trình AB là: 7 9 50 0x y , phương trình BC:

9 7 4 0x y .

Từ đó phương trình CD là: 7 9 22 0x y , phương

trình AD là: 9 7 76 0x y .

0.25

7 (1,0đ)

Mặt cầu S có tâm 1;1; 2I và bán kính 3R . 0.25

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng P là:

22 2

1 2.1 2 11 6, 6

61 2 1d I P

.

Vì ,d I P R nên mặt phẳng P cắt mặt cầu S .

0.25

Gọi C là đường tròn giao tuyến của mp P và mc S thì H là hình chiếu vuông góc của I

lên mp P . Ta có phương trình đường thẳng IH là:

1

1 2

2

x t

y t

z t

, 1 ;1 2 ; 2H t t t . 0.25

Mặt khác H P nên ta có: 1 2 1 2 2 11 0t t t hay 1t . Vậy 2;3; 3H . 0.25

8 (1,0đ)

Ta có: 3 2 2 37 12 6 2 2 0x x y xy y x y

22 2 2 2 0y x x x y x y x

. 2 0.25

Vì 2

22 232 2 2 2 2 0, ,

2 4

xx x y x y x y x x x y

nên:

2 0x y hay x y .

0.25

Hệ tương đương: 2 22 7 2 6 0

y x

x y x y

2 5 6 0

y x

x x

2

3.

y x

x

x

0.25

Vậy hệ có 2 nghiệm ; 2;2x y hoặc ; 3;3x y . 0.25

9 (1,0đ)

Ta thấy: 2 2 22 2 2 2 4 2 6 1 2 1 0a b c a b c a b c , theo giả thiết thì

2 2 2 3a b c b . Suy ra 3 2 4 2 6 0b a b c hay 2 2 10 16a b c . 0.25

5

Với hai số , 0x y thì 22 2

1 1 8

x y x y

. Áp dụng nhận xét trên ta có:

2 2 2

1 4 8

1 22

2

a b ba

; 2 2 2

1 1 8

32 5

2 2

cb ba a c

. 0.25

2

2 2 2 2

8 8 8 168.

3 2 2 102 5

2 2

Pc a b cb b

a a c

.

Theo giả thiết và chứng minh trên thì 0 2 2 10 16a b c , 1P .

0.25

Khi 1, 2, 1a b c thì 1P . Vậy min 1P . 0.25

SỞ GD&ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI TH Ử KỲ THI THPT QU ỐC GIA NĂM 2015 TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ

TỔ TOÁN - TIN MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 1y x x= − + , có đồ thị (C).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) và đường thẳng

: 2d y x= − .

Câu 2 (1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn ( )1 2 7 4z i i+ = + . Tìm môđun số phức 2w z i= + .

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )1

2

0

1 .xI x e dx= −∫

Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình ( )2 1

2

log 1 log 1 1x x+ + + = .

b) Tổ 1 lớp 12A1 có 12 học sinh gồm có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ, trong đó AN là tổ trưởng còn HOA là tổ phó. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong tổ để tham gia hoạt động tập thể của trường nhân dịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng 3. Tính xác suất để sao cho nhóm học sinh được chọn có 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ trong đó phải nhất thiết có bạn AN hoặc bạn HOA nhưng không có cả hai (AN là học sinh nam, HOA là học sinh nữ).

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm ( ) ( )1; 2;2 , 3; 2;0A B− − − − và mặt phẳng (P) có phương trình 3 2 0x y z+ − + = .

a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB. b) Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ

nhất. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C,

cạnh đáy AB bằng 2a và góc 030ABC= . Mặt phẳng ( ' )C AB tạo với đáy ( )ABC một góc 600. Tính thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng 'AC và

'CB . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm

( )1; 2N − thoả mãn 2 0NB NC+ =

và điểm ( )3;6M thuộc đường thẳng chứa cạnh AD. Gọi H

là hình chiếu vuông góc của đỉnh A xuống đường thẳng DN. Xác định toạ độ các đỉnh của hình

vuông ABCD biết khoảng cách từ điểm H đến cạnh CD bằng 12 2

13 và đỉnh A có hoành độ là

một số nguyên lớn hơn 2− . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

( )2 3

2 2

1. 1 1,

1 2 5 3 3 7

x x y x y yx y

x y x y x y x y

− − − − − = + ∈ + + + + = + + +

Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm , ,x y z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2 2

4 4 5

2 2 2 24P

x y x z y z y z y x z xx y z= − −

+ + + + + ++ + +

-------------------------------HẾT------------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.....................................................................; Số báo danh:.............................

~1~

Câu ĐÁP ÁN Điểm Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 1y x x= − + , có đồ thị (C).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 1,0

Tập xác định: D = 0,25

Ta có 2 0' 3 6 ' 0

2

xy x x y

x

== − ⇒ = ⇔ =

limx

y→±∞

= ±∞

Đồ thị hàm số không có tiệm cận Bảng biến thiên

x −∞ 0 2 +∞ y' + 0 - 0 +

y

1 +∞

−∞ -3

0,25

Từ đó suy ra Hàm số đồng biến trên các khoảng ( );0−∞ và ( )2;+∞ .

Hàm số nghịch biến trên khoảng ( )0;2

Hàm số đạt giá trị cực đại tại x = 0, ( )0 1CDy y= =

Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x = 2, ( )2 3CTy y= = −

0,25

Đồ thi hàm số. Điểm uốn của đồ thị

( )'' 6 6 '' 0 1 1; 2y x y x I= − ⇒ = ⇔ = ⇒ − là điểm uốn của đồ thị Đồ thị (C) cắt trục tung tại điểm A(0;1)

f(x)=x^3-3*x^2+1

-4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

x

y

0,25

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) và đường thẳng : 2d y x= − . 1,0

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là

( ) ( )3 2 3 2 2

3

3 1 2 3 3 0 3 1 0 1

1

x

x x x x x x x x x

x

=− + = − ⇔ − − + = ⇔ − − = ⇔ = = − 0,25

Suy ra giao điểm là ( ) ( ) ( )3;1 , 1; 1 , 1; 3A B C− − −

Phương trình tiếp tuyến tại ( )3;1A là 9 26y x= − 0,25

1

Phương trình tiếp tuyến tại ( )1; 1B − là 3 2y x= − +

Phương trình tiếp tuyến tại ( )1; 3C − − là 9 6y x= + 0,25

~2~

KL: Các phương trình tiếp tuyến là: 9 26y x= − ; 9 6y x= + ; 3 2y x= − + 0,25

Câu 2 (1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn ( )1 2 7 4z i i+ = + . Tìm môđun số phức 2w z i= + . 1,0

Ta có ( ) 7 41 2 7 4

1 2

iz i i z

i

++ = + ⇔ =

+ 0,25

( )( )( )( )

2

2

7 4 1 2 7 14 4 8

1 2 1 2 1 4

i i i i iz z

i i i

+ − − + −⇔ = ⇔ =

+ − −

15 103 2

5

iz i

−⇔ = = − 0,25

Suy ra 3 2z i= + Do đó 2 3 4w z i i= + = +

0,25

2

Vậy 2 2w 3 4 5= + = 0,25

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân ( )12

0

1 .xI x e dx= −∫ 1,0

Đặt 22

11

.2

xx

du dxu x

v edv e dx

== − ⇒ == 0,25

Suy ra ( )1 1

2 2

0 0

1 11 .

2 2x xI x e e dx= − − ∫ 0,25

( )1 22 2

0

1 1 1 1 31

2 4 2 4 4x e

e e−

= − = − − = 0,25

3

Vậy 23

4

eI

−= 0,25

Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình ( )2 1

2

log 1 log 1 1x x+ + + = . 0,5

Điều kiện: 1x > −

Phương trình tương đương ( ) ( ) ( )2 2 2

1 1log 1 log 1 1 log 1 1

2 2x x x+ − + = ⇔ + = 0,25

( )2log 1 2 1 4 3x x x⇔ + = ⇔ + = ⇔ = (thoả mãn)

Vậy phương trình có nghiệm 3x = . 0,25

b) Tổ 1 lớp 12A1 có 12 học sinh gồm có 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ, trong đó AN là tổ trưởng còn HOA là tổ phó. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong tổ để tham gia hoạt động tập thể của trường nhân dịp ngày thành lập Đoàn 26 tháng 3. Tính xác suất để sao cho nhóm học sinh được chọn có 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ trong đó phải nhất thiết có bạn AN hoặc bạn HOA nhưng không có cả hai.

0,5

Mỗi cách chọn nhóm 5 học sinh từ 12 học sinh là một tổ hợp chập 5 của 12. Vì vậy không gian mẫu Ω gồm: 5

12 792C = phần tử.

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, B là biến cố chọn được nhóm gồm 3 học sinh nam, 2 học sinh nữ trong đó có bạn AN và không có bạn HOA. C là biến cố chọn được nhóm gồm 3 học sinh nam, 2 học sinh nữ trong đó có bạn HOA và không có bạn AN. Như vậy, A B C= ∪ và ( ) ( ) ( )n A n B n C= + .

0,25 4

Tính n(B): + Chọn bạn AN, có 1 cách. + Chọn 2 bạn nam từ 6 bạn nam còn lại, có 2

6C cách.

+ Chọn 2 bạn nữ từ 4 bạn nữ, có 24C cách.

Theo quy tắc nhân: ( ) 2 26 41. . 90n B C C= = .

Tương tự, ( ) 3 16 41. . 80n C C C= = .Vậy ( ) 90 80 170n A = + = .

Xác suất của biến cố A là: ( ) ( )( )

170

792

n AP A

n B= = .

0,25

~3~

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm ( ) ( )1; 2;2 , 3; 2;0A B− − − − và mặt phẳng (P)

có phương trình 3 2 0x y z+ − + = . a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB.

0,5

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB ( )2; 2;1I⇒ − −

Ta có ( ) ( )2;0; 2 / / 1;0;1AB n= − − =

0,25

Vì mp(Q) là mp trung trực của đoạn AB nên nhận vectơ ( )1;0;1n =

là vectơ pháp tuyến

và đi qua điểm ( )2; 2;1I − − .

Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là: 1 0x z+ + =

0,25

b) Gọi ∆ là giao tuyến của (P) và (Q). Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ nhất. 0,5

Mp(P) có VTPT là ( )1 1;3; 1n = −

Mp(Q) có VTPT là ( )2 1;0;1n =

Suy ra ( )1 2; 3; 2; 3u n n = = − −

là VTCP của ( ) ( )P Q∆ = ∩

Lấy ( ) ( ) ( )0; 1; 1E P Q− − ∈∆ = ∩ . Phương trình tham số ∆ là ( )3

1 2

1 3

x t

y t t

z t

= = − − ∈ = − −

0,25 5

Điểm ( )3 ; 1 2 ; 1 3M M t t t∈∆⇒ − − − −

Do đó ( ) ( ) ( )2 2 2 23 1 2 1 3 22 10 2OM OM t t t t t= = + − − + − − = + +

Ta có 2

2 5 19 19 1922 10 2 22.

22 22 2222t t t OM

+ + = + + ≥ ⇒ ≥

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 5 15 6 7

; ;22 22 11 22

t M = − ⇒ − − −

Vậy 15 6 7

; ;22 11 22

M − − −

0,25

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy

AB bằng 2a và góc 030ABC= . Mặt phẳng ( ' )C AB tạo với đáy ( )ABC một góc 600. Tính thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng 'AC và 'CB .

1,0

6

H

K

M

E

C

A

B' A'

C'

B

* Tính thể tích Gọi M là trung điểm của AB. Tam giác CAB cân tại C suy ra AB ⊥ CM. Mặt khác AB ⊥

0' ( ') ' 60CC AB CMC CMC⇒ ⊥ ⇒ = . Gọi V là thể tích lăng trụ . ' ' 'ABC A B C thì

. 'ABCV S CC=

0,25

~4~

Ta có 2

0 1.tan30 .

23 3ABC

a aCM BM S CM AB= = ⇒ = =

2 3

0' . tan 60 . 3 .3 3 3

a a aCC CM a V a= = = ⇒ = =

0,25

* Tính khoảng cách Gọi E đối xứng với A’ qua C’. Suy ra ACEC’ là hình bình hành. Nên AC’//CE ( ) ( )' '/ / 'CB E AC CB E⊂ ⇒ mà ( )' 'B C CB E⊂ .

Do đó ( ) ( )( ) ( )( )', ' ', ' ', 'd AC B C d AC EB C d C EB C= =

0,25

Tam giác A’B’E có A’C’=C’E=B’C’ nên tam giác A’B’E vuông tại B’ Gọi K là trung điểm B’E, ta có tam giác B’C’E cân tại C’ nên

( ) ( ) ( )' '' '

' ' ' ' ' ' ' '

C K B EB E CC K

CC A B C A B E CC B E

⊥ ⇒ ⊥⊥ ≡ ⇒ ⊥

Kẻ ( )' ' 'C H CK C H CC K⊥ ⇒ ⊂ mà ( )' ' ' 'B E CC K B E C H⊥ ⇒ ⊥

Từ đó ( )' 'C H CB E⇒ ⊥ hay ( )( )' ', 'C H d C CB E=

Ta tính được 2 2

' ' '3 3

a aCB C B C E CB= ⇒ = = =

Lại có 030ABC= , tam giác ABC cân tại C nên 0 0120 ' ' ' ' ' 60ACB A C B B C E= = ⇒ =

Nên tam giác B’C’E đều; tính được 2

2 '' ' '

2

B EC K B C a

= − =

Tam giác CC’K vuông cân tại C’ do đó 2 2' 2

'2 2 2

CK CC CK aC H

+= = =

Vậy ( ) 2', ' '

2

ad AC CB C H= =

0,25

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm ( )1; 2N −

thoả mãn 2 0NB NC+ =

và điểm ( )3;6M thuộc đường thẳng chứa cạnh AD. Gọi H là hình chiếu

vuông góc của đỉnh A xuống đường thẳng DN. Xác định toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết khoảng cách từ điểm H đến cạnh CD bằng

12 2

13 và đỉnh A có hoành độ là một số nguyên lớn hơn

2− .

1,0

7

(3;6)

12 2

13

(1;-2)

EH

C

DA

B N

M

Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên CD 12 2

13HE⇒ =

Giả sử cạnh hình vuông bằng a (a>0)

Ta có 2

2 03

NB NC CN CB+ = ⇔ =

nên N nằm giữa B và C sao cho 2 2

3 3

aCN CB= = .

2 2 13

3

aDN CD CN⇒ = + =

0,25

~5~

Có ( ) 3 2.

13 13 133

AD DH a aADH DNC g g DH

DN NC a⇒ = = = ⇒ = ∼

( )2

6 1313. 2 213 613

3

aHE DH

DHE DNC g g NC HENC DN a

⇒ = = = ⇒ = = ∼

22 2 3 2

3

aa⇔ = ⇔ =

Giả sử VTPT của AD là ( );n a b=

với ( )2 2 0a b+ ≠

Pt AD: 3 6 0ax by a b+ − − =

( ) 2 2

2 2

2 8, 3 2 3 2 7 16 23 0

a bd N AD a ab b

a b

− −⇒ = ⇔ = ⇔ − − =

+

( )( ) 07 23 0

7 23 0

a ba b a b

a b

+ =⇔ + − = ⇔ − =

0,25

Trường hợp 1: 0a b+ = Suy ra : 3 0pt AD x y− + =

( ): 1 0 2;1NP AD pt NP x y P AD NP P⊥ ⇒ + + = ⇒ = ∩ ⇒ −

( ) ( )( )( ) ( )

112

3 2 1;23; 3 2

m TMAP BN BCAP A

m LA AD A m m m

= −= = = ⇒ = ⇔ ⇒ − = − ∈ ⇒ + > −

Lúc đó ( )2 4; 1PD AP D= ⇒ − −

Từ đó ta tìm được ( ) ( )2; 1 , 1; 4B C− − −

Do đó ( )1;2A − , ( ) ( )2; 1 , 1; 4B C− − − , ( )4; 1D − −

Trường hợp 2: 7 23 0a b− = Suy ra : 23 7 111 0pt AD x y+ − =

86 13: 7 23 53 0 ;

17 17NP AD pt NP x y P AD NP P

− ⊥ ⇒ − − = ⇒ = ∩ ⇒

( )( )( )

1 9323 172

111 23 79; 2

7 17

AP BN BC m LAP

mA AD A m m m L

= = = = ⇒ = ⇔ − ∈ ⇒ > − =

Trường hợp này không thoả mãn

0,25

Kết luận: Vậy ( )1;2A − , ( ) ( )2; 1 , 1; 4B C− − − , ( )4; 1D − − 0,25

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( )2 3

2 2

1. 1 1,

1 2 5 3 3 7

x x y x y yx y

x y x y x y x y

− − − − − = + ∈ + + + + = + + + 1,0

Điều kiện

2

2 2

1 0

2 0

5 3 3 7 0

x x y

x y

x y x y

− − − ≥ + ≥ + + + ≥

Trường hợp 1: 2 1 0x x y− − − = từ ( ) 2 01 1 0 1 0

1

xy y x x

x

=⇒ + = ⇒ = − ⇒ − = ⇔ =

Thử lại vào phương trình (2) thấy 1

1

x

y

= = − thoả mãn. Suy ra ( )1; 1− là nghiệm HPT.

0,25 8

Trường hợp 2: 2 1 0x x y− − − >

0,25

~6~

Ta có

( )

( )( )( )

( ) ( )

( ) ( )

3 3

2 2

2 23 3

2 23 3

2 23 3

1 11 1 1 1 1

1 1

1 22

1 11 1 1

1 12 0

1 11 1 1

2 0

1 10 *

1 11 1 1

y yx y x y

x x y x x y

x y x yx y

x x y yx y x y

x yx y

x x y yx y x y

x y

x y

x x y yx y x y

+ +⇔ − − = ⇔ − − − = −− − − − − −− + + − −− −⇔ = − − − + +− − + − − +

+ + ⇔ − − + = − − − + +− − + − − + − − = + +⇔ + = − − − + +− − + − − +

Vì

22 2

1 51 0 21 2 1 1 0

2 0 1 5

2

xx x y

x x y x x xx y

x

− +> − − − > ⇒ − > + ≥ − + ⇒ + − > ⇔ + ≥ − − <

Nên 2 1 5 1 2 5 0 1 0y x y x y≥ − > + ⇒ + > + > ⇒ + + > . Do đó PT(*) vô nghiệm. Suy ra 2y x= −

Thế vào phương trình (2) ta được

( ) ( )222 1 3 2 8 2 2 2 1 3 2 2 2 1 2 3 2x x x x x x x x− + − = − − ⇔ − + − = − + − Điều kiện:

2

3x ≥ .

Đặt ( )

12 1

3

3 2 0

x a a

x b b

− = ≥ − = ≥.

Phương trình trở thành

( )22 2 2 2 2 22 2 2 2 2 0a b a b a ab b a b a b a b+ = + ⇔ + + = + ⇔ − = ⇔ =

0,25

Từ đó ta có

2 2

12 1 3 2 4 4 1 3 2 4 7 3 0 3

4

xx x x x x x x

x

=− = − ⇔ − + = − ⇔ − + = ⇔ = (T/M)

+) 1 1x y= ⇒ = − . Thử lại HPT thấy thoả mãn.

+) 3 5

4 4x y= ⇒ = − . Thử lại HPT không thoả mãn.

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( ); 1; 1x y = − .

0,25

Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm , ,x y z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2 2

4 4 5

2 2 2 24P

x y x z y z y z y x z xx y z= − −

+ + + + + ++ + + 1,0

9

Ta có

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

2 2

2 2 2

4 2 4 42 2

2 2

2 1

AM GM x y z x y xy yz zxx y x z y z x y

x y z

− + + + + + ++ + + ≤ + =

≤ + +

Và

0,25

~7~

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

2 2

2 2 2

4 2 4 42 2

2 2

2 2

AM GM y z x y z yz zx xyy z y x z x y z

x y z

− + + + + + ++ + + ≤ + =

≤ + +

Thật vậy, với mọi , , 0x y z≥ ta luôn có

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 2

1 2 2 0

2 2 2 0

x y x z y z

y z y x z x

⇔ − + − + − ≥

⇔ − + − + − ≥

Khi đó biểu thức P trở thành

( ) ( )( )

2 2 2 2 2 22 2 2

2 2 22 2 2

4 4 5

2 24

4 9

24

Px y z x y zx y z

x y zx y z

≤ − −+ + + ++ + +

≤ −+ ++ + +

Đặt 2 2 2 4 2t x y z t= + + + ⇒ > . Nên ( )2

4 9

2 4P

t t≤ −

−

0,25

Xét hàm số ( ) ( )2

4 9

2 4y f t

t t= = −

− với 2t >

Có ( ) ( )( )( )

( )3 2

2 22 2 2 2

4 4 7 4 164 9'

4 4

t t t ttf t

t t t t

− + − −−= + =

− −

Do 2t > nên ( ) ( )3 2 34 7 4 16 4 4 7 4 0t t t t t t+ − − = − + − >

Suy ra ( )' 0 4f t t= ⇔ =

0,25

Lập bảng biến thiên

5

8P⇒ ≤

Vậy GTLN của P là 5

28

x y z⇔ = = = 0,25

CHÚ Ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn chấm điểm tối đa.

www.NhomToan.com

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 I. MA TRẬN ĐỀ

Mạch kiến thức, kỹ năng Mức độ nhận thức

Điểm Nhận biết

Thông hiểu

Vận dụng thấp

Vận dụng cao

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

Câu 1a 1

1

2

Bài toán liên quan đến hàm số (tiếp tuyến, tính đơn điệu, cực trị, tương giao các đồ thị, tìm điểm trên đồ thị...)

Câu 1b

1

1

3 Phương trình và bất phương trình lôgarit, mũ; phương trình và bpt vô tỉ

Câu 2a

0.75

1.5

4 Phương trình lượng giác, công thức lượng giác

Câu 2b

0.75

5 Nguyên hàm, tích phân và ứng dụng của tích phân

Câu 3

1 1

6 Thể tích khối đa diện, khối tròn xoay; diện tích hình tròn xoay; bài toán khoảng cách, góc.

Câu 4a

0.5

Câu 4b

0.5

1

7 Phương pháp tọa độ trong không gian

Câu 5

1 1

8 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Câu 6

1 1

9 Xác suất, tổ hợp, nhị thức Niutơn, giới hạn của hàm số

Câu 7a

0.75

1.5 10 Hệ phương trình

Câu 7b 0.75

11 Bất đẳng thức, GTLN - GTNN Câu 8

1 1

Tổng 5.0 3.25 1.75 10

Sở GD&ĐT Nghệ An

TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 3 KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – ĐỢT 1

Môn Toán. Thời gian 180 phút Ngày thi: 21/3/2015

Câu I.(2 điểm) Cho hàm số 3 23 1y x x ( C ).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ). 2. Tìm m để đường thẳng d: y = mx – 1 cắt đồ thị (C ) tại ba điểm phân biệt.

Câu II.(1,5 điểm) Giải các phương trình sau:

1. 3 sin 2 cos2 4sin 1x x x .

2. 2

2 2log 4 3log 7 0x x .

Câu III.(1 điểm) Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường : ln ; 0;y x y x e .

Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác SAB đều cạnh a, tam giác ABC cân tại C. Hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh AB; góc hợp bởi cạnh SC và mặt đáy là 300. 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 2. Tính khoảng cách của hai đường thẳng SA và BC.

Câu V. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+ y+z+1=0. 1. Viết phương trình mặt cầu có tâm I(1;1;0) và tiếp xúc với mp(P). 2. Viết phương trình mặt phẳng chứa trục Ox và vuông góc với mp(P).

Câu VI.(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.

Câu VII. ( 1,5 điểm )

1. Giải hệ phương trình 2

2 6 1

9 1 9 0

x y y

x xy y

2. Một hộp đựng 10 viên bi đỏ, 8 viên bi vàng và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi. Tính xác suất để các viên bi lấy được đủ cả 3 màu.

Câu VIII.( 1 điểm ) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 1ab ; 3c a b c .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2

6ln( 2 )1 1

b c a cP a b c

a b

.

------------------------------------/ Hết /---------------------------------

Họ và tên thí sinh ........................................................SBD: ......................

ĐÁP ÁN Câu ý Nội dung Điểm

I 2 đ

1. 1 đ

1/ Tập xác định: 2/ Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: y’=3x2 – 6x = 3x(x – 2); y’ = 0 x = 0 hoặc x = 2 y’>0 x<0 hoặc x>2; y’<0 0<x<2 Vậy, hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; hàm số nghịch biến

trên khoảng (0;2). +) Cực trị Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yC Đ=-1; hàm số đạt cực tiểu tại x=2 và yCT=-5. +) Giới hạn tại vô cực

3

2

3 1lim lim 1

x xy x

x x

; 3

2

3 1lim lim 1

x xy x

x x

+) Bảng biến thiên: x 0 2

y’ + 0 - 0 +

y

-1

-5

3/ Đồ thị Đồ thị nhận điểm I(1;-3) làm điểm đối xứng Đồ thị đi qua các điểm (-1;-5);(0;-1);(1;-3);(2;-5);(3;-1)

0.25

0.5

0.25

2.

Số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d bằng số nghiệm của phương trình 3 23 1 1 (1)x x mx .

3 2 2

2

0(1) 3 0 3 0

3 0 (2)

xpt x x mx x x x m

x x m

Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (2) phải có

hai nghiệm phân biệt khác 0 hay

00

99 4 0

4

mm

m m

0.25

0.25

0.5

2

-2

-4

-6

5O 1 2

-5

-1

-3

-1 3

II. 1.5đ

1. 0.75đ

2

3 sin 2 cos 2 4sin 1 2 3 sin cos 1 cos 2 4sin 0

2 3 sin cos 2sin 4sin 0 2sin 3 cos sin 2 0

sin 0sin 0

, .sin 1 23 cos sin 2

3 6

x x x x x x x

x x x x x x x

x x kxk

x x kx x

0.25

0.25

0.25

2 0.75đ

gpt: 2

2 2log 4 3log 7 0x x

ĐK: x>0.

2 2

2 2 22

222 2

2

log 4 3log 7 0 2 log 6log 7 0

1log 1

log 2log 3 0 2log 3

8

x x x x

x xx x

xx

Đối chiếu điều kiện ta có các nghiệm 1

2x ; 8x .

0.25

0.25

0.25

III. 1 đ

Xét phương trình ln 0 1x x Diện tích hình phẳng là

1 1

1

1ln ln .

1

11

e e

e

eS xdx x x x dx

x

ee dx e x

0.25

0.5

0.25

IV 1 đ

1. 0.5 đ

Gọi H là trung điểm cạnh AB ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABC và CH là đường cao tam giác ABC. Từ giả thiết ta được 030SCH . Tam giác SHC vuông tại H nên

0 3tan 30 3

2

SH aCH SH

CH V

ây, thể tích khối chóp S.ABC là: 31 1 3

. .3 2 8

aV SH AB CH (đvtt)

0.25

0.25

2. 0.5 đ

Dựng hình bình hành ABCD, khi đó

, ,( ) , ( ) 2 ,( )d BC SA d BC SAD d B SAD d H SAD

Gọi G, K lần lượt là hình chiếu của H trên các đường thẳng AD và SG ta có:

( )AD HG

AD SHG HK ADAD SH

mà HK SG nên ( )HK SAD hay ,d H SAD HK

Tam giác SHG vuông tại H nên

0.25

A C

B

S

D

H

G

K

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 52 3

9 2 13

aHK

HK HG HS HB HC HS a

Vậy, 3

,13

ad BC SA

0.25

V 1 đ

1 0.5 đ

Vì mặt cầu (S) có tâm I(1;1;0) và tiếp xúc với mp(P) nên bán kính của mặt cầu

là 1 1 0 1

( , ( )) 33

r d I P

Vậy, phương trình mặt cầu (S) là: 2 2 21 1 3x y z

0.25

0.25

2 0.5 đ

Gọi ( )mp là mặt phẳng cần tìm. Trục Ox chứa điểm O và véctơ (1;0;0)i

,

mp(P) có vtpt (1;1;1)n

. ( )mp chứa trục Ox và vuông góc với mặt phẳng (P)

nên nó qua điểm O và nhận , 0;1; 1u n i

là véctơ.

Vậy, phương trình ( )mp : y – z = 0

0.25 0.25

VI 1 đ

Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng minh AF EF . Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp, do đó AF EF . Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0. Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ

173 10 17 1 325

;3 4 1 5 5 5

5

xx y

F AFx y

y

2 2

2

2

1 22 ;

2 5

8 17 51 8;3 10 3

5 5 5 5

19 19 75 34 57 0 3 hay 3; 1 ;

5 5 5

AFE DCB EF AF

E t t EF t t

t t t t E E

Theo giả thiết ta được 3; 1E , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE

vuông cân tại D nên

2 2 2 21 1 3 1

1 3 1 1

2 1 3 hay D(1;-1) D(3;1)

1 3 0 1 1

x y x yAD DE

AD DE x x y y

y x x x

x x y y

Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1). Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1).

0.25

0.25

0.25 0.25

A B

DC

G

E

F

H

VII

1 0.75đ

Giải hệ pt:2

2 6 1 (1)

9 1 9 0 (2)

x y y

x xy y

Đk: 6 0

1

x y

x

+) Nếu 0y , để hệ có nghiệm thì 1 0y .

(1) 2 6 2 5(1) (1)

(1) 1 1

VT x yVT VP

VP y

hệ vô nghiệm.

+) Nếu y<0, từ (2) suy ra x>0

2

22 3 39 1 9 0 9 9 (3)x xy y y y

x x

Xét hàm số 2

2

2

9 2( ) 9 , 0; '( ) 0 0

9

tf t t t t f t t

t

2

3 3 9(3) ( )f f y y x

yx x

Thế vào pt(1) ta có phương trình 2

92 6 1y y

y (4). Hàm số

2

9( ) 2 6g y y

y đồng biến trên ;0 ; hàm số h(y)=1-y nghịch biến trên

;0 và phương trình có ngiệm y=-3 nên pt(4) có nghiệm duy nhất y=-3.

Vậy, hệ có nghiệm duy nhất (1;-3).

0.25

0.25

0.25

2 0.75đ

Tổng số viên bi trong hộp là 24. Gọi là không gian mẫu.

Lấy ngẫu nhiên 4 viên trong hộp ta có 424C cách lấy hay n( )= 4

24C .

Gọi A là biến cố lấy được các viên bi có đủ cả 3 màu. Ta có các trường hợp sau:

+) 2 bi đỏ, 1 bi vàng và 1 bi xanh: có 2 1 110 8 6 2160C C C cách



Do đó, n(A)=5040

Vậy, xác suất biến cố A là ( ) 5040

( ) 47,4%( ) 10626

n AP A

n

0.25

0.25

0.25

VIII 1 đ

2 1 2 12 6ln( 2 )

1 1

1 12 1 6ln( 2 )

1 1

a b c a b cP a b c

a b

a b c a b ca b

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:

1 1 2)1 1 1a b ab

(1)

1) (2)

2

abab

Thật vậy,

1 1 2

) 2 1 2 1 11 1 1

a b ab a ba b ab

2

1 0a b ab luôn đúng vì 1ab . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1

21

) 1 02

abab ab

. Dấu “=” khi ab=1.

Do đó,1 1 2 2 4

11 1 31 12

aba b abab

22

4 4 16

2ab bc ca c a c b c a b c

Đặt 2 , 0t a b c t ta có:

2

2

3 3 3

16 12 ( ) 6ln , 0;

16 2 4 6 86 6 16 32'( )

tP f t t t

t

t t tt tf t

t t t t

BBT t 0 4

f’(t) - 0 +

f(t)

5+6ln4

Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1.

0.25

0.5

0.25

Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa !!!

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG III

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề

Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 3 3 1y x mx (1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m . b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị ,A B sao cho tam giác OAB vuông tại

O ( với O là gốc tọa độ ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 1 6sin cos 2x x x .

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 3

2

1

2 lnx xI dx

x

.

Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 2 15 6.5 1 0x x . b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm 4;1;3A và đường

thẳng 1 1 3

:2 1 3

x y zd

. Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua A và vuông góc với

đường thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho 27AB . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a , I

là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC là trung điểm

H của BC , mặt phẳng SAB tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp .S ABC và

tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng SAB theo a .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có 1;4A , tiếp

tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong

của ADB có phương trình 2 0x y , điểm 4;1M thuộc cạnh AC . Viết phương trình

đường thẳng AB .

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2

2

3 5 4

4 2 1 1

x xy x y y y

y x y x

Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số dương và 3a b c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức: 3 3 3

bc ca ab

a bc b ca c abP

…….Hết……….

www.NhomToan.com

ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm 1

a.(1,0 điểm)

Vơí m=1 hàm số trở thành : 3 3 1y x x TXĐ: D R

2' 3 3y x , ' 0 1y x

0.25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1 và 1; , đồng biến trên khoảng 1;1

Hàm số đạt cực đại tại 1x , 3CDy , đạt cực tiểu tại 1x , 1CTy

limx

y

, limx

y

0.25

* Bảng biến thiên x – -1 1 + y’ + 0 – 0 + y

+ 3 -1 -

0.25

Đồ thị:

4

2

2

4

0.25

b.(1,0 điểm)

2 2' 3 3 3y x m x m

2' 0 0 *y x m

0.25

Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị PT (*) có 2 nghiệm phân biệt 0 **m 0.25

Khi đó 2 điểm cực trị ;1 2A m m m , ;1 2B m m m 0.25

Tam giác OAB vuông tại O . 0OA OB

3 14 1 0

2m m m ( TM (**) )

Vậy 1

2m

0,25

2.

(1,0 điểm)

sin 2 1 6sin cos 2x x x

(sin 2 6sin ) (1 cos2 ) 0x x x

0.25

22sin cos 3 2sin 0x x x

2sin cos 3 sin 0x x x

0. 25

sin 0

sin cos 3( )

x

x x Vn

0. 25

x k . Vậy nghiệm của PT là ,x k k Z 0.25

3

(1,0 điểm) 22 2 2 22

2 2 2

1 1 1 11

ln ln 3 ln2 2 2

2 2

x x x xI xdx dx dx dx

x x x

0.25

Tính 2

2

1

ln xJ dx

x

Đặt 2

1ln ,u x dv dx

x . Khi đó

1 1,du dx v

x x

Do đó

2 2

21 1

1 1lnJ x dx

x x

0.25

2

1

1 1 1 1ln 2 ln 2

2 2 2J

x

0.25

Vậy 1

ln 22

I

0.25

4.

(1,0 điểm) a,(0,5điểm)

2 15 6.5 1 0x x 2

5 15.5 6.5 1 0 1

55

x

x x

x

0.25

0

1

x

x

Vậy nghiệm của PT là 0x và 1x

0.25

b,(0,5điểm)

311 165n C

0.25

Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là 2 1 1 25 6 5 6. . 135C C C C

Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 135 9

165 11

0.25

5. (1,0 điểm)

Đường thẳng d có VTCP là 2;1;3du

Vì P d nên P nhận 2;1;3du

làm VTPT

0.25

Vậy PT mặt phẳng P là : 2 4 1 1 3 3 0x y z

2 3 18 0x y z

0.25

Vì B d nên 1 2 ;1 ; 3 3B t t t

27AB 2 22 227 3 2 6 3 27AB t t t 27 24 9 0t t

0.25

3

3

7

t

t

Vậy 7;4;6B hoặc 13 10 12

; ;7 7 7

B

0.25

6.

(1,0 điểm)

j

CB

A

S

H

K

M

Gọi K là trung điểm của AB HK AB (1)

Vì SH ABC nên SH AB (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB SK

Do đó góc giữa SAB với đáy bằng góc

giữa SK và HK và bằng 60SKH

Ta có 3tan

2

aSH HK SKH

0.25

Vậy 3

.

1 1 1 3. . . .

3 3 2 12S ABC ABC

aV S SH AB AC SH

0.25

Vì / /IH SB nên / /IH SAB . Do đó , ,d I SAB d H SAB

Từ H kẻ HM SK tại M HM SAB ,d H SAB HM

0.25

Ta có 2 2 2 2

1 1 1 16

3HM HK SH a

3

4

aHM . Vậy 3

,4

ad I SAB

0,25

7.

(1,0 điểm)

K

C

A

DB I

M

M'E

Gọi AI là phan giác trong của BAC

Ta có : AID ABC BAI

IAD CAD CAI

Mà BAI CAI , ABC CAD nên AID IAD

DAI cân tại D DE AI

0,25

PT đường thẳng AI là : 5 0x y 0,25

Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI PT đường thẳng MM’ : 5 0x y

Gọi 'K AI MM K(0;5) M’(4;9)

0,25

VTCP của đường thẳng AB là ' 3;5AM

VTPT của đường thẳng AB là 5; 3n

Vậy PT đường thẳng AB là: 5 1 3 4 0x y 5 3 7 0x y

0,25

8.

(1,0 điểm). 2

2

3 5 4(1)

4 2 1 1(2)

x xy x y y y

y x y x

Đk:

2

2

0

4 2 0

1 0

xy x y y

y x

y

Ta có (1) 3 1 4( 1) 0x y x y y y

Đặt , 1u x y v y ( 0, 0u v )

Khi đó (1) trở thành : 2 23 4 0u uv v 4 ( )

u v

u v vn

0.25

Với u v ta có 2 1x y , thay vào (2) ta được : 24 2 3 1 2y y y y

24 2 3 2 1 1 1 0y y y y

0.25

2

2 2 20

1 14 2 3 2 1

y y

yy y y

2

2 12 0

1 14 2 3 2 1y

yy y y

0.25

2y ( vì 2

2 10 1

1 14 2 3 2 1y

yy y y

)

Với 2y thì 5x . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là 5;2

0.25

9.

(1,0 điểm) .

Vì a + b + c = 3 ta có 3 ( ) ( )( )

bc bc bc

a bc a a b c bc a b a c

1 1

2

bc

a b a c

Vì theo BĐT Cô-Si: 1 1 2

( )( )a b a c a b a c

, dấu đẳng thức xảy ra b = c

0,25

Tương tự 1 1

23

ca ca

b a b cb ca

và 1 1

23

ab ab

c a c bc ab

0,25

Suy ra P3

2( ) 2( ) 2( ) 2 2

bc ca ab bc ab ca a b c

a b c a b c

,

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = 3

2 khi a = b = c = 1.

0,25

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 Trường THPT Thiệu Hóa NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn : TOAN (Thời gian làm bài: 180 phút)

Câu I (4,0 ñiêm)

Cho hàm số ( ) ( )3 2 211 7 4

3y x m x m x= − + + − − (1) ( Với m là tham số thực).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số khi 2m = − .

2. Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) có hai ñiểm cực trị 1 2;x x thỏa mãn: 1 23x x= .

Câu II (3,0 ñiêm) 1. Giải phương trình 3 4sin cos 1x x+ =

2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số ( ) 2 2lnf x x x e= + + trên [ ]0;e

Câu III (2,0 ñiểm) Cho phương trình 2

5 2 5 2log ( 1) log 0x mx m x

+ −+ + + + =

1. Giải phương trình khi 2m = −

2. Tìm m ñể phương trình có nghiệm duy nhất.

Câu IV (2,0 ñiêm) 1. Cho một hộp ñựng 4 viên bi ñỏ, 5 viên bi xang và 7 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên một lần

ba viên bi. Tính xác suất ñể trong ba viên bi lấy ñược chỉ có hai màu.

2. Tìm hệ số của số hạng chứa 6

x trong khai triển của: 3 5

2

1n

x xx

+

, biết tổng các

hệ số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong ñó n là số nguyên dương và 0x > ). Câu V (2,0 ñiêm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy là tứ giác ABCD, có ABD là tam giác

ñều cạnh a, BCD là tam giác cân tại C có 0120BCD = , SA a= và ( )SA ABCD⊥ .Tính thể

tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ ñiểm C ñến mặt phẳng (SBD).

Câu VI (4,0 ñiêm)

1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy.Cho ñường tròn ( ) 2 2: 4 6 4 0C x y x y+ − + + = .Viết phương

trình các ñường thẳng chứa các cạnh của hình vuông MNPQ nội tiếp ñường tròn ( )C biết

ñiểm ( )2;0M .

2.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho elip ( )2 2

: 116 9

x yE + = .Tìm tọa ñộ các ñiểm M trên ( )E sao cho

1 22MF MF= ( với 1 2,F F lần lượt là các tiêu ñiểm bên trái, bên phải của ( )E ).

Câu VII (2,0 ñiêm) Giải hệ phương trình

( )( )

2 1

2

3 2

2.4 1 2 2log

1 1

y x x

y

x x y xy x

+

+ = +

+ = + + +

, (x,y ∈R).

Câu VIII (1,0 ñiêm)Cho , ,a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

2 2 2

2 2 2

1 1 1 1 1 1

4 4 4

a b c

b c a a b b c c a

+ + ++ + ≥ + +

+ + + .

---------------- Hết----------------

Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:..........................................................Số báo danh:............................

Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ ([email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu Ý Nội dung Điểm 4,0

Khảo sát hàm số khi 2m = − 2,0

Khi 2m = − hàm số có dạng: 3 21

3 43

y x x x= + − −

0,25

1) Tập xác ñịnh: D R= 0,25

2) Khảo sát sự biến thiên:

a. Các giới hạn:

3 2 3 21 1

lim 3 4 ; lim 3 43 3x x

x x x x x x→−∞ →+∞

+ − − = −∞ + − − = +∞


0,5

b.Sự biến thiên: 2

' 2 3y x x= + − ,

2

1' 0 2 3 0

3

xy x x

x

== ⇔ + − = ⇔

= −

Với 17

13

x y= ⇒ = − ; 3 5x y= − ⇒ =


x −∞ 3− 1 +∞

'y + 0 − 0 +

y

5 +∞

−∞ 17

3−

Hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( ); 3 , 1;−∞ − +∞

Hàm số nghịch biến trên khoảng ( )3;1− .

Hàm số có hai cực trị: ( )17

3;5 , 1;3

− −

.

0,5

1

2) Đồ thị:

Đồ thị hàm số ñi qua ( )0; 4− .

0,5

2,0

Ta có: ( )2 2' 2 1 7y x m x m= − + + −

( ) ( )2 2' 0 2 1 7 0 1y x m x m= ⇔ − + + − =

0,5

I

2

Để ñồ thị hàm số có hai ñiểm cực trị thì phương trình (1) phải có hai nghiệm

phân biệt ( ) ( )2 2' 0 1 7 0 4m m m⇔ ∆ > ⇔ + − − > ⇔ > − (*)

0,5

f(x)=(1/3)x^3+x^2-3x-4

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

x

y

Khi ñó ñồ thị hàm số có hai ñiểm cực trị 1 2;x x là nghiệm của (1) nên thỏa

mãn: ( )

( )1 2

2

1 2

2 1

7

x x mI

x x m

+ = +

= −

0,5

Với 1 23x x= thế vào (I) ta ñược:

( ) 2

2 2

2 2

2

4 2 1 13 7

23 7

x m mm

x m

= + + ⇒ = −

= −

2

3 2 106 31 0

3 2 10

mm m

m

= +⇔ − − = ⇔

= − ( thỏa mãn ñiều kiện (I)).

Vậy 3 2 10m = ± là giá trị cần tìm.

0,5

3,0 1,5

3 4 3 4 2 2sin cos 1 sin cos sin cosx x x x x x+ = ⇔ + = +

3 2 4 2sin sin cos cos 0x x x x⇔ − + − =

0,5

( ) ( )2 2 2sin sin 1 cos cos 1 0x x x x⇔ − + − =

( ) ( )2 2 2sin sin 1 1 sin sin 0x x x x⇔ − − − =

0,5

1

( )

2

2

sin 0sin 0

sin 12sin sin 2 0

sin 2 2

x x kx

xx kx x

x l

π

ππ

= = = ⇔ ⇔ = ⇔ = ++ − = = −

Vậy phương trình có nghiệm: ; 22

x k x kπ

π π= = + .

0,5

1,5

Ta có: ( ) [ ]2 2

1' 0 0;f x x e

x e= > ∀ ∈

+

0,75

II

2

nên hàm số ( ) 2 2lnf x x x e= + + ñồng biến trên [ ]0;e ,

suy ra: [ ]

( ) ( )0;

min 0 1e

f x f= = ; [ ]

( ) ( ) ( )0;

max 1 ln 1 2e

f x f e= = + +

0,75

2,0

Ta có: ( )( ) ( ) ( )1

5 2 5 2 1 5 2 5 2−

+ − = ⇒ − = +

Phương trình ñã cho tương ñương với:

2

5 2 5 2log ( 1) log 0x mx m x

+ ++ + + − =

( ) ( )22

00

1 1 0 *1

xx

x m x mx mx m x

>> ⇔ ⇔

+ − + + =+ + + =

0,5

III

1 Với 2m = − phương trình (*) có dạng:

( )

2

3 13

23 1 0

3 13

2

x

x x

x loai

+=

− − = ⇔ −

=

Vậy với 2m = − phương trình có một nghiệm: 3 13

2x

+= .

0,75

Để phương trình ñã cho có duy nhất nghiệm thì phương trình (*) có duy nhất

một nghiệm dương, ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1: Phương trình (*) có nghiệm kép dương

( )2

23 2 30 1 4 4 0

6 3 03 2 310 10

2 2 1

mm mm m

b mmm

a m

= +∆ = − − − = − − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −− − > <− > <

3 2 3m⇔ = −

0,25

2

Trường hợp 2: Phương trình (*) có hai nghiệm 1 2;x x thỏa mãn 1 20x x≤ <

2

1 2

1 2

0 6 3 0

0 0 1 0 11

0 1 00 1

0 1 0

m m

x x P m mm

S mx x m

P m

∆ > − − >

= < = + = = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ − > − >< < < − < + <

Vậy ( ] ; 1 3 2 3m∈ −∞ − ∪ − là giá trị cần tìm.

(Thí sinh có thể giải ý này bằng hàm số)

0,5

2,0 1,0 Gọi A là biến cố “ ba viên bi lấy ñược chỉ có hai màu”

Ta có: Số phần tử của không gian mẫu: 3

16 560C =

0,5

1

Số cách chọn ñược ba viên bi chỉ có một màu: 3 3 3

4 5 7 49C C C+ + =

Số cách chọn ñược ba viên bi có ñủ ba màu: 1 1 1

4 5 7 140C C C =

Vậy xác suất cần tìm là: ( )49 140 53

1560 80

P A+

= − =

0,5

1,0 Xét khai triển :

5

3 5 3 23 3

1 1nn

x x x xx x

+ = +

1 5 5 5

3 0 1 2 2 23 3 3

1 1 1... ...

k nn n n k

k n

n n n nx C C x C x C xx x x

− − = + + + + +

Thay 1x = vào khai triển ta ñược:

0 12 ... ...n k n

n n n nC C C C = + + + + +

Theo giả thiết ta có:

0 1 ... ... 4096k n

n n n nC C C C+ + + + + = 122 2 12nn⇔ = ⇔ =

0,5

IV

2

Với 12n = ta có khai triển:

12

3 5

2

1x x

x

+

Gọi số hạng thứ ( )1 0 12,k k k Z+ ≤ ≤ ∈ là số hạng chứa 6

x .

Ta có : ( )12 5

2 213 5 2

1 12 122

1k kk k

k k

kT x C x C xx

−− +

+

= =

Vì số hạng có chứa 6

x nên : ( )2 21 65

2 21 6 62 9

kk k

+− + = ⇔ = = .

Với 6k = ta có hệ số cần tìm là : 6

12924C = .

0,5

2,0 Gọi I là trung ñiểm của BD. Vì tam

giác ABD ñều vàtam giác BCD cân

tại C nên AI BD

CI BD

⊥

⊥

Suy ra A, I, C thẳng hàng, AC BD⊥

Tam giác ABD ñều cạnh a, suy ra

1 3

; ;2 2

aBD a BI a AI= = =

Tam giác BCD cân tại C và 0

120BCD = nên 0

60BCI = .

0 0

3;

tan 60 sin 60 32 3

BI a BI aIC BC= = = =

*) 3 3 2 3

2 6 3

a a aAC AI IC= + = + =

0,5

Tứ giác ABCD có hai ñường chéo vuông góc nên có diện tích:

21 3.

2 3ABCD

aS AC BD= =

Suy ra thể tích khối chóp .S ABCD là: 31 3

.3 9

ABCDV SA S a= = (ñvtt).

0,5

Tính khoảng cách

Gọi K là hình chiếu của A trên ñường thẳng SI, suy ra AK SI⊥

Mặt khác BD AC

AK BDBD SA

⊥⇒ ⊥

⊥ nên ( )AK SBD⊥ .

Vậy ( )( );d A SBD AK=

0,5

V

Tam giác SAI vuông tại A và có ñường cao AK nên:

2 2 2 2

1 1 1 7 21

3 7

aAK

AK AS AI a= + = ⇒ =

Ta có ñường thẳng AC cắt mặt phẳng SBD tại I và 3 2 1

6 33

IC a

IA a= = .

Suy ra: ( )( ) ( )( )1 1 21

; ;3 3 21

ad C SBD d A SBD AK= = = .

0,5

4,0 2,0

VI

1

Đường tròn có tâm ( )2; 3I − , bán kính 3R = .

Hình vuông MNPQ nội tiếp ñường tròn ( )C

nên tâm hình vuông cũng là tâm ( )2; 3I − của

ñường tròn, hay I là trung ñiểm của MP, suy ra

tọa ñộ ñiểm ( )2; 6P −

0,5

K

I

C

D

B

A

S

Q

P

N

M

Gọi ( )( )2 21 ; 0n a b a b+ ≠r

là véctơ pháp tuyến của ñường thẳng chứa cạnh

hình vuông,

vì ( )0;6PMuuuur

nên ñương thẳng MP có véc tơ pháp tuyến: ( )21;0n

uur .

Các cạnh của hình vuông hợp với ñường chéo MP một góc 045 .

nên ta có:

( ) 0

1 2 2 2 2 2

2cos ; cos 45

2, 1 0

an n

a b= ⇔ =

+ +

ur uur

2

2 2 2 2 2

2 2

12

2

a baa a b a b

a ba b

=⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔

= −+

Vậy có hai véctơ pháp tuyến là: ( )1;1nr

và ( )' 1; 1n −ur

0,75

*) Cặp ñường thẳng có véctơ pháp tuyến ( )1;1nr

:

+) Đi qua ( )2;0M : 2 0x y+ − =

+) Đi qua ( )2; 6P − : 4 0x y+ + =

*) Cặp ñường thẳng có véctơ pháp tuyến ( )1; 1n −r

:

+) Đi qua ( )2;0M : 2 0x y− − =

+) Đi qua ( )2; 6P − : 8 0x y− − =

Vậy các ñường thẳng chứa các cạnh hình vuông MNPQ là

2 0x y+ − = ; 4 0x y+ + = ; 2 0x y− − = ; 8 0x y− − = .

0,75

2.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho elip ( )2 2

: 116 9

x yE + = .Tìm tọa ñộ các

ñiểm M trên ( )E sao cho 1 22MF MF= ( với 1 2,F F lần lượt là các tiêu ñiểm bên

trái, bên phải của ( )E ).

2,0

2.Ta có: 4; 3; 7a b c= = = 0,5

Theo ñịnh nghĩa ta có: 1

1 2 1 2

1 2 22

16

2 2 3

2 3 8 8

3

MFMF MF MF MF

MF MF a MFMF

== =

⇔ ⇔ + = = =

0,5

1 2;cx cx

MF a MF aa a

= + = −

Gọi ( );M M

M x y , áp dụng công thức bán kính qua tiêu ta có:

2

78 16 74

3 4 21

M MM

cx xMF a x

a= − ⇔ = − ⇔ =

0,5

2

Mặt khác M thuộc ( )E nên:

2

2

16 7

21 3291

16 9 7

MM

yy

+ = ⇔ = ±

Vậy có hai ñiểm thỏa mãn: 1 2

16 7 329 16 7 329; , ;

21 7 21 7M M

−

0,5

VII 2,0

Điều kiện:

2 00

0 0

xx

xy

y

≥>

⇔ > >

0,5

Ta có:

( ) ( )( )22 1 1 0 1 0x yx x y x y⇔ + + − − = ⇔ − − = ( Vì 2 1 0x yx+ + > )

1y x⇔ = − (a)

0,5

( )1 ⇔ 2 1

22.4 1 2 2logy x x

y

++ = +

( )2 2

2 22 log 2 2 log 2 *y xy x⇔ + = +

Xét hàm số: ( ) 22 logtf t t= + trên ( )0;+∞

Ta có: ( ) [ ]1

' 2 ln 2 0 0;ln 2

tf t t et

= + > ∀ ∈ ,vậy ( )f t là hàm số ñồng biến.

Biểu thức ( ) ( ) ( )* 2 2 2 2f y f x y x⇔ = ⇔ = (b)

0,5

Từ (a) và (b) ta có:

( )2 2

1 12 1 2

4 8 4 2 2 5 2 0

x xx x

x x x x x

≥ ≥ − = ⇔ ⇔

− + = − + =

1

2

1

2

x

x

x

≥ =

⇔ =

2x⇔ =

Với 2 1x y= ⇒ = , suy ra hệ phương trình có một nghiệm ( )2;1 .

0,5

1,0 Ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1

4 4 4 4 4 4

a b cVT

b b c c a a

= + + + + +

2 2 2 2 2 2

1

2 2 2 2

a b c a b c

b c a b c a

≥ + + = + +

0,25

Mặt khác: 2 2 2

1 2 1 2 1 2; ;

a b c

b a b c b c a c a+ ≥ + ≥ + ≥

Cộng theo vế các BĐT trên ta ñược: 2 2 2

1 1 1a b c

b c a a b c+ + ≥ + +

Suy ra:

0,25

VIII

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 4VT

a b c a b b c c a

≥ + + = + + + + +

1 4 4 4 1 1 1

4VP

a b b c c a a b b c c a

≥ + + = + + = + + + + + +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 1a b c= = =

0,5


- Trang 1/7 -

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 - LẦN II Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số3

1

xy

x

(1)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số (1) .

b. Tìm m để đường thẳng d : 2y x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.

Câu 2(1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

3 29 12cos cos 3cos

2 2y x x x

Câu 3(1,0 điểm). Giải phương trình: cos3 cos 2sin cos2x x x x Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình: 2

2 4 22log 3 log ( 1) log 4x x x

Câu 5(1,0 điểm). Tổ một có 3 học sinh nam và 4 học sinh nữ.Tổ hai có 5 học sinh nam và 2 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất sao cho chọn được hai học sinh có cả nam và nữ

Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S. DABC có đáy DABC là hình thoi cạnh a, góc 06 0A B C , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, 2S C a . Tính theo a thể tích của khối chóp S. DABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( )SCD .

Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M (0;2) và hai đường thẳng

: 2 0d x y : 4 3 0x y . Viết phương trình của đường tròn đi qua điểm M, có tâm thuộc

đường thẳng d và cắt đường thẳng tại hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài đoạn AB bằng

4 3 . Biết tâm đường tròn có tung độ dương

Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình

3 2 3

2 3

12 2 8 8( , )

8 5 2

x y x y yx y R

x y x y

Câu 9(1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 4 5S

b c a a c b a b c

Trong đó a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thỏa mãn 2 c b a b c -------------Hết------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh………………………………………………..: Số báo danh………………

SỞ GD & ĐT SƠN LA

THPT THUẬN CHÂU


- Trang 2/7 -

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL LẦN II – KHỐI 12

Môn: TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)

Câu Đáp án Điểm 1 (2,0 điểm)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số (1) 1,0

Tập xác định: D \ 1

Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: 2

4' ' 0, 1

( 1)y y x

x

- Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 1 và 1;

0,25

- Cực trị: hàm số không có cực trị - Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực, tiệm cận:

lim 1x

y

, 1 1

lim , limx x

y y

Đường thẳng 1x là tiêm cận đứng, đường thẳng 1y là tiệm cận ngang

0,25

Bảng biến thiên: x -1 y’ + + y 1

1

0,25

Đồ thị: cắt trục tung tai điểm (0;-3), cắt trục hoành tại điểm (3;0). Đồ thị nhận giao điểm (-1;1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng

8

6

4

2

2

4

1

10 5 5 10

O

y

x

I

-1

f x( ) = x 3

x + 1

0,25

- Trang 3/7 -

b. Tìm m để đường thẳng d : 2y x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có

hoành độ dương

1,0

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:

32

1

xx m

x

2

1

( ) 2 2 3 0 (1)

x

g x x mx m

0,25

Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương thì (1)

phải có hai nghiệm dương phân biệt khác -1

' 0

0

0

( 1) 0

S

P

g

0,25

2 2 3 0

2 0

3 2 0

4 0

m m

m

m

0,25

3

1

0 1 3 / 2

3 / 2

m

m

m m

m

Vậy với 1 3/2m thì đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương

0,25

2 (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

3 29 12cos cos 3cos

2 2y x x x

1,0

Tập xác định: D Đặt cos , 1;1t x t

ta được hàm số:

3 29 1( ) 2 3

2 2g t t t t liên tục và xác định trên 1;1

0,25

' 2 '

1

( ) 6 9 3 ( ) 0 1

2

t

g t t t g tt

0,25

1 9( 1) 9, ( ) , (1) 1

2 8g g g

1;1 1;1

1 9x ( ) , n ( 1) 9

2 8Ma g g Mi g g

0,25

Vậy9

2 , 9 2 ,8 3

Max y x k Min y x k k

0,25

3 (1,0 điểm)

Giải phương trình: cos 3 cos 2 sin cos 2x x x x 1,0

cos3 cos 2sin cos2 2sin2 sin 2sin cos2 0x x x x x x x x 0,25

s in ( s in 2 c o s 2 ) 0x x x 0,25

- Trang 4/7 -

sin2 os2 08 2

sin 0

kx c x x

kx

x k

0,25

Vậy pt có hai họ nghiệm: , ( )8 2

kx x k k

0,25

4 (1,0 điểm)


2 4 22log 3 log ( 1) log 4x x x 1 ,0

Điểu kiện : 0,25

2

2 4 2 2 22 log 3 log ( 1) log 4 log [( 3) 1 ] log 4x x x x x x 0,25

( 3) 1 4x x x (*) 0,25

2 3 2 3 ( )1: (*) : 6 3 0

3 2 3 ( )

x tmo x x x

x l

2 1 ( )1 :(*) : 2 3 0

3 ( )

x lx x x

x tm

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: 3 2 3, 3x x

0,25

5 (1,0 điểm)

Tính xác suất để chọn được hai học sinh có cả nam và nữ ? 1,0

Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh . có 1 17 7. 49C C cách ( ) 49n 0,25

Gọi A là biến cố : “ Chọn được 2 học sinh có cả nam và nữ”. Có các trường hợp sau:

0,25

+ TH1: Chọn học 1 sinh nữ ở tổ một, 1 học sinh nam ở tổ hai. Có 4.5 20 cách + TH2: Chọn học 1 sinh nam ở tổ một, 1 học sinh nữ ở tổ hai. Có 3.2 6 cách

0,25

Theo quy tắc cộng ( ) 26

( ) 26 ( )( ) 49

n An A P A

n

0,25

6 (1,0 điểm)

Tính theo a thể tích của khối chóp S. DABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( )SCD

1,0

A D

CB

S

M

H

SA là đường cao của hình chóp S.ABCD

ABC cân có 06 0A B C A B C đều cạnh a

2 3( )

4

adt A B C (đvdt)

2 32 ( )

2ABCD

aS dt ABC (đvdt).

0,25

+ Trong tam giác vuông SAC: 2 2 3SA SC AC a 0,25

- Trang 5/7 -

3

.

1. .

3 2S ABCD ABCD

aV SAS (đvtt)

( , ( )) ( , ( ))d B SC D d A SC D 0,25

Gọi M là trung điểm của CD. Trong ( )SAM kẻ AH SM tại H

Vì

( , ( ))

SAM SCDAH SCD d A SCD AH

SAM SCD SM

Ta có

2 2 2 2

1 1 1 5 15 15( , ( ))

3 5 5

a aAH d B SCD

AH SA AM a

0,25

7 (1,0 điểm)

Viết phương trình đường tròn đi qua M(0;2), có tâm thuộc d, cắt tại hai

điểm A, B: 4 3AB ( biết tâm đường tròn có tung độ dương)

1,0

B

A

I

d

HM

Gọi ( 2 ; )I t t d là tâm đường tròn ( 0 )t

2 2 24 (2 )IM t t

0,25

+ ( , )d I t

+ Gọi H là trung điểm đoạn AB

Ta có: 2 2 2 2 2 2IH AH IA IH AH IM

0,25

2 2 212 4 (2 )t t t 2 2 ( )2 0

1 ( )

t tmt t

t l

0,25

2 ( 4; 2)t I , bán kính đường tròn 4R IM

Phương trình đường tròn: 2 2( 4) ( 2) 16x y

0,25

8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

3 2 3

2 3

12 2 8 8 (1)( , )

8 5 2 (2)

x y x y yx y R

x y x y

1,0

Điều kiện : 2 38 0x y

Xét phương trình (1): 3 2 3 3 312 2 8 8 1 (2 1) (2 1) 1x y x y y x x y y

0,25

2 2(2 1)[(2 1) (2 1) 1] 0 2 1y x y y x x y x

Vì: 2 2(2 1) (2 1) 1 0, ,y y x x x y

0,25

Thế 2 1y x vào phương trình (2) ta được :

- Trang 6/7 -

2 3 3 2( 1) 5 ( 1) 4 3 1 4 1x x x x x x x x

3 2

11 1 ( )

411 6 ( )

12 11 0

x x y tm

x y tmx x x

0,25

Vậy hpt có hai nghiệm (x;y) là: (1;1),(11;6). 0,25

9 (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 4 5S

b c a a c b a b c

. Trong

đó a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác thỏa mãn 2c+b = abc.

1,0

Áp dụng BĐT : 1 1 4

( , 0)x yx y x y

ta có:

0,25

1 1 1 1 1 1( ) 2( ) 3( )

2 4 6

Sb c a a c b b c a a b c a c b a b c

c b a

0,25

Từ gt ta có 2 1

ab c nên

2 4 6 1 2 3 32( ) 2( ) 4 3a

c b a c b a a

0,25

Vậy 4 3 4 3 3S Min S a b c

0,25

Chú ý:

- Nếu thí sinh làm theo cách khác mà vẫn đúng thì GK căn cứ đáp án cho điểm tối đa. - Câu 6 HS không vẽ hoặc vẽ hình sai thì không chấm. - Điểm toàn bài để đến 0,25 và không làm tròn.


SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA LẦN 2 TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1

MÔN TOÁN (Năm học 2014 – 2015)

Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)

Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 4 (O là gốc tọa độ) Câu 2: ( 2 điểm) a) Giải phương trình: sin 2 os2x 2sin 1x c x

b) Tính tích phân: I = 1

2 2

0

( 1)x x dx

Câu 3: (1 điểm) a) Từ một hộp đựng 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi. Tính xác suất để hai viên bi được chọn cùng màu.

b) Giải phương trình: 11 1 2

3 9

x x

.

Câu 4: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;-1) và mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho

3OM . Câu 5 ( 1 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy, SA = a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 300. Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM), (M là trung điểm CD). Câu 6 ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3;0) và trung điểm của BC là I(6; 1). Đường thẳng AH có phương trình x + 2y – 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng DE là x - 2 = 0 và điểm D có tung độ dương. Câu 7 ( 1 điểm)

Giải hệ phương trình 2 2

2

2 3 1 1

2 3 2 4 3 14 8 0

y y y x x xy

x y x y x x

Câu 8 (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac = 1.

Chứng minh rằng: 2

2 2 2

2 2 1 31 1 1 2

a b ca b c

.

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:...........................................; Số báo danh:..................................


Hướng dẫn giải và thang điểm Câu Hướng dẫn giải Điểm 1a Hàm số y = x3 – 3x2 +1

TXĐ D = R Sự biến thiên: lim ; lim

x xy y

; y’=3x2-6x => y’ = 0 0; 2x x

BBT Hàm số đồng biến trên (- ;0) và (2; + ); Hàm số nghịch biến trên (0;2). Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu tại x = 2; y = -3 Đồ thị

0,5 0.5

1b Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ = 0

02

xx m

Với m 0 hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 2 44 (1 4 )m m Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0; Diện tích tam giác OAB: 2 4

4

1 1( ; ) 4 4 (1 4 ) 4 2( )2 2 1 4OAB

mS d O AB AB m m m TM

m

0,5 0,5

2a sin 2 os2x=2sinx-1 sinx(sinx + cosx-1)=0

sinx=0sinx+cosx=1 2 ; 2 22 2

x cx k x k

x k x k x k

0.5 0,5

2b I =

1 12 2 4 3 2

0 0

5 4 31

0

( 2 1) ( 2 )

1( 2 )5 4 3 3 0

x x x d x x x x d x

x x x

0,5 0,5

3.a Không gian mẫu có: 29 36C

Gọi A là biến cố lấy được hai viên bi cùng màu: 2 24 5 16A C C

Xác suất của biến cố: PA= 16 436 9

A

0,25

0,25

3.b Đặt t=

1( ) ( 0)3

x t . Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 = 021

tt

Ta có 1 / 3

1( ) 2 log 231 0( ) 13

x

x

xx

0.25 0,5

4 Phương trình đường thảng d qua A và vuông góc với (P): 2 1 1

1 2 2x y z

hoặc 21 2

1 2

x ty tz t

Gọi M(2+t; 1+2t; -1-2t); 2 2 2 2

1(2 ) (1 2 ) ( 1 2 ) 3 9 12 3 0 1

3

tOM t t t t t

t

Vậy tọa độ M(1; -1;1) hoặc M( 5 1 1; ; )3 3 3

0,5 0,5

2

-2

-4

-6

-5 5

-3

1

-

+

- ++ 00

+20-

y

y'

x

I

H

N M

D

CB

S

A

5 CM: DB ( )SAC hình chiếu vuông góc DS lên (SAC) là SO; Góc của SD và (SAC) là

030DSO .Đặt DO =x. Ta có SO= 3x (O là giao của AC với BD) Từ SO2 = AO2 +SA2 2 21. . 2

22 ABCD

ax S AC BD x a .

Thể tích khối chóp SABCD là.V= 31 1.

3 3ABCDSA S a

Gọi N là trung điểm của AB => DN// BM

Suyra:d(D;(SBM))=d(N;(SBM))=d(N;(SBM))=12

d(A;(SBM))

Kẻ AI ;BM AH SM . Từ đó CM được AH ( ) ( ;( ))SBM d A SBM AH Trong (ABCD): SABM= SABCD- SADM-SBCM = a2 /2.

Mà SABM =12

.AI.BM suy ra AI =2/ 5 a.

Khi đó 2 2 2

1 1 1 2 1( ;( ))3 3

AH a d D SBM aAH AI SA

0,25 0,25 0,25 0,25

6 Gọi K là trung điểm AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K và BCDE nội tiếp đường tròn tâm I Suy ra IK vuông góc DE => PT đường thẳng IK: y – 1=0 Tọa độ K(1:1) => A(-1;2). Gọi D(2; x)Ta có : KA = KD

25 1 ( 1) 3 1( ) (2;3)x x hoac x l D PT đường thẳng AC: x – 3y +7 =0 ; Phương trình BC: 2x – y -11 = 0 Tọa độ C(8;5) (4; 3). ây A(-1;2) B(4;-3) C(8;5)B V

0,25 0,25 0,5

7 (1)DK 0; 1; 3 2 4 0x y x y . Nhận thấy x= 0; y = 1 không là nghiệm của hệ Ta có:

2 2(1) 1 ( 1) ( 1 ) 01 1( 1 )( 2 1 ) 0 1( 2 1 0)1 1

y x y x y y x

y x y x y x do y xy x y x

Khi đó:

2(2) 3 1 6 3 14 8 0 ( 3 1 4) (1 6 ) ( 5)(3 1) 0

3 1( 5)( 3 1) 0 5 63 1 4 1 6

x x x x x x x x

x x x yx x

Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (5;6)

0,5 0,5

8 Từ gt: 2 21; 1 ( )( )ab bc ca a a ab bc ca a b a c

Ta có:2 2 2 2 2 2

1 1 11 1 ( )( ) ( )( ) ( )( )( ) (1 )(1 ). 1 1

a b a b ab aba b a b a c a b b c a b a c b c a b c c

Suy ra: 2 2

2 2 22

2 1 2 ( 1 2)( ) '( ) '( ) 0 31 (1 )1

c c cVT f c f c f c cc cc

Từ đó ta CM được:

maxVT = max ( )f c =

2

32 33( 3) 2 3

2 3 1 0

ca b

f khi a bc

a a

0,5 0,25 0,25

K

H

IB

A

C

DE


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 Môn: TOÁN


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 22 3 1 y x x (1) . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) . b) Tìm m để phương trình: 3 2 1 22 3 2 2 0mx x có ba nghiệm phân biệt.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 2 cos 2 1 3(sin cos ).x x x x

Câu 3 (1,0 điểm).Tính tích phân: 2

2 1

21

1 dx.5

xI x e

x

Câu 4 (1,0 điểm). a) Trong hộp đựng 5 cái bút chì và 6 cái bút mực, sáng nay trước lúc đi thi bạn An lấy ngẫu nhiên 4 cái bút . Tính xác suất để An lấy được cả bút chì và bút mực.

b) Tìm số hạng có lũy thừa của x và y bằng nhau trong khai triển: 22

3

2 , x 0.yxx

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho các điểm A(2;1;0), B(3;-1;3). Gọi (P) là mặt phẳng đi qua hai điểm A, B và song song với trục Oy. Lập phương trình mặt cầu (S) tâm I(-1;2;1) và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD cạnh AB=AC=2a,

2 3AD a . Biết SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa mặt phẳng (SBC) với mặt đáy bằng 600. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC).

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD có đường cao AD . Biết BC=2AB, M (0;4) là trung điểm của BC và phương trình đường thẳng AD là:

2 1 0 x y . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết rằng hình thang có diện tích bằng 545

và A, B có tọa độ dương.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 22 2

3 1 5 4 3 3( , ).4( )2 2 2(x )

3

y x xy yx y Rx xy yx y y

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b ,c là ba số thực dương thỏa mãn: 3 ab bc ca abc . Tìm giá

trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2

1 1 1 .2 2 2

Aa b b c c a

-------------Hết-----------


Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh.................................. GHI CHÚ: Thí sinh nhận bài thi vào ngày 12 và 13/02/2015 tại phòng Công đoàn trường THPT Thanh Chương 1 hoặc xem kết quả tại Website: thpt-thanhchuong1-nghean.edu.vn

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015

Môn: TOÁN. (Đáp án có 04 trang)

Câu Đáp án Điểm

1. (2,0

điểm)

a. (1,0 điểm) Tập xác định: D R Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: Ta có : ' 6 ( 1) y x x0

' 01

xy

x

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ; 0 1;va ,đồng biến trên khoảng (0 ;1)

0,25

Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 và yCT=-1 Hàm số đạt cực đại tại x=1 và yCĐ=0 Giới hạn lim ; lim

x xy y 0,25

Bảng biến thiên: x 0 1 y’ - 0 + 0 - y 0

-1

0,25

Đồ thị: Ta có 1'' 12 6 '' 02

y x y x

1 1( ; )2 2

I là điểm uốn của đồ thị.

Đồ thị (C) cắt trục Oy tại A 0; 1

Đồ thi cắt trục Ox tại 1B 1;0 ;C ;02

f(x)=-2x^3+3x^2-1

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4

-2

2

4

x

y

0,25

b. (1,0 điểm) PT đã cho 3 2 1 22 3 1 1 2 mx x 0,25 Đặt 1 21 2 mk . Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y=k 0,25

PT(1) có ba nghiệm phân biệt 1 21 0 0 2 1 1 mk 0,25 1 2 11 2 2 0

2 m m . Vậy 1(0; )

2m 0,25

2. (1,0

điểm)

Phương trình đã cho tương đương với: 22sin cosx 2cos 1 1 3 s inx cos x x x 0,25

sin cos 0s inx cos 2cos 3 0

2cos 3 0

x xx x

x 0,25

với: sin cos 0 2 cos 04 4

x x x x k k Z

0,25

với: 2cos 3 0 26 x x k k Z

Vậy phương trình có nghiệm :

4 x k k Z , 2

6 x k k Z

0.25

3. 1,0 điểm

Tính : 2 2

2 11 22

1 1 5

x xdxI xe dx I Ix

0,25

Tính: 2

2 11

1

xI xe dx , Đặt

22 12 1

22 1 2 11

2 11 12 22

xx

x x

dx dux u xeI e dxe dx dv v e

0,25

2 1 32 1 21 3( )

12 4 4

x

xxe e ee 0,25

Tính : 2 2 2

22 2 2

1 1

21 (5 ) ( 5 ) 1125 5

x d xI dx x

x x. Vậy:

3

1 23 4

4

e eI I I 0,25

4.

(1,0 điểm)

a (0,5 điểm) Số cách chọn ngẫu nhiên 4 cái bút trong 11 cái là: 4

11330C 330n

Gọi A là biến cố: “ Trong 4 cái bút lấy được có cả bút chì và bút bi” 0,25

Tính số cách chọn 4 cái bút không đủ cả hai loại: - Chọn được 4 cái đều là bút chì có: 4

55C cách.

- Chọn được 4 cái đều là bút bi có: 4

615C cách

n A = 5+15=20 n A =330-20=310

( ) 310 31( ) 330 33

n AP An

. Vậy P= 3133

0,25

b (0,5 điểm) Số hạng tổng quát của khai triển trên là

522 116

22 223

2 2

k kk kk k kyx x yxC C 0,25

Số hạng có lũy thừa của x và y bằng nhau 511

660 22,

k kk

k k N

Vậy số hạng cần tìm là 66 6 6 6 622

2 4775232 x y x yC

0,25

5. (1,0

điểm

Ta có: (1; 2;3)

AB , trục Oy có vtcp là (0,1,0)

j

Gọin là vtpt của (P)

n AB

n j, chọn , (3;0; 1)

n j AB

0,25

Phương trình mặt phẳng (P) : 3 6 0 x z 0,25

Mặt cầu (S) có bán kính R = 2 2

3( 1) 1 6; 10

3 ( 1)

d I P 0,25

Phương trình mặt cầu (S) là: 2 2 2( 1) ( 2) ( 1) 10 x y z

0,25

6.

(1,0

Tam giác ABC cân tại A, gọi H là hình chiếu của A lên BC thì H là trung điểm của BC ( ) BC SAH Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc 060 SHA .

0,25

điểm

Ta có 2 2

2. 2 3

ABCD

AH AB BH a

S AH BC a.

SAH vuông tại A có . tan 60 3 SA AH a .

Thế tích khối chóp S.ABCD là 3

.1 . 23

S ABCD ABCDV SA S a (đvtt)

0.25

Lấy M SA sao cho GM//AD / /( ) (G;(SBC)) d(M;(SBC)) GM SBC d . Gọi K là hình chiếu của A trên SH ( ) d(A;(SBC)) AK AK SBC

0,25

Tam giác SAH vuông tại A: 2 2 21 1 1 3

2

aAKSA AH AK

Lại có ( ; ( )) 2 2 3( ; ( ))( ;( )) 3 3 3

d M SBC SM ad M SBC AKd A SBC SA

. Vậy d(G;(SBC))= 33

a

0.25

7.

(1,0 điểm

Gọi N là hình chiếu của M trên đường thẳng AD 9 2( , )5 5

N 95

MN

Ta có 54 6 1 3.5 25 5

ABCDS MN AD AD AN AD 0,25

Gọi (2 1; ), t 0 A t t Với 2 2 1

3 9 2 92 1 15 5 555

tAN t t

t

Theo giả thiết thì: A(3;1), 9 1( ; )5 5D

0,25

AB vuông góc với AD nên PT tham số đường thẳng AB là:31 2

x by b

Gọi 1B(3 ;1 2 ), 3 b2

b b 0,25

Ta lại có 2 2 2 21

3 3 2 ( 1) (2;3)173

bBM BA b b b b B

b

M là trung điểm của BC nên C(-2 ;5). Vậy A(3;1), B(2;3), C(-2;5), 9 1( ; )5 5D .

0,25

8. (1,0

điểm)

Từ PT (2) ta có hệ PT có nghiệm khi: 0 x y . Đặt 2 2

2 2 4( )2 2 , ( 0, 0)3

x xy ya x y b a b , PT(2) trở

thành: 2 22(3 ) ( )(3 5 ) 0 a b b a a b a b0

3 5 0

a ba b

0.25

Với 0 a b x y thay vào PT(1) ta được 23 1 5 4 3 3(*). x x x x ĐK: 1

3 x Khi đó PT(*) 23( ) ( 1) 3 1 ( 2) 5 4 0 x x x x x x

0,25

2 2 01 1( ) 3 0 011 3 1 2 5 4

xx x x x

xx x x x thỏa mãn đk. 0,25

Với3 5 0 0 0 a b a b x y là nghiệm của hệ phương trình. 0,25

S

K

H

B G

C

A

M

D

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm ( ; )x y là: (0;0), (1;1) Cách 2: Với 0 x y ta có

22 2 2 2

2 2 22 22 2

2 2 2 2 x y,

4( )4 3

x y x y x y

x y x xy yx xy y x y xy x y x y

2 22 2 4( )2 2 2( ) PT(2) x y

3

x xy yx y x y

9.

(1,0 điểm)

Từ giả thiết, ta có: 1 1 1 3a b c

Áp dụng BĐT Bunhia-copski ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

( ) (1 1 1 )( ) 3( 2 )

2 3( 2 )

a b b a b b a b

a b a b b a b

Dấu “=” xảy ra a b

0,25

Mặt khác:2 2

1 2 1 1 1 9 3 32 2a b a b b a b a b

0,25

Tương tự : 2 2 2 2

1 2 3 3 1 2 3 3,2 2b c c ab c c a

0,25

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1( ) 332 2 2

Aa b ca b b c c a

Dấu “=” xảy ra 1a b c Vậy Max A= 3 đạt được khi a=b=c=1

0,25

CHÚ Ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. ---------HẾT-------

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

TRƯỜNG THPT CẨM BÌNH ***

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM 2015. MÔN: TOÁN

(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.)

Câu 1.(2. điểm). Cho hàm số .

a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số

b) Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 2.

Câu 2.(1. điểm). Giải phương trình

Câu 3.(1. điểm). Tính tích phân

Câu 4.( 1.điểm).

a) Một hộp đựng 20 quả bóng. Trong đó có 4 quả màu xanh, 5 quả màu đỏ, 5 quả màu trắng và 6 quả màu vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 quả bóng. Tính xác suất để lấy được ít nhất hai quả bóng cùng màu.

b) Giải bất phương trình .

Câu 5.(1.điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;3;5). Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt

phẳng (Oxy), tọa độ điểm C thuộc trục Oz sao cho A, B, C phân biệt, thẳng hàng và AB= .

Câu 6.(1.điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm tam giác ABC.Đường thẳng SD tạo với đáy ABCD một góc 450. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳngSC vàBD theo a.

Câu 7.(1.điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm . Biết

lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB, AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

Câu 8.(1.điểm). Giải hệ phương trình

Câu 9.(1.điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương.

(C)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

...........................Hết..............................

Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh:...........................................................................Số báo danh.......................................

www.NhomToan.com

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT CẨM BÌNH

***

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM 2015. MÔN: TOÁN

(Các cách giải khác đúng cho điểm tối đa theo thang điểm!)


1(2đ) a) (1.điểm) Khảo sát...

* TXĐ:

* Giới hạn và tiệm cận: 0,25

* Sự biến thiên: ;

Hàm số đồng biến trên và ; Hàm số nghịch biến trên

Hàm số đạt cực đại tại yCĐ =1; Hàm số đạt cực tiểu tại x=2; yCT =3

0,25

* Bảng biến thiên:

0,25

* Đồ thị: 0,25 b) (1. điểm). * Từ câu a) ta giả sử A(0; 1) ; B(2; 3). Ta có:

; phương trình đương thẳng AB: 2x+y1=0 0,25

* 0,25

* Theo (gt), ta có 0,25

* Vậy có hai điểm M cần tìm đó là hoặc 0,25


2.(1đ) ĐK:

0,25

0,25

* (thỏa mãn) 0,25

*

* Vậy phương trình đã cho có nghiệm

0,25

3(1đ)

Ta có 0,25

* 0,25

*

( Học sinh có thể đổi biến )

0,25

* Vậy 0,25

4(1đ) a) (0,5 điểm). Tính xác suất...

* Số phần tử của không gian mẫu là

* Số cách lấy 4 quả bóng trong đó không có 2 quả nào cùng màu là 0,25

* Số cách lấy 4 quả bóng trong đó có ít nhất 2 quả bóng cùng màu là

* Xác suất cần tìm là

0,25

b) (0,5 điểm). Giải bất phương trình...

* ĐK:

*

0,25

*

Tập nghiệm bất phương trình là

0,25

5(1đ) *

A, B, C thẳng hàng

0,25


5 0,25

* Với k=1, ta có (loại)

0,25

* Với k= 1, ta có (thỏa mãn)

0,25

6(1đ) * ABCD là hình chữ nhật

nên ta có:

+ + Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, theo giả thiết ta có

và

0,25

+ Suy ra thể tích khối chóp S.ABCD là:

0,25

* Gọi E là điểm đối xứng với A qua B, ta có:

+ (1) + Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên EC, SI ta có

(2)

0,25

+ Gọi F là hình chiếu của B lên EC, ta có BF=HI và , trong tam

giác HSC có (3)

+ Từ (1),(2),(3) suy ra

0,25


7(1đ)

+

+

0,25

+M trung điểm AB

+N trung điểm AC

+

0,25

+Do

0,25

+ Với

+ Với

0,25

8(1đ) ĐK: . Khi đó

(1)

0,25

Xét hàm số suy ra f(t) đồng biến

Mặt khác .

Thế y = x 2 vào phương trình (2) của hệ ta được

0,25

0,25

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm

0,25

9(1đ)

Ta có . Tương tự ta được 0,25

Xét hàm số

0,25

. Bảng biến thiên.

0,25

đạt được khi

0,25

Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số: 3 23 2 9 1 my x (m )x x m (C )= − + + − − với m là tham số

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi 0m .=

b. Gọi ∆ là tiếp tuyến với đồ thị m(C ) tại giao điểm của đồ thị m(C ) với trục tung. Viết

phương trình tiếp tuyến ∆ biết khoảng cách từ điểm 1 4A( ; )− đến đường thẳng ∆ bằng 82.

Câu 2 (1.0 điểm) Giải phương trình: 22cos x cosxsinx sinx sin x cosx+ − + =

Câu 3 (1.0 điểm) Tính tích phân: 5

1

3 1 2 1I ( x ) x dx= + −∫

Câu 4 (1.0 điểm)

a. Giải bất phương trình: 2 4 21 2 5 1 2log (x ) log ( x) log (x )+ − − < − −

b. Có 6 tấm bìa được đánh số 0, 1, 2, 3, 4, 5. Lấy ngẫu nhiên 4 tấm bìa và xếp thành hàng

ngang từ trái sang phải. Tính xác suất để xếp được một số tự nhiên có 4 chữ số.

Câu 5 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm 1 1 0 2 0 1A( ; ; ), B( ; ; )− − và

mặt phẳng 2 1 0(P): x y z .+ + + = Tìm tọa độ điểm C trên (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông

góc với mặt phẳng (P) và tam giác ABC có diện tích bằng 14 .

Câu 6 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 3a và 60oABC .=

Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD biết

7SA SB SC a .= = =

Câu 7 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân

giác trong góc ABC đi qua trung điểm M của cạnh AD, đường thẳng BM có phương trình:

2 0x y ,− + = điểm D nằm trên đường thẳng∆ có phương trình: 9 0x y .+ − = Tìm tọa độ các đỉnh

của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh B có hoành độ âm và đường thẳng AB đi qua 1 2E( ; ).−

Câu 8 (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:

2 2 2

3 2 3

2 2 3 2 2 3 1

2 22 3 2

2 1

x x (x x) y ( y )x

x x xyx

− − − − = − − + + + − − =

+

Câu 9 (1.0 điểm) Cho x, y là hai số thỏa mãn: 1x, y ≥ và 3 4(x y) xy.+ = Tìm giá trị lớn nhất và

giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3

2 2

1 13P x yx y

= + − +

-------------------------- Hết --------------------------


Họ và tên thí sinh:.......................................................... Số báo danh:..................................

SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI T Ổ

ĐỀ THI TH Ử KỲ THI THPT QU ỐC GIA L ẦN 2 NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi 09/03/2015

Trang 1/5

Câu Đáp án Điểm 1

(2.0 điểm)

a. (1.0 điểm) 3 20 6 9 1m y x x x= ⇒ = − + − • Tập xác định: D .= ℝ • Sự biến thiên:

2 1 33 12 9 0

3 1

x yy ' x x ; y '

x y = ⇒ =

= − + = ⇔ = ⇒ = −

0.25

Giới hạn: x xlim y ; lim y→−∞ →+∞

= −∞ = +∞


x −∞ 1 3 +∞

y ' + 0 − 0 +

y 3 +∞ −∞ 1−

0.25

- Hs đb trên khoảng 1 3( ; ), ( ; )−∞ +∞ và nb trên khoảng 1 3( ; ). - Hàm số đạt cực đại tại 1 3CÑx ;y= = ; đạt cực tiểu tại 3 1CTx ;y .= = −

0.25

0.25

b. (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến ∆ …

TXĐ: 23 6 2 9D , y ' x (m )x= = − + +ℝ

Giả sử M là giao điểm của đồ thị hàm số m(C ) với Oy 0 1M( ; m )⇒ − − 0.25

Phương trình tiếp tuyến ∆ là: 9 1y x m= − − hay 9 1 0x y m− − − = 0.25

Ta có: 2 2

9 1 4 1 9482 82 12 82

709 1

. ( ) m md(A; ) m

m( )

− − − − =∆ = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = −+ −

0.25

Vậy phương trình tiếp tuyến∆ là: 9 95 9 69y x ; y x .= − = + 0.25 2

(1.0 điểm) Giải phương trình …

PT 2 2 2 0cos x sin x cosxsin x sin x (sin x cosx)⇔ − + + − + = 0.25

0(cosx sin x)(cosx sin x) sin x(cosx sin x) (cosx sin x)⇔ − + + + − + = 1 0(cosx sinx)(cosx sin x sin x )⇔ + − + − =

0.25

0

1 01

sinx cosx(sin x cosx)(cosx )

cosx + =

⇔ + − = ⇔ = 0.25

SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI T Ổ

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TH Ử THPT QUỐC GIA L ẦN 2 NĂM 2015

Môn: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

• Đồ thị:

x 4 0

y 3 1−

Trang 2/5

14

12

tanx x kcosx x k

π = − = − + π⇔ ⇔ = = π

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 4 2x \ k ;x k .= −π + π = π

0.26

3 (1.0 điểm)

Tính tích phân …

Đặt 22 1 2 1t x t x tdt dx= − ⇒ = − ⇒ = Đổi cận: 1 1x t= ⇒ = 5 3x t= ⇒ =

0.25

23 3 32 2 4 2

1 1 1

3 1 1 11 3 5 3 5

2 2 2

(t )I .t.tdt ( t )t dt ( t t )dt +

⇒ = + = + = + ∫ ∫ ∫ 0.25

35 3 5 3

1

1 3 5 1 3 3 5 3 3 5 1414

2 5 3 2 5 3 5 3 15

t t . . = + = + − − =

0.5

4 (1.0 điểm)

a. (0.5 điểm) Giải bất phương trình …

Điều kiện: 2 5x (*)< <

Khi đó, BPT 2 2 2 21 2 2 5log (x ) log (x ) log log ( x)⇔ + + − < + −

2 21 2 2 5log (x )(x ) log ( x)⇔ + − < −

0.25

21 2 2 5 12 0(x )(x ) ( x) x x⇔ + − < − ⇔ + − < 4 3x⇔ − < < Kết hợp điều kiện(*) ta có: 2 3x< < là nghiệm của bất phương trình. Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 2 3x .< <

0.25

b. (0.5 điểm) Tính xác suất …

- Phép thử T: “Lấy ngẫu nhiên 4 tấm bìa và xếp thành hàng ngang từ trái sang

phải” ⇒ Số phần tử của không gian mẫu là: 46

360AΩ = =

- Gọi A là biến cố “X ếp được một số tự nhiên gồm 4 chữ số”

0.25

Giả sử 1 2 3 4n a a a a= là số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau.

Chọn 1a có 5 cách.

Chọn 2 3 4a a a có 35A cách.

35

5 300A .A⇒ Ω = =

Vậy 300 5

360 6AP(A)

Ω= = =

Ω

0.25

5 (1.0 điểm)

Tìm tọa độ điểm C nằm trên mặt phẳng (P) …

Giả sử C(a;b;c) , 2 1 1Pn ( ; ; )=

là 1 VTPT của (P).

Do 2 1 0 1C (P) a b c ( )∈ ⇔ + + + =

Ta có: 1 1 1

1 1

AB ( ; ; )

AC (a ;b ;c)

= −

= − +

1 1 2AB,AC (c b ; a c;b a ) ⇒ = + + − − − +

0.25

⇒ Mặt phẳng (ABC) nhận 1 1 2n (c b ; a c;b a )= + + − − − +

là 1 VTPT

Vì 0 2 3 5 0 2P(ABC) (P) n.n a b c ( )⊥ ⇔ = ⇔ − + + + =

0.25

Mà: 2 2 211 1 2 2 14 3

2ABCS AB,AC (c b ) ( a c) (b a ) ( )∆ = ⇒ + + + − − + − + =

Từ (1) và (2) ta có: 2 2

1 4

b ac a = − = −

0.25

Trang 3/5

Thay vào (3) ta được:

2 2 2 2 2 2 72 3 4 14 4

2 6 9

a b ,c( a) ( a) a . a

a b ,c = ⇒ = = −

− + + = ⇔ = ⇔ = − ⇒ = − =

Vậy tọa độ điểm C thỏa mãn đề bài là: 2 2 7 2 6 9C( ; ; ), C( ; ; ).− − −

0.25

6 (1.0 điểm)

Tính thể tích khối tứ diện SACD …

S

A

B C

D

H

K

0.25

SHB∆ vuông tại H nên ta có: 2 2 2SH SB BH a= − =

Vậy 31 3 3

3 2SACD ACD

aV SH.S∆= = 0.25

Vì H là trọng tâm tam giác ABC nên 3 2HD BD=

Do AB // CD nên 3

2d(AB;SD) d(AB;(SCD)) d(B;(SCD)) d(H;(SCD))= = =

Ta có: 30 60 90o o oHCD HCA SAD HC CD.= + = + = ⇒ ⊥ Mà SH CD⊥ nên CD (SHC)⊥ Trong (SHC) kẻ HK SC (K SC) d(H;(SCD)) HK⊥ ∈ ⇒ =

0.25

SHC∆ vuông tại H nên: 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 2 21

74 3

aHKHK HS HC a a

= + = + ⇒ =

Vậy 3 3 21

2 7

ad(AB;SD) HK= = ⋅ 0.25

7 (1.0 điểm)

Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

A

B C

DM

E

E'

H

0.25

Giả sử 2 0B(b;b ) BM (b )+ ∈ < 1 1BE ( b; b), BE ' ( b; b)⇒ = − − − = − − −

Mà 0

0 2 1 01 1 1

b (loaïi)BE BE' BE.BE' b( b)

b (tm) B( ; ) =

⊥ ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − ⇒ −

0.25

Phương trình cạnh AB là: 1x .= − Giả sử 1 1A( ;a) AB (a )− ∈ ≠ và 9D(d; d)− ∈ ∆

Do M là trung điểm AB 1 9

2 2

d a dM ; − + −

⇒

0.25

Do SA SB SC= = và tam giác ABC đều nên hình chiếu của đỉnh S trên (ABCD) là trọng tâm H của tam giác ABC.

∆ ABC đều 3BH a⇒ =

Ta có: 29 3

4ACD ABC

aS S∆ ∆= =

Kẻ đường thẳng đi qua E vuông góc BM tại H và cắt AC tại E'. H⇒ là trung điểm của EE'

Phương trình EH là: 1 0x y+ − =

1 3

2 2H EH BM H ;

= ∩ ⇒ −

Vì H là trung điểm 0 1EE' E '( ; )⇒

Trang 4/5

Mặt khác:

1 92 0 2 6 0 1

2 2

d a dM BM a d ( )− + −∈ ⇔ − + = ⇔ − + − =

Ta có: 1 9 0 1AD (d ; d a), AB ( ; a)= + − − = −

Mà 0 9 0 2AB AD AB.AD a d ( )⊥ ⇔ = ⇔ − − + =

Từ (1) và (2) ta có: 4 1 4

5 5 4

a A( ; )d D( ; ) = ⇒ − = ⇒

Do 5 1AB DC C( ; )= ⇒

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: 1 4 1 1 5 1 5 4A( ; ),B( ; ),C( ; ),D( ; ).− −

0.25

8 (1.0 điểm)

Giải hệ phương trình …

Điều kiện: 1 1 3

2 2 2x ; y≠ − − ≤ ≤

PT 2 21 2 1 2 1 3 2 3 2 0( ) x x (x )x y x ( y)⇔ − + − − − + − =

( )2 2

2

1 2 1 3 2 3 2 0

1 3 2 0 3 2 1 3

(x ) (x )x y x ( y)

x x y x y x ( )

⇔ − − − − + − =

⇔ − − − = ⇔ − = −

Nhận thấy 0x = không là nghiệm của phương trình 0x⇒ ≠

Suy ra 1 1

3 3 2 1x( ) yx x−⇔ − = = −

0.25

Thay vào PT (2) ta được:

3 2 3

3 2 31 2 2 11 2 1 2 2

2 1

x x x ( x+1) x x xx x x

+ + ++ = ⇔ + = + + ++

3

3 31 1 2 2 1 1 2 2

2 1 1 1 1 1 1 1 4( )x x x x x x x x

⇔ + + = + + + ⇔ + + + = + + +

0.25

Xét hàm số 3f(t) t t= + với t∈ℝ

Ta có: 23 1 0f '(t) t t= + > ∀ ∈ℝ

⇒Hàm số f(t) đồng biến trên .ℝ

Do đó, 3 31 2 1 2

4 1 1 1 1 5( ) f f ( )x x x x

⇔ + = + ⇔ + = +

0.25

Đặt 1 0a / x (a )= ≠ ⇒ (5) trở thành:

3

3 2

1 2 01 1 2

1 1 2

aa a

( a) ( a) + ≥+ = + ⇔

+ = +

3 2 2

1

21 1

1 51 52 2

220 1 01 5

2

a

a aaa

a a a a aa

≥ −

≥ − ≥ − + +⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ==

− − = − − = −=

Với 1 5 5 1 1 5

3 3 2 02 2 2

a x ( ) y+ − −= ⇒ = ⇒ ⇔ − = < (loại)

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm

0.25

Trang 5/5

9 (1.0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức …

Đặt 0t x y (t ).= + > Khi đó 3

4

txy =

Từ giả thiết ta có: 23 4 3 3(x y) xy (x y) x y t+ = ≤ + ⇒ + ≥ ⇒ ≥

Vì 1x,y ≥ nên 3

1 1 0 1 0 1 0 44

t(x )(y ) xy (x y) t t− − ≥ ⇔ − + + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤

Vậy ta có 3 4t≤ ≤ .

0.25

Mặt khác từ giả thiết ta có: 1 1 4

3x y+ = ⋅

Suy ra: 2

3 3 21 1 6 9 8 163 3

4 3P (x y) xy(x y) t t

x y xy t

= + − + − + + = − + −

0.25

Xét hàm số: 3 29 8 16

4 3f(t) t t

t= − + − với 3 4t≤ ≤

Ta có: ( ) ( )( )2 3 4

2 2

9 8 13 5 9 16 0

2 2f '(t) t t t t t

t t= − − = − + − > với mọi 3 4t [ ; ]∈

f(t)⇒ là hàm số đồng biến trên đoạn 3 4[ ; ].

0.25

Vậy GTNN của P là: 49

312

f( ) = khi 3

32

t x y= ⇔ = =

GTNN của P là: 74

43

f( ) = khi 1 3

43 1

x , yt

x , y = =

= ⇔ = =

0.25

Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 3 2 y x x = − + (1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số (1).

b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( ) C tại giao điểm của ( ) C và đường thẳng 5 2 y x = − + .

Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 2 2 2sin 3 sin cos cos 1 x x x x − + = . b) Giải phương trình ( ) 2

3 9 log 4 log 9 7 0 x x + − = .


0

2 4 1 1 dx I x

= + + ∫ .


a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) ( ) 2 3 x f x e x = − trên 1 ; 2 4

.

b) Chuẩn bị đón tết Ất Mùi 2015 một đội thanh niên tình nguyện của trường THPT Nghèn gồm 9 học sinh trong đó có 3 học sinh nữ chia thành 3 tổ đều nhau làm công tác vệ sinh môi trường tại nghĩa trang liệt sỹ huyện Can Lộc. Hãy tính xác suất để mỗi tổ có đúng một học sinh nữ. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 0 45 . Gọi E là trung điểm BC . Tính thể tích khối chóp . S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC theo a . Câu 6 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có hai điểm , M N lần lượt là

trung điểm của AB và BC , biết CM cắt DN tại điểm 22 11 ; 5 5

I

. Gọi H là trung điểm DI , biết đường

thẳng AH cắt CD tại 7 ;1 2

P

. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết hoành độ điểm A nhỏ

hơn 4.

Câu 7 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm ( ) ( ) 2;3; 4 , 5;3; 1 A B − − và mặt phẳng

( ) : 4 0 P x y z − − − = . Viết phương trình mặt phẳng ( ) α qua A và song song với ( ) P . Tìm tọa độ điểm C trên ( ) P sao cho tam giác ABC vuông cân tại C .

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 2

4 4 2 2

5 2 6 5 36

5 6 2 6

x y xy x y

y x x xy y

+ = − − + − = + −

.

Câu 9 (1,0 điểm). Cho , a , b c là các số thực không đồng thời bằng 0 và thỏa mãn: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 a b c a b c + + = + + . Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

( ) ( ) 3 3 3 a b c P

a b c ab bc ca + +

= + + + +

.

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Cảm ơn bạn Văn Công Trần ( [email protected]) ) đã gửi tới www.laisac.page.tl

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH

TRƯỜNG THPT NGHÈN

ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA NĂM 2015 Môn thi: TOÁN


www.NhomToan.Com



Câu ĐÁP ÁN Điểm

Câu 1 (2,0đ)

a) (1 điểm) • Tập xác định D = ¡ • Sự biến thiên Chiều biến thiên : 2 2 ' 3 3; ' 0 1 0 y x y x = − = ⇔ − = ⇔ 1 x = − hoặc 1 x =

0,25

Các khoảng đồng biến ( ) ; 1 −∞ − và ( ) 1;+∞ , khoảng nghịch biến ( ) 1;1 − Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1, 4 CÐ x y = − = ; cực tiểu tại 1, 0 CT x y = = Giới hạn: lim ; lim

x x y y

→+∞ →−∞ = +∞ = −∞

0,25


0,25

• Đồ thị

0,25

b) (1 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng 5 2 y x = − + là

( ) 3 3 2 3 2 5 2 2 0 2 0 0 x x x x x x x x − + = − + ⇔ + = ⇔ + = ⇒ = 0,25

Với 0 2 x y = ⇒ = . Vậy tọa độ tiếp điểm là ( ) 0;2 M 0,25

( ) ' 0 3 y = − . Phương trình tiếp tuyến tại ( ) 0;2 M là 0,25

( )( ) 2 ' 0 0 3 2 y y x y x − = − ⇔ = − + 0,25

Câu 2

a) (0,5 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2 sin 3 sin cos 0 x x x − =

( ) sin sin 3 cos 0 x x x ⇔ − = 0,25

sin 0 x x kπ = ⇔ =

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

TRƯỜNG THPT NGHÈN

ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA 2015

(Đáp ánthang điểm gồm 04 trang)

(1 đ) sin 3 cos 0 tan 3 3

x x x x k π π − = ⇔ = ⇔ = +

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là ; 3

x k x k π π π = = +

0,25

b) (0,5 điểm) Điều kiện 0 x > Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với

23 3 log 2 log 3 0 x x + − =

0,25

3

3

3 log 1 1 log 3 27

x x x x

= = ⇔ ⇔ = − = (Thỏa mãn điều kiện) 0,25

Câu 3 (1 đ)

Đặt t = 4 1 2 t x tdt dx = + ⇒ = . Khi 0 x = thì 1 t = , khi 6 x = thì 5 t = 0,25

Suy ra 5 5

1 1

1 1 1 1

tdt I dt t t

= = − + + ∫ ∫ 0,25

( ) ( ) ( ) 5 1 ln 1 5 ln 6 1 ln 2 t t = − + = − − − 0,25

4 ln3 = − 0,25

Câu 4 (1 đ)

a) (0,5 điểm)

( ) ( )

( ) 1 2 3 1

' , ' 0 1 4

x x e x x f x f x

x x

= − + = = ⇔ =

0,25

( ) ( ) ( ) 2 4 1 2 , 1 , 2 2 2 3 4

f e f e f e = − = − = −

Vậy trên 1 ; 2 4

giá trị lớn nhất của ( ) ( ) 2 2 2 3 f x e = − , giá trị nhỏ nhất ( ) f x e = − 0,25

b) (0,5 điểm)

Số phần tử của không gian mẫu là 3 3 3 9 6 3 1680 C C C = 0,25

Số kết quả thuận lợi cho biến cố “ Chia 3 tổ học sinh đều nhau và mỗi tổ có 1 nữ” là: 2 2 2 6 4 2 3! 540 C C C = . Xác suất cần tính là 540 9

1680 28 P = =

0,25

Câu 5 (1 đ)

AC là hình chiếu của SC lên đáy nên góc 0 45 SCA = . SAC ∆ vuông cân tại A nên

2 SA AC a = =

0,25

3 2

. 1 1 2 . 2 3 3 3 S ABCD ABCD

a V SA S a a = = = 0,25

Từ C dựng ( ) / / / / CI DE DE SCI ⇒ . Từ A dựng AK CI ⊥ cắt ED tại H và CI tại K . Trong ( ) SAK dựng HT SK ⊥ . Do

( ) CI SAK ⊥ nên ( ) HT SCI ⊥ .

0,25

. 3 5

CD AI a AK CI

= = , 1 3 5

a HK AK = =

( ) ( ) ( ) , ,

. 38 19

d DE SC d H SCI

SA HK a HT SK

=

= = =

0,25

Câu 6 (1đ)

Ta có MBC NCD ∆ = ∆ do đó CM DN ⊥ . Vì AH DN ⊥ nên AMCP là hình bình hành và P là trung điểm CD và góc 0 90 AIP ∠ =

0,25

Đường thẳng AI vuông góc với PI qua I có dạng 3 4 22 0 x y + − = .

Gọi ( ) 12 9 2 4 ;4 3 4 ;3 5 5

A t t IA t t − + ⇒ = − − +

uur

2 2 12 9 2 4 3 9 5 5

AI PI t t = ⇔ + + + = 6 0, 5

t t ⇔ = = −

0,25

Nếu 6 5

t = − thì 34 2; 5 5

A

(loại). Nếu 0 t = thì ( ) 2;4 A 0,25

Đường thẳng : 2 8 0, AP x y + − = DN AP ⊥ và đi qua I có dạng 2 0 x y − = . Ta có

( ) ( ) ( ) 16 8; 2;1 5;1 5;4 5 5

DN AP H D C B ∩ = ⇒ ⇒ ⇒

.

Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) 2;4 , 5;4 , 5;1 , 2;1 A B C D

0,25

Câu 7 (1đ)

( ) α nhận ( ) 1; 1; 1 n − − r

làm vec tơ pháp tuyến 0,25

Phương trình của ( ) : 3 0 x y z α − − − = 0,25

Gọi ( ) ( ) ; ; x y 4 C x y P − − ∈

Ta có ( ) ( ) 2; 3; , 5; 3; 3 AC x y x y BC x y x y = − − − = − − − − uuur uuur

Tam giác ABC vuông cân tại C nên

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 5 3 3 0 . 0

2 3 5 3 3

x x y x y x y AC BC AC BC x y x y x y x y

− − + − + − − − = = ⇔ = − + − + − = − + − + − −

uuuuruuur

0,25

2 3; 1 3 23 42 0

14 13 ; 2 5 3 3

x y x x x y y x

= = − + = ⇔ ⇔ = = = − .

Vậy ( ) 3;1; 2 C − hoặc 14 13 11 ; ; 3 3 3

C −

.

0,25

Điều kiện 4 4 0,5 0 xy y x ≥ − ≥ . Xét phương trình (1) xem 2 2 5 x y + là ẩn chính ta có

( ) ( ) 2 2 2 2 2 5 2 5 12 36 0 y x xy y x xy + + + − − = . ( ) 2 6 xy ∆ = + . Do đó 2 2 2 2 5 6, 5 2 6 x y x y xy + = + = − − (loại)

0,25

Câu 8 (1đ)

Thay 2 2 5 6 x y + = vào (2) ta có ( )( ) 4 4 2 2 2 2 5 5 2 y x x y x y xy − − + − =

( ) 4 4 4 4 2 2 5 5 5 4 2 y x y x x y xy ⇔ − + − = + 0,25

Xét ( ) 2 , 0 f t t t t = + ≥ . Hàm số này đồng biến do đó 4 4 5 2 y x xy x y − = ⇔ = 0,25

Thay vào 2 2 5 6 x y + = giải ra ta có 1, 1 x y = ± = ± . Vậy hệ đã cho có nghiệm ( ) ( ) ( ) ; 1;1 , 1; 1 x y = − − 0,25

Câu 9 (1 đ)

2

Giả sử 0 c ≠ . Đặ , a b x y c c

= = . Từ giả thiết ta có ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 x y x y + + = + +

( ) ( ) 2 4 2 1 xy x y x y ⇒ = + − + + . Đặt ; u x y v xy = + = thì

2 2 1 4 2 1 2

v u u u u = − + ≤ ⇒ ≥

0,25

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 3 3 3 2

3 3

1 1 6 3 4 1 3 1 1 1

u x y u u u P x y xy x y u u

− + + + − + = = = +

+ + + + + + 0,25

Xét hàm số ( ) ( ) ( )

2

3

1 1

u f u

u

− =

+ xác định trên 1 ;

2 +∞

Trên 1 ;2

+∞ ta tìm được ( ) ( ) min 1 0 f u f = = và ( ) ( ) 1 2 max 5

2 27 f u f f = = =

0,25

Vậy min 1 P = chẳng hạn khi 0, 0 a b c = = ≠ . 11 9

maxP = chẳng hạn khi

, 4 0 b a c a = = ≠ 0,25

Hết

Cảm ơn bạn Văn Công Trần ( [email protected]) ) đã gửi tới www.laisac.page.tl



SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 1 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 21 1 13

y x mx m m x (1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi 2m . b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực đại tại 1x . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2

3 3log 1 log 2 1 2x x .


22

2 15 4

xI dxx x

.

Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 22 3 z (4 ) (1 3 )i i z i . Tìm phần thực và phần ảo của z . b) Một chi đoàn có 15 đoàn viên trong đó có 7 nam và 8 nữ. Người ta chọn ra 4 người trong chi đoàn đó để

lập một đội thanh niên tình nguyện. Tính xác suất để trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3a ; 0120BAD và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng ( )SBC và ( )ABCD bằng 060 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 1 0P x y z và điểm 3; 5; 2I . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng P . Tìm tọa độ tiếp điểm.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn 2 2: 2 2 5C x y và

đường thẳng : 1 0x y . Từ điểm A thuộc kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với C tại B và C . Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8 .


2 2 2

2 2 2

2 2 4 1 1

4 1 2 1 6

x y y x x

x y x x

.

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn min , ,c a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2

1 1P a b ca c b c

.

-------------- Hết -------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:..............................................; Số báo danh:..............................

www.NhomToan.com

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 1 Môn: TOÁN; Khối: A+B (Đáp án – thang điểm gồm 01 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM


a.(1,0 điểm). 3 2 21 1 13

y x mx m m x (1)

Với 2m , hàm số trở thành: 3 21 2 3 13

y x x x

♥ Tập xác định: D ♥ Sự biến thiên:

ￚ Chiều biến thiên: 2' 4 3y x x ; ' 0 1y x hoặc 3x .

0.25

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;3 ;

+ Đồng biến trên các khoảng ;1 và 3; .

ￚ Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại 3x ; yCT (3) 1y ;

+ Hàm số đạt cực đại tại 1x ; yCĐ7(1)3

y .

ￚ Giới hạn: lim ; limx x

y y

0.25

ￚ Bảng biến thiên:

0.25

♥ Đồ thị:

0.25

b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực đại tại 1x . Tập xác định: D Đạo hàm: 2 2' 2 1y x mx m m

0.25

1 (2,0 điểm)

♥ Điều kiện cần: Hàm số đạt cực đại tại 1x '(1) 0y

0.25

2 3 2 0m m 12

mm

♥ Điều kiện đủ: Với 1m , ta có: 2' 2 1 y x x , ' 0 1 y x Bảng biến thiên

x 1 'y 0

y

Từ BBT ta suy ra 1m không thỏa.

0.25

Với 2m , ta có: 2' 4 3 y x x , 1

' 03

xy

x


x 1 3 'y 0 0

y CĐ CT

Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại 1x .

♥ Vậy hàm số đạt cực đại tại 1x khi 2m .

0.25

Giải phương trình 2

3 3log 1 log 2 1 2x x (1)

♥ Điều kiện: 11 012 1 02

xxx x

0.25

♥ Khi đó: 3 31 log 1 log 2 1 1x x

3log 1 2 1 1x x

1 2 1 3x x (2)

0.25

Với 1 12

x thì 22 1 2 1 3 2 3 4 0x x x x : pt vô nghiệm 0.25

2 (1,0 điểm)

Với 1x thì 2 12 1 2 1 3 2 3 2 0 22

x x x x x x

Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm phương trình đã cho là 2x .

0.25

Tính tích phân 3

22

2 15 4xI dx

x x

.

♥ Ta có: 2

2 1 2 1 3 15 4 1 4 4 1x x

x x x x x x

0.25

♥ Do đó: 3 3

2 2

1 134 1

I dx dxx x

0.25

3 3

2 23ln 4 ln 1x x 0.25

3 (1,0 điểm)

4 ln 2 . 0.25 4

(1,0 điểm) a.(0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 22 3 z (4 ) (1 3 )i i z i . Tìm phần

thực và phần ảo của z . ♥ Đặt z a bi , ,a b ta có:

2 22 3 z (4 ) (1 3 ) 2 3 (4 ) (1 3 )i i z i i a bi i a bi i

6 2 4 2 8 6a b a b i i

0.25

6 2 8 74 2 6 17

a b aa b b

♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 7 và phần ảo bằng 17 .

0.25

b.(0,5 điểm). Một chi đoàn có 15 đoàn viên trong đó có 7 nam và 8 nữ. Người ta chọn ra 4 người trong chi đoàn đó để lập một đội thanh niên tình nguyện. Tính xác suất để trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ. ♥ Số phần tử của không gian mẫu là 4

15C 1365 Gọi A là biến cố "trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 4 4

A 15 7C C 1330

0.25

♥ Vậy xác suất cần tính là (A)

A 1330 38P1365 39

. 0.25

Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3a ; 0120BAD và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng ( )SBC và ( )ABCD bằng 060 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC .

Do đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3a ; 0120BAD nên các tam giác ,ABC ADC là các tam giác đều cạnh 3a .

Suy ra:

223 . 3 3 32 2

4 2ABCD ABC

a aS S

Gọi H là trung điểm của BC . Suy ra AH BC SH BC

Do đó 0; ; 60SBC ABCD AH SH SHA .

0.25

Xét tam giác SAH ta có:

03 . 3 3.tan 602 2

a aSA AH

Vậy 2 31 1 3 3 3 3 3. . . .

3 3 2 2 4ABCD

a a aV S SA .

0.25

5 (1,0 điểm)

Gọi O AC BD . Vì DB AC , BD SC nên BD SAC tại O . Kẻ OI SC OI là đường vuông góc chung của BD và SC .

0.25

Sử dụng hai tam giác đồng dạng ICO và ACS hoặc đường cao của tam giác

SAC suy ra được 3 714aOI . Vậy 3 7,

14ad BD SC .

0.25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 1 0P x y z và điểm 3; 5; 2I . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng P . Tìm tọa độ

tiếp điểm.

Bán kính mặt cầu 2 2 2

2.3 ( 5) 3.( 2) 1 18;( )142 1 3

R d I P

. 0.25

Phương trình mặt cầu: 2 2 2 1623 5 27

x y z . 0.25

Tiếp điểm chính là hình chiếu vuông góc H của I xuống mặt phẳng P đã cho

Đường thẳng IH qua I và nhận PVT 2; 1; 3n

của mặt phẳng P làm VTCP có phương trình là

3 2

52 3

x ty tz t

t

0.25

6 (1,0 điểm)

Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình

3 252 3

2 3 1 0

x ty tz t

x y z

Hệ này có nghiệm 9 3 26 13, , ,7 7 7 7

t x y z

Do đó tiếp điểm H có tọa độ là 3 26 13; ;7 7 7

H

.

0.25

7 (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn 2 2: 2 2 5C x y

và đường thẳng : 1 0x y . Từ điểm A thuộc kẻ hai đường thẳng lần

lượt tiếp xúc với C tại B và C . Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8 .

C có tâm 2;2 , 5I R , ; 1A A a a Từ tính chất tiếp tuyến IA BC tại H là trung điểm của BC . Giả sử ,IA m IH n 0m n

2 2 2, 5HA m n BH IB IH n

Suy ra: 21 . . 5 82ABCS BC AH BH AH m n n (1)

0.25

Trong tam giác vuông IBA có 2 5. 5 .BI IH IA m n m

n (2) 0.25

Thay (2) vào (1) ta có: 2 6 4 25 5 8 15 139 125 0n n n n nn

2 4 21 14 125 0n n n Suy ra 1, 5n m .

0.25

2 2 22; 32

5 2 3 25 6 03 3;2

AaIA a a a a

a A

0.25

Giải hệ phương trình

2 2 2

2 2 2

2 2 4 1 1 (1)

4 1 2 1 6 (2)

x y y x x

x y x x

.

♥ Điều kiện: 0x Ta thấy 0x không thỏa mãn phương trình (2)

Với 0x thì 22

1 11 2 1 4 1 1 1y yx x

(3)

0.25

♥ Xét hàm số 2( ) 1 1f t t t , với t .

Ta có 2

2

2 1'( ) 1 01

tf tt

, với mọi t . Suy ra f t đồng biến trên .

Do đó: 1 13 2 2f y f yx x

0.25

♥ Thay 12yx

vào phương trình (2) ta được phương trình:

3 22 1 6 0x x x x (4)

Xét hàm số 3 22 1 6g x x x x x với 0;x

Ta có 2

2 5 1' 3 1 0, 0;xg x x xx

.

Suy ra g x đồng biến trên 0;

Do đó: 4 1 1g x g x

0.25

8 (1,0 điểm)

Với 112

x y

♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm ;x y là 11;2

0.25

9 (1,0 điểm)

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn min , ,c a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2

1 1P a b ca c b c

.

♥ Ta có: 22

2 2 2 2

4 2c ca c a ac a ac a

Tương tự ta có 2

2 2

2cb c b

0.25

♥ Do đó ta có theo bất đẳng thức Cô-si thì

2 2 22 2 2 2

1 1 1 1 8

2 2a c b c c c a b ca b

Vậy nên ta có

0.25

2

8P a b ca b c

♥ Đặt t a b c với 0t

Xét hàm số 4

8( )f t tt

trên (0; ) . Ta có:

5

5 5

32 32'( ) 1 0 2tf t tt t

.


t 0 2 'f t 0

f t

52

0.25

♥ Dựa vào BBT suy ra

0;

5min 22

f t f

. Do đó 52

P . Dấu đẳng thức xảy ra

khi và chỉ khi 2 2t a b và 0c

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 52

, đạt được khi 2a b và 0c

0.25

Cảm ơn thầy Huỳnh Chí Hào chủ nhân http://boxmath.vn/forum/ đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl

6

TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I

NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề .

Câu 1 (4điêm):Cho hàm số )1(1

12

x

xy

a.Khảo sat sự biến thiên và vẽ đô thị (C) của hàm số (1)

b.Lập phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 4x+y+3=0

Câu 2 (1điêm): Giải phương trình 02cos2sin22sin xxx

Cầu 3 (1điêm): Giải bất phương trình xx 1

2

4

4 31log33log

Câu 4 (2 điêm): Tính I =

1

0

2

2

4

)4ln(dx

x

xx

Câu 5 (2điêm):Từ tập hợp A=0,1,2,3,4,5,6,7 lập được bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số đôi

một khac nhau bé hơn 3045

Câu 6 (2điêm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(-1; 2; 1); B(2; -2; 4); C(0; -4; 1).

Chứng minh ba điêm A, B, C không thẳng hàng. Viết phương trình mặt cầu đi qua hai điêm A,

B và có tâm I nằm trên trục Oy.

Câu 7 (2điêm): Cho hình hộp ABCD DCBA có hình chóp A'ABD là hình chóp đều,

AB=AA'=a. Tính theo a thê tích khối hộp ABCD DCBA và khoảng cach giữa

hai đường thẳng BA và CA

Câu 8 (2điêm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giac ABC cân tại B nội tiếp

đường tròn (C) có phương trình 0251022 yyx . I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng BI

cắt đường tròn (C) tại M (5;0) .Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn (C) tại N

5

6;

5

17. Tìm tọa

độ A,B,C biết hoành độ điêm A dương.

Câu 9 (2điêm): Giải hệ phương trình

323

323

)1(1)73(

3463

xyx

yyxxxvới yx,( R)

Câu 10 (2điêm): Cho cac số dương a,b,c thoả mãn a(a-1)+b(b-1)+c(c-1)3

4

Tìm gia trị nhỏ nhất của 1

1

1

1

1

1

cbaP

--- Hết---

Thí sinh không được sử dụng tài liệu ,cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh.................................................. Số báo danh…………..

Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ ( [email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

www.NhomToan.com

1

TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2014 - 2015.

(Đap an - thang điêm gôm 05 trang)

Câu 1 Đáp án Điểm

1a

(2đ)

- Tập xac định D = R\ 1

- Sự biến thiên

giới hạn y

x 1lim ;

yx 1

lim đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng

2lim

yx

; 2lim

yx

đường thẳng y = -2 là tiện cận ngang

0,5

Chiều biến thiên 2)1(

12)1(2

x

xxy

=

2)1(

1

x > 0 x 1

hàm số đông biến trên ( )1; và );1(

0,5


0,5

Đô thị:

cắt Ox tại ( 0 ; -1); cắt Oy tại ( )0;2

1

và nhận giao điêm hai tiệm cận

I (1; -2) làm tâm đối xứng

0,5

Câu 1 Đáp án Điêm

1b

(2đ)

Gọi )()1

12;(

0

0

0 Cx

xxM

Tiếp tuyến của (C) tại M: 2

0 )1(

1

xy

)( 0xx

0

0

1

12

x

x

0,25

Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d nên hệ số góc của tiếp tuyến là 4

1k

0,25

2

0 )1(

1

x =

4

1

21

21

0

0

x

x

3

1

0

0

x

x

0,5

Với 10 x PTTT: 4

5

4

1

2

3)1(

4

1 xyxy 0,5

Với 30 x PTTT: 4

13

4

1

2

5)3(

4

10 xyxy 0,5

x

y

y'

-2

+ -

+

-

1

+ +

-2

O

y

x 2

1

I

-2

1

-1

2

Câu 2

(1đ) 0)1(cos2)1(cossin2

02cos2sin22sin

xxx

xxx0)2sin2)(1(cos xx

0,5

1sin

1cos

x

x

0,25

cosx = 1 x= 2k

sinx = 1 x=

22

k . Nghiệm của phương trình là

22

2

kx

kx

0,25

Câu 3

(1đ) 2

4

4 log)33(log x ( )31 1 x (1)

điều kiện xac định

031

033

1 x

x

x>1

0,25

(1) 33log2 2 x )31(log2 1

2

x

)33(log2 x )31(log 1

2

x 33 x x3

31

0,25

033.432 xx

33

13

x

x

0,25

1

0

x

x

Kết hợp điều kiện tập nghiệm của bất phương trình là: );1( S

0,25

Câu 4

(2đ)

dxx

xxI

1

0

2

2

4

)4ln( đặt u = ln )4( 2 x du = dx

x

x

4

.22

0,5

0x 4lnu

1x 5lnu 0,5

I =

5ln

4ln

2

4ln

5ln

42

1 uudu 0,5

= 4ln5ln4

1 22 0,5

Câu 5

(2đ)

Gọi số cần lập là abcd

Do abcd <3045 và abcd là số chẵn nên d0,2,4,6 và a3 Nếu a=1 thì d có 4 cach chọn và mỗi cach chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6

Có 120.4 2

6 A số

0,5

Nếu a=2 thì d có 3 cach chọn và mỗi cach chọn bc là một chỉnh hợp chập 2 của 6

Có 90.3 2

6 A số 0,5

Nếu a=3,b=0,c=4 thì d có một cach chọn có 1 số 0,25

Nếu a=3,b=0,c=1 thì d có 3 cach chọn có 3 số 0,25

nếu a=3,b=0,c=2 thì d có 2 cach chon có 2 số 0,25

Vậy tất cả có 120+90+1+3+2 = 216 số cần lập

0,25

3

Câu 6

(2đ)

AB = (3; -4; 3); AC = ( 1; -6; 0)

Giả sử tôn tại số k sao cho AB = k AC (1)

k

k

k

03

64

3

Vô nghiệm

Không tôn tại k thõa mãn (1) A, B, C không thẳng hàng

0,5

Do I Oy nên I(0;a;0)

Mặt cầu đi qua A,B nên IA=IB. 1+(a-2) 2 +1= 4+(a+2) 2 +16 0,5

a 2 -4a+6 = a 2 +4a+24 8a = -18 a = 4

9 0,25

I(0;4

9;0). Ban kính của mặt cầu R=IA= 1)2

4

9(1 2

=4

321 0,5

Vậy phương trình mặt cầu là 16

321

4

9 2

2

2

zxx 0,25

Câu 7

(2đ)

Do ABDA/ là hình chóp đều nên với G

là tâm ABD GA / (ABD)

A'G là chiều cao của lăng trụ. Gọi

O là giao điêm của BD và AC.Ta có

AG = 3

2.AO=

2

3a.

3

2=

3

3a

Trong tam giac vuông AGA / ta có

GA / =

3

6

3

2222 aa

aAGAA

0,5

ABCDS = 2 ABDS = 2.2

1. AO.BD =

2

32a

DCBAABCDV

= GA / . ABCDS =

3

6a.

2

32a=

2

23a

0,5

Gọi H là giao điêm của A'C' và B'D'. Do A'C'// AC nên

),( CABAd = ))(,( BACCAd = ))(,( BACHd

Từ H kẻ HE // GA /

)//()(

)(

ABCDDCBA

ABCDGAHE DCBA ( ) HE A'C' (1)

Do DCBA là hình thoi nên CA DB (2)

0,5

Từ (1) (2) CA (E DB ) AC (E DB ) (3)

Từ H kẻ HK EB

HK ( BAC )

Từ (3) HK AC

HK = d (H, ( BAC )

0.25

Trong tam giac HEB ta có :

2

1

HK=

2

1

HB+

2

1

HE =

2

4

a+

26

9

a=

22

11

a HK =

11

2a

0.25

O A

B C

D

D’

G E

A’

B’ C’

H

K

4

Câu 8

(2đ)

Ta có I (0;5).

Do I là trung điêm BM B(-5;10)

0,25

Ta có: ABM ACN (cùng phụ với BAC ) nên A là trung điêm cung MN 0,25

IA MN ,

5

6;

5

42MN

Do IA MN nên đường thẳng AI nhận n =(7;1) làm véc tơ phap tuyến

0.25

Phương trình đường thẳng AI là 7x + y - 5 = 0

Tọa độ A là nghiệm hệ :

02510

057

22 yyx

yx

0,25

50)5(

75

22 yx

xyx 492 2x =50 2x =1

)(1

1

loaix

x

x=1y=-2 A(1;-2)

0,25

Đường thẳng BI nhận véc tơ BI = (5;-5) làm véc tơ chỉ phương nên nhận

1n =(1;1) làm véc tơ phap tuyến.phương trình đường thẳng BI là x +y - 5 = 0 0,25

Do tam giac ABC cân tại B nên C đối xứng với A qua BI

AC BI nên đường thẳng AC nhận BIn5

12 = (1;-1) làm véc tơ phap tuyến

phương trình đường thẳng AC là x-1-(y+2) = 0 x-y-3 = 0

0,25

Gọi H là giao điêm của BI và AC Tọa độ H là nghiệm hệ

05

03

yx

yx

1

4

y

xH(4;1)

Do H là trung điêm AC nên C(7;4). Vậy A(1;-2) ,B(-5;10) ,C(7;4)

0,25

Câu 9

(2đ)

)2()1(1)73(

)1(3463

323

323

xyx

yyxxx

Từ (1) yyxx 3)1(3)1( 33 . Xét hàm số )(tf = 3t + 3 t trên R

0,25

)(' tf = 3 2t + 3 > 0 t R hàm số y = f(t) đông biến trên R

(1) )1( xf = f ( y ) x +1= y

0,25

Thay y = x + 1 vào (2) ta có 3x ( x3 - 4) = 1- 32 )1( x

3x ( x3 - 4) =

2

222

11

)111(

x

xxx

x 2 011

1243

2

222

x

xxxx

0,5

)3(011

1243

0

2

222

x

xxxx

x

0,5

A

C

B

I

N

M

H

5

(3)

3

4

3

23

2

x 011

12

2

22

x

xx

2

3

23 x

0116

2511

2

22

2

x

xx (vô nghiệm)

Với x = 1 y = 1

Vậy hệ có nghiệm ( x ; y) = ( 0;1)

0,5

Câu10

(2đ)

Ta có 3.1

11

1

11

1

119

2

cbaP

cc

bb

aa

3

9

cbaP

0,5

giả thiết 222 cba - (a+b+c)3

4 (1)

Mặt khac 222 cba 23

1cba nên nếu đặt t = a+b+c thì

3

4

3

1 2 tt 0 < t 4 (do a,b,c dương)

0,5

Xét hàm số f(t)=3

9

ttrên 4,0 ta có 0

)3(

9)(

2

ttf

=> hàm số f(t) nghịch biến trên 4,0 . 0,4

9( ) (4)7

minf t f

0,5

GTNN của P là 7

9 khi

cba

cba

cba

111

4

3

4

0,5

----Hết----

Cảm ơn bạn Vì Sao Lặng Lẽ ( [email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NHƯ THANH

ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN THỨ 2 NĂM HỌC 2014 2015

Môn : Toán Khối 12

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2 điểm)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) H của hàm số 2 1 2

x y x

− =

− .

b. Tìm m để đường thẳng : d y m x = − cắt ( ) H tại hai điểm phân biệt , A B sao cho trung điểm I của đoạn AB

nằm trên đường thẳng : 16 0 x y ∆ + − = .

Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình 2 1 sin 2 3 os cos 0 2

x c x x + − = .

Câu 3: (1 điểm)

a. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 3 3 2 y x x = − + trên đoạn [ ] 0; 2 .

b. Cho tập hợp 1, 2,3,4,5,6,7 A = . Từ các phần tử của tập A lập các số tự nhiên có bốn chữ số, các chữ số đôi

một khác nhau, chọn ngẫu nhiên một số từ các số mới lập đó. Tính xác suất để số được chọn có chữ số hàng

nghìn nhỏ hơn 5.

Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân ( ) 2

1

1 e x dx

x +

∫ .

Câu 5: (1 điểm) Giải phương trình 2 4 2 log log 4 2 x x + − = .

Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2 , , 3 a SA a SB a = = , mặt phẳng

( ) SAB vuông góc với mặt đáy ABCD . Gọi M là trung điểm của AB , N là điểm trên BC sao cho 2 3

BN BC = .

Tính thể tích khối chóp SBMDN.

Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn ( ) 2 2 : 2 4 20 0 C x y x y + − + − = và đường

thẳng :3 4 20 0 d x y + − = . Chứng minh rằng d tiếp xúc với ( ) C . Tam giác ABC có đỉnh ( ) A C ∈ hai đỉnh

, B C d ∈ , trung điểm cạnh AB thuộc ( ) C . Tìm toạ độ các đỉnh tam giác ABC , biết trực tâm tam giác ABC trùng

với tâm đường tròn ( ) C và B có hoành độ dương.

Câu 8: (1 điểm) Giải phương trình 3 2 3 2 4 5 6 2 4 10 8 7 1 13 0 x x x x x x − + + − + + − + − = .

Câu 9: (1 điểm)

Cho các số 2 2 2 , , , 0 a b c R a b c ∈ + + ≠ và ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 4 2 2 a b c a b c + + = + + .

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức ( )( )

3 3 3 8 8 2 2 4 2 2

a b c A a b c ab bc ca

+ + =

+ + + + .

……………………………………………..hết………………………………………………..

Cảm ơn bạn Đông Mai Xuân ([email protected]) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl

www.NhomToan.com



ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm

1a

* TXĐ: \ 2 R

* Sự biến thiên

Chiều biến thiên:

Ta có ( )

' 2

3 0 2 2

y x x

− = < ∀ ≠

−

Vậy hàm số nghịch biến trên ( ) ( ) ; 2 , 2; −∞ +∞

Hàm số không có cực trị

Giới hạn:

Ta có 2 2

2 1 2 1 lim ; lim 2 2 x x

x x x x + − → →

− − = +∞ = −∞

− − , suy ra x=2 là tiệm cận đứng của đồ thị.

Ta có 2 1 2 1 lim 2; lim 2 2 2 x x

x x x x →−∞ →+∞

− − = =

− − , suy ra y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị.


x −∞ 2 +∞ 'y 0

y 2 +∞

−∞ 2

* Đồ thị:

Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (1/2; 0), cắt trục Oy tại điểm (0; 1\2).

Vẽ đồ thị.

0,25

0,25

0,25

0,25

1b

* Với x 2 ≠ xét phương trình hoành độ giao điểm ( ) 2 2 1 2 1 0 1 2

x m x x mx m x

− = − ⇔ − + − =

−

Đường thẳng d cắt (H) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 2 nghiệm

p/b khác 2 ( ) 2 4 12 8 4 0

* 4 2 2 1 0 4 12

m m m m m m

< − − + > ⇔ ⇔ − + − ≠ > +

* Với điều kiện (*), gọi 1 1 2 2 ( ; ), ( ; ). A x m x B x m x − −

* Tính được ;2 2 m m I

* Điểm I thuộc : 16 0 x y ∆ + − = , suy ra m=16

0,25

0,25

0,25

0,25

2 * PT đã cho:

2 sin x cos 3 os cos 0

cos (s inx 3 cos 1) 0 cos 0

s inx 3 cos 1 0

x c x x

x x x

x

⇔ + − =

⇔ + − =

=

+ − =

* cos 0 2

x x k π π = ⇔ = +

( )

*s inx 3 cos 1 0 sin( ) sin 3 6

2 6

2 2

x x

x k k Z

x k

π π

π π

π π

+ − = ⇔ + =

= − + ⇔ ∈

= +

0,25

0,25

0,25

0,25

3

a. ' 2

'

3 3

0 1 y x y x

= −

= ⇔ =

Tính được ( ) ( ) (0) 2, 1 0, 2 4 y y y = = =

Suy ra Maxy=4; Miny=0.

b.

* Có 4 7 A số có 4 chữ số đôi một khác nhau lấy từ tập A, suy ra không gian mẫu Ω = 840

* Gọi số có 4 chữ số , các chữ số khác nhau là abcd , với a<5 suy ra có 4 cách chọn a, chọn

b,c,d có 3 6 A . Vậy có 4.

3 6 A số dạng này.

Gọi M=”Số lập được có chữ số hàng nghìn bé hơn 5”.

Suy ra M Ω = 480

* Xác suất cần tìm: 3 6 4 7

4 480 4 840 7

M A p A

Ω = = = =

Ω .

Nhận xét: Có thể giải ngắn gọn như sau: Do vai trò của các số của tập A như nhau, ta có

4 số nhỏ hơn 5 trong 7 số đã cho của tập A, suy ra XS cần tìm là 4 7 .

0,25

0,25

0,25

0,25

4

ĐK: 0 4

x x

≠ <

Ta có bất phương trình

( ) ( ) ( )

2 4 2 2 2

log log 4 2 log log 4 2

4 4 1

x x x x

x x

+ − = ⇔ + − =

⇔ − =

Th1: Nếu 0 4 x < < thì (1) 2 4 4 0 2 x x x − + − = ⇔ =

Th2: Nếu 0 x < thì (1) 2 2 8( ) 4 4 0

2 8

x loai x x

x

= + − − = ⇔ = −

0,25

0,25

0,25

0,25

5

Ta có

( ) 2 2

1 1 1

2

1

2

1 2 1 1 2

2 ln 2

3 2 . 2 2

e e e

e

x x x dx dx x dx x x x

x x x

e e

+ + + = = + +

= + +

= + −

∫ ∫ ∫ 0,25

0,5

0,25

6

* Hạ SH ⊥AB tại H thì SH chính là đường cao và H phải là trung điểm của AM vì tam

giác SAM đều.

* Ta có SBMDN=SABCDSADMSCDN=4a 2 5 3 a 2 = 7

3 a 2 .

* Dễ thấy tam giác SAB vuông tại S nên 2 2 2

1 1 1 SB SA SH

+ = ⇒SH= 2 2

2 2 . SB SA SB SA

+ =

2 3 a

* Tính được VSBMDN= 3 1 .SH.SBMDN=

3 2 1 3 7 7

3 2 3 18 a a a =

Nhận xét: Nếu vẽ H trên AM nhưng không nói rõ trung điểm thì cho 50% điểm, vẽ điểm H

và chỉ nói trên AB cho 25% điểm.

0,25

0,25

0,25

0,25

7

Đường tròn (C) có tâm H(1;2), R=5.

Ta có ( , ) 5 d H d = , suy ra d tiếp xúc với (C) tại điểm A’(4;2).

Tam giác ABC có trực tâm H, B và C thuộc d, suy ra A’ là chân đường cao thuộc BC, A

thuộc (C) nên AA’=2R=10, suy ra A(2;6).

Do trung điểm F của AB thuộc (C) nên HF song song với A’B và

' 1 ' 10 (12; 4) 2

HF A B A B B = ⇒ = ⇒ − .

0,25

0,25

0,25

N

M

B C

D A

S

E

A H

K F

C

A’

B

Do C thuộc d nên toạ độ C thoả mãn hệ thức ' '

(0;5). . 0

CA t A B C

CH AB

= ⇒ =

uuur uuuur

uuur uuur

Vậy A(2;6), B(12;4), C(0;5). 0,25

8

ĐK: ( ) 3 2

3 2

5 6 2 0 *

10 8 7 1 0 x x x x x

− + ≥

− + + − ≥

PT tương đương với: 3 2 3 2 4 5 6 2 4 10 8 7 1 13 x x x x x x − + + − + + − = −

Với (*), áp dụng bất đẳng thức Côsi ta được:

( ) ( ) 3 2 3 2 3 2

5 6 2 1 4 5 6 2 4 1. 5 6 2 4

2 x x

x x x x − + +

− + = − + ≤ . (1)

Tương tự ta có

( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2

10 8 7 1 4 4 10 8 7 1 2 4. 10 8 7 1 2

2 x x x

x x x x x x − + + − +

− + + − = − + + − ≤ (2)

Từ (1) và(2) ta có VT= 3 2 3 2 2 4 5 6 2 4 10 8 7 1 4 7 9 x x x x x x x − + + − + + − ≤ − + + .

Măt khác ta lại có 2 2 2 4 7 9 4 7 9 4( 1) 13 x x x x x x − + + ≤ − + + + − = − =VP.

Vậy phương trình đã cho ⇔

( )

3 2

3 2

2

5 6 2 1 10 8 7 1 4 1

4 1 0

x x x x x x

x

− + = − + + − = ⇔ =

− =

.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=1.

Nhận xét: Nếu HS tách được 13=1+4+8 và nhân liên hợp, tìm được nghiệm x=1nhưng

không chứng minh được nghiệm duy nhất, cho 0,25 điểm.

0,25

0,25

0,25

0,25

9

Ta có (1) 2 2

2 2 2 2 2 c c a b a b

⇔ + + = + + .

Đặt 2 c d = , ta có [ ] 2 2 2 2 2 a b d a b d ⇔ + + = + + (1).

Mặt khác ta có ( ) 2 2 2 2 1 2

ab bd da a b d a b d + + = + + − − − (2).

Từ (1) và (2) ta được 2 2 2 1 4

ab bd da a b d + + = + + .

Khi đó ta có 0,25

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

3 3 3

3 3 3 3 3 3

3 3 3 3 3 3

3

8 8 2 2 2 2 2

2 2 2

4 1 4 4 4 16

c a b a b c a b d A

c bc ca a b c ab bc ca a b d ab bd da a b ab

a b d a b d a b d a b d a b d a b d

+ + + + + + = = = + + + + + + + + + + + +

+ + = = + + + + + + + + + +

Đặt 4a x a b d

= + +

, 4b y a b d

= + +

, 4d z a b d

= + +

, khi đó

2

4 4 4 4 4

y z x x y z xy yz zx yz x x

+ = − + + = ⇔ + + = = − +

, với điều kiện ( ) 2 8 4 0 3

y z yz x + ≥ ⇒ ≤ ≤ .

⇒ ( ) ( ) 3 3 3 2 1 1 3 3 12 12 16 16 16

A x y z yz y z x x x = + + − + = − + + .

Xét hàm ( ) 3 2 1 8 3 12 12 16 , 0 16 3

f x x x x x = − + + ≤ ≤ .

Từ đó ta tìm được:

1 inf ( ) 1 16

MinA M x = = , đạt được khi a=0, c=2b 0 ≠ ;

1 11 ax axf ( ) 16 9

M A M x = = , đạt được khi a=b, c=8a, 0 a ≠ .

0,25

0,25

0,25

Cảm ơn bạn Đông Mai Xuân ([email protected]) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl



SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 Môn: TOÁN


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 22 3 1 y x x (1) . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) . b) Tìm m để phương trình: 3 2 1 22 3 2 2 0mx x có ba nghiệm phân biệt.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin 2 cos 2 1 3(sin cos ).x x x x

Câu 3 (1,0 điểm).Tính tích phân: 2

2 1

21

1 dx.5

xI x e

x

Câu 4 (1,0 điểm). a) Trong hộp đựng 5 cái bút chì và 6 cái bút mực, sáng nay trước lúc đi thi bạn An lấy ngẫu nhiên 4 cái bút . Tính xác suất để An lấy được cả bút chì và bút mực.

b) Tìm số hạng có lũy thừa của x và y bằng nhau trong khai triển: 22

3

2 , x 0.yxx

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho các điểm A(2;1;0), B(3;-1;3). Gọi (P) là mặt phẳng đi qua hai điểm A, B và song song với trục Oy. Lập phương trình mặt cầu (S) tâm I(-1;2;1) và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD cạnh AB=AC=2a,

2 3AD a . Biết SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa mặt phẳng (SBC) với mặt đáy bằng 600. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC).

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD có đường cao AD . Biết BC=2AB, M (0;4) là trung điểm của BC và phương trình đường thẳng AD là:

2 1 0 x y . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết rằng hình thang có diện tích bằng 545

và A, B có tọa độ dương.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 22 2

3 1 5 4 3 3( , ).4( )2 2 2(x )

3

y x xy yx y Rx xy yx y y

Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b ,c là ba số thực dương thỏa mãn: 3 ab bc ca abc . Tìm giá

trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2

1 1 1 .2 2 2

Aa b b c c a

-------------Hết-----------


Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh.................................. GHI CHÚ: Thí sinh nhận bài thi vào ngày 12 và 13/02/2015 tại phòng Công đoàn trường THPT Thanh Chương 1 hoặc xem kết quả tại Website: thpt-thanhchuong1-nghean.edu.vn

www.NhomToan.com

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015

Môn: TOÁN. (Đáp án có 04 trang)


1. (2,0

điểm)

a. (1,0 điểm) Tập xác định: D R Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: Ta có : ' 6 ( 1) y x x0

' 01

xy

x

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ; 0 1;va ,đồng biến trên khoảng (0 ;1)

0,25

Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 và yCT=-1 Hàm số đạt cực đại tại x=1 và yCĐ=0 Giới hạn lim ; lim

x xy y 0,25

Bảng biến thiên: x 0 1 y’ - 0 + 0 - y 0

-1

0,25

Đồ thị: Ta có 1'' 12 6 '' 02

y x y x

1 1( ; )2 2

I là điểm uốn của đồ thị.

Đồ thị (C) cắt trục Oy tại A 0; 1

Đồ thi cắt trục Ox tại 1B 1;0 ;C ;02

f(x)=-2x^3+3x^2-1

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4

-2

2

4

x

y

0,25

b. (1,0 điểm) PT đã cho 3 2 1 22 3 1 1 2 mx x 0,25 Đặt 1 21 2 mk . Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y=k 0,25

PT(1) có ba nghiệm phân biệt 1 21 0 0 2 1 1 mk 0,25 1 2 11 2 2 0

2 m m . Vậy 1(0; )

2m 0,25

2. (1,0

điểm)

Phương trình đã cho tương đương với: 22sin cosx 2cos 1 1 3 s inx cos x x x 0,25

sin cos 0s inx cos 2cos 3 0

2cos 3 0

x xx x

x 0,25

với: sin cos 0 2 cos 04 4

x x x x k k Z

0,25

với: 2cos 3 0 26 x x k k Z

Vậy phương trình có nghiệm :

4 x k k Z , 2

6 x k k Z

0.25

3. 1,0 điểm

Tính : 2 2

2 11 22

1 1 5

x xdxI xe dx I Ix

0,25

Tính: 2

2 11

1

xI xe dx , Đặt

22 12 1

22 1 2 11

2 11 12 22

xx

x x

dx dux u xeI e dxe dx dv v e

0,25

2 1 32 1 21 3( )

12 4 4

x

xxe e ee 0,25

Tính : 2 2 2

22 2 2

1 1

21 (5 ) ( 5 ) 1125 5

x d xI dx x

x x. Vậy:

3

1 23 4

4

e eI I I 0,25

4.

(1,0 điểm)

a (0,5 điểm) Số cách chọn ngẫu nhiên 4 cái bút trong 11 cái là: 4

11330C 330n

Gọi A là biến cố: “ Trong 4 cái bút lấy được có cả bút chì và bút bi” 0,25

Tính số cách chọn 4 cái bút không đủ cả hai loại: - Chọn được 4 cái đều là bút chì có: 4

55C cách.

- Chọn được 4 cái đều là bút bi có: 4

615C cách

n A = 5+15=20 n A =330-20=310

( ) 310 31( ) 330 33

n AP An

. Vậy P= 3133

0,25

b (0,5 điểm) Số hạng tổng quát của khai triển trên là

522 116

22 223

2 2

k kk kk k kyx x yxC C 0,25

Số hạng có lũy thừa của x và y bằng nhau 511

660 22,

k kk

k k N

Vậy số hạng cần tìm là 66 6 6 6 622

2 4775232 x y x yC

0,25

5. (1,0

điểm

Ta có: (1; 2;3)

AB , trục Oy có vtcp là (0,1,0)

j

Gọin là vtpt của (P)

n AB

n j, chọn , (3;0; 1)

n j AB

0,25

Phương trình mặt phẳng (P) : 3 6 0 x z 0,25

Mặt cầu (S) có bán kính R = 2 2

3( 1) 1 6; 10

3 ( 1)

d I P 0,25

Phương trình mặt cầu (S) là: 2 2 2( 1) ( 2) ( 1) 10 x y z

0,25

6.

(1,0

Tam giác ABC cân tại A, gọi H là hình chiếu của A lên BC thì H là trung điểm của BC ( ) BC SAH Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc 060 SHA .

0,25

điểm

Ta có 2 2

2. 2 3

ABCD

AH AB BH a

S AH BC a.

SAH vuông tại A có . tan 60 3 SA AH a .

Thế tích khối chóp S.ABCD là 3

.1 . 23

S ABCD ABCDV SA S a (đvtt)

0.25

Lấy M SA sao cho GM//AD / /( ) (G;(SBC)) d(M;(SBC)) GM SBC d . Gọi K là hình chiếu của A trên SH ( ) d(A;(SBC)) AK AK SBC

0,25

Tam giác SAH vuông tại A: 2 2 21 1 1 3

2

aAKSA AH AK

Lại có ( ; ( )) 2 2 3( ; ( ))( ;( )) 3 3 3

d M SBC SM ad M SBC AKd A SBC SA

. Vậy d(G;(SBC))= 33

a

0.25

7.

(1,0 điểm

Gọi N là hình chiếu của M trên đường thẳng AD 9 2( , )5 5

N 95

MN

Ta có 54 6 1 3.5 25 5

ABCDS MN AD AD AN AD 0,25

Gọi (2 1; ), t 0 A t t Với 2 2 1

3 9 2 92 1 15 5 555

tAN t t

t

Theo giả thiết thì: A(3;1), 9 1( ; )5 5D

0,25

AB vuông góc với AD nên PT tham số đường thẳng AB là:31 2

x by b

Gọi 1B(3 ;1 2 ), 3 b2

b b 0,25

Ta lại có 2 2 2 21

3 3 2 ( 1) (2;3)173

bBM BA b b b b B

b

M là trung điểm của BC nên C(-2 ;5). Vậy A(3;1), B(2;3), C(-2;5), 9 1( ; )5 5D .

0,25

8. (1,0

điểm)

Từ PT (2) ta có hệ PT có nghiệm khi: 0 x y . Đặt 2 2

2 2 4( )2 2 , ( 0, 0)3

x xy ya x y b a b , PT(2) trở

thành: 2 22(3 ) ( )(3 5 ) 0 a b b a a b a b0

3 5 0

a ba b

0.25

Với 0 a b x y thay vào PT(1) ta được 23 1 5 4 3 3(*). x x x x ĐK: 1

3 x Khi đó PT(*) 23( ) ( 1) 3 1 ( 2) 5 4 0 x x x x x x

0,25

2 2 01 1( ) 3 0 011 3 1 2 5 4

xx x x x

xx x x x thỏa mãn đk. 0,25

Với3 5 0 0 0 a b a b x y là nghiệm của hệ phương trình. 0,25

S

K

H

B G

C

A

M

D

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm ( ; )x y là: (0;0), (1;1) Cách 2: Với 0 x y ta có

22 2 2 2

2 2 22 22 2

2 2 2 2 x y,

4( )4 3

x y x y x y

x y x xy yx xy y x y xy x y x y

2 22 2 4( )2 2 2( ) PT(2) x y

3

x xy yx y x y

9.

(1,0 điểm)

Từ giả thiết, ta có: 1 1 1 3a b c

Áp dụng BĐT Bunhia-copski ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

( ) (1 1 1 )( ) 3( 2 )

2 3( 2 )

a b b a b b a b

a b a b b a b

Dấu “=” xảy ra a b

0,25

Mặt khác:2 2

1 2 1 1 1 9 3 32 2a b a b b a b a b

0,25

Tương tự : 2 2 2 2

1 2 3 3 1 2 3 3,2 2b c c ab c c a

0,25

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1( ) 332 2 2

Aa b ca b b c c a

Dấu “=” xảy ra 1a b c Vậy Max A= 3 đạt được khi a=b=c=1

0,25

CHÚ Ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. ---------HẾT-------

Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số y=x3-3(m-1)x2+3m(m-2)x+2 (1)

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 2. b. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên ( 0; +∞ )

Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình :

a. cos2x-3cosx+2=0 b. 2

2 2log 3 log 2 1 2x x

Câu 3 (1,0 điểm): Tính tích phân I =1

2

0

2 2 2x x dx

Câu 4 (1,0 điểm): Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt được lấy từ các chữ số:

0, 1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số đó không lớn hơn 2015.

Câu 5 (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz, cho điểm M(1;2;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M cắt trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho tam giác ABC nhận M là trọng tâm.

Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a, tam giác SAB đều, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD).

a. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. b. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân tại A, chân đường cao qua đỉnh B và đỉnh C lần lượt là E và F; trực tâm tam giác ABC là H. Biết A thuộc d: x+y-3=0, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF là I(0;1); HE = 2. Tìm tọa độ điểm A biết xA> 2 và M(-2;3) thuộc đường thẳng EF.

Câu 8 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình

2 3

2

2 3 3 3 (1)

2 2 1 4 4 (2)

x x x y y xy x y

y x x

, x, y là số thực.

Câu 9 (1,0 điểm): Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn x+y-z=-1.Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức

3 3

2( )( )x yP

x yz y xz z xy

-------------------------------Hết ------------------------------

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ tên thí sinh: ..................................................., SBD: ......................................

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 (Đề gồm có 01 trang)

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA 2015 Môn: Toán

Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề

www.NhomToan.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014-2015

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi: 06/02/2015

Câu I (3,0 điểm).

1) Cho hàm số 4 22 1y x x có đồ thị (C).


b) Dựa vào đồ thị (C), tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 4 22 0x x m có 4 nghiệm phân biệt.

2) Tìm điểm M trên đường thẳng 2y để từ M kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc nhau đến đồ thị hàm số 3 23 2y x x .

Câu II (2,0 điểm).

1) Giải bất phương trình 2 4log 2log 1 1x x .

2) Giải phương trình 2 2sinx cosx 3 cos 2 4cos 1

2

xx .

3) Giải hệ phương trình

3 3 2

2 2 2

6 12 16 0

4 3 4 3 10 0

x y y x

x x y y y x

Câu III (1,25 điểm).

1) Từ 6 chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập bao nhiêu số gồm 4 chữ số đôi một khác nhau? Trong đó có bao nhiêu số chia hết cho 5?

2) Tìm nguyên hàm sin sinx x xdx .

Câu IV (1,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = 2a, AD = CD = a, SA = 3a (a > 0). Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).

1) Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. 2) Gọi I là giao điểm của AC và BD. Tính khoảng cách từ I đến mp(SCD).

Câu V (1,25 điểm).

1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho ABC cân tại A có (AB): 3 2 7 0x y và (BC):

2 0x y . Lập phương trình đường thẳng chứa đường cao BH của ABC.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1; 2; 3) và 2OB i j k

. Tìm tọa độ điểm M trên trục

Oy sao cho điểm M cách đều hai điểm A và B (với i

, j

, k

lần lượt là các véctơ đơn vị trên các trục

Ox, Oy, Oz).

Câu VI (1,0 điểm). Cho ba số dương , ,x y z thỏa . . 1x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

3

3 2 3 2 3 254 9 4

yx zP xy yz zx x y z x y z

x y y z z x

.

-------------HẾT------------- Họ và tên học sinh: ………………………………… Số báo danh: ………………………………………..

Chữ ký của giám thị 1 ………………………………

Cảm ơn bạn Nam Nguyen Huu( [email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

Scanned by CamScanner




Cảm ơn bạn Nam Nguyen Huu( [email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

0

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 2 y x x mx m = + + + − (m là tham số ) có đồ thị là ( ) m C . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 0 m = b) Xác định m để ( ) m C có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía trục hoành

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình : 2cos6 2cos4 3 cos2 sin 2 3 x x x x + − = +


Tính : ( ) 2 1

0

x

x

x x e I dx

x e −

+ =

+ ∫ Câu 4 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình: 2 3 6 36 log log log log x x x x + + =

b) Tìm số hạng không phụ thuộc vào x trong khai triển nhị thức Niu tơn 2 3 2 n x x

+

( với 0 x ≠ ), biết rằng * n∈ ¥ và ( ) 2 1 5 4 9 4 n n

n n C C n + + + + − = +

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với 3 ; 2 AB a AD a = = . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ) ABCD là điểm H thuộc cạnh AB sao cho 2 AH HB = . Góc giữa mặt phẳng ( ) SCD và mặt phẳng ( ) ABCD bằng 0 60 .Tính theo a thể tích khối chóp . S ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD .

Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC có đáyBC nằm trên đường thẳng :2 5 1 0 d x y − + = , cạnh AB nằm trên đường thẳng :12 23 0 d x y ′ − − = . Viết phương trình

đường thẳng AC biết nó đi qua điểm ( ) 3;1 M . Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz , cho ( ) ( ) ( ) 1;0;0 , 0;2;0 , 0;0;3 A B C .Viết phương trình mặt phẳng

( ) P đi qua , O C sao cho khoảng cách từ A đến ( ) P bằng khoảng cách từ B đến ( ) P . Câu 8 (1,0 điểm).

Giải hệ phương trình: ( ) 2 2 2 2

3

5 2 2 2 2 5 3

2 1 2 12 7 8 2 5

x xy y x xy y x y

x y x y xy x

+ + + + + = +

+ + + + + = + + .

Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương , , a b c thỏa mãn 2 2 2 3 a b c + + = .

Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức ( ) 1 1 1 8 5 S a b c a b c

= + + + + +

Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………… Số báo danh:……………………………

Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ([email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

SỞ GD & ĐT TRƯỜNG THPT

CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM HỌC 2014−2015

MÔN: TOÁN KHỐI 12 A+B Thời gian 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 01 trang

www.NhomToan.com



1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC. (Hướng dẫn chấm có 5 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL LẦN 3 NĂM 2015 Môn:TOÁN 12AB

I. LƯU Ý CHUNG: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi hhảo sát. 3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả.

II. ĐÁP ÁN:

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a Cho hàm số 3 2 3 2 y x x mx m = + + + − (m là tham số ) có đồ thị là ( ) m C .

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 0 m =

1,0 ∑

Khi 0 m = hàm số trở thành 3 2 3 2 y x x = + − • TXĐ: D R = • Sự biến thiên:

+) Chiều biến thiên: 2 0 3 6 , ' 0

2 x

y x x y x

= = + = ⇔ = −

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( ) ; 2 , 0; −∞ − +∞ , nghịch biến trên ( ) 2;0 −

0.25

+)Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại 2; ( 2) 2 CD CD x y y = − = − = Hàm số đạt cực tiểu tại 0; (0) 2 CT CT x y y = = = −

+) Giới hạn : lim ; lim x x

y y →−∞ →+∞

= −∞ = +∞ 0.25


x −∞ 2 0 +∞ ' y + 0 0 + y 2 +∞

−∞ 2

0.25

• Đồ thị : cắt Ox tại ( ) ( ) ( ) 1;0 , 1 3;0 , 1 3;0 − − + − −

Đồ thị nhận điểm uốn U( 1;0 − ) là tâm đối xứng. ( Giám khảo tự vẽ)

0.25

b b) Xác định m để ( ) m C có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía trục hoành 1,0 ∑ Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) m C và trục hoành là

( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 2 0 1 2 2 0 1 x x mx m x x x m + + + − = − + + − = 0.25

( ) ( ) ( ) 2

1 1

2 2 0 2 x g x x x m

= − ⇔ = + + − =

0.25

2

( ) m C có hai điểm cực trị nằm về hai phía đối với trục Ox ( ) 1 PT ⇔ có ba nghiệm

phân biệt ( ) 2 ⇔ có hai nghiệm phân biệt khác 1 − ( ) 3 0

3 1 3 0

m m

g m

′ ∆ = − > ⇔ ⇔ < − = − ≠

0.25

Vậy khi 3 m < thì ( ) m C có các điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía trục hoành 0.25

Chú ý học sinh có thể giải theo cách phương trình 0 y′ = có hai nghiệm phân biệt

1 2 , x x và ( ) ( ) 1 2 0 CÐ CT y y y x y x ⋅ = ⋅ <

2 Giải phương trình : 2cos6 2cos 4 3 cos 2 sin 2 3 x x x x + − = + 1,0 ∑ PT ( ) ( ) 2 cos6 cos 4 3 1 cos 2 2sin cos x x x x x ⇔ + = + + 0.25

( ) cos 0 4cos5 cos 2cos 3 cos sin

2 cos5 3 cos sin

x x x x x x

x x x

= ⇔ = + ⇔

= + 0.25

• ( ) cos 0 , 2

x x k k π = ⇔ = + π ∈Z

• 3 1 2cos5 3cos sin cos5 cos sin cos5 cos 2 2 6

x x x x x x x x π = + ⇔ = + ⇔ = −

0.25

( ) 5 2

6 24 2

5 2 36 30 6

x x k x k k

x k x x k

π π π = − + π = − + ⇔ ⇔ ∈

π π π = + = − + π

Z

Vậy pt có ba họ nghiệm ( ) ; ; 2 24 2 36 3

x k x k x k k π π π π π = + π = − + = + ∈Z

0.25

3 Tính ( ) 2 1

0

x

x

x x e I dx

x e −

+ =

+ ∫ 1,0 ∑

( ) ( ) 2 1 1

0 0

1 1

x x x

x x

x x e xe x e I dx dx

x e xe −

+ + = ⋅ = ⋅

+ + ∫ ∫ 0.25

Đặt ( ) . 1 1 x x t x e dt x e dx = + ⇒ = + Đổi cận + 0 1 x t = ⇒ =

+ 1 1 x t e = ⇒ = + 0.25

Suy ra ( ) 1 1 1

0 1 1

1 1 1 1 1

x x e e

x

xe x e t I dx dt dt xe t t

+ + + − = ⋅ = ⋅ = − ⋅ + ∫ ∫ ∫ 0.25

Vậy ( ) ( ) 1

1 ln ln 1

e I t t e e

+ = − = − + 0.25

4 a Giải phương trình: 2 3 6 36 log log log log x x x x + + = 0,5 ∑

Phương trình xác định với mọi x R ∈ Áp dụng công thức ( ) log log log , 0 , , ; 1; 1 a a b c b c a b c a b = ⋅ < ≠ ≠

0.25

Phương trình 2 3 2 6 2 36 2 log log 2 log log 2 log log 2 log x x x x ⇔ + ⋅ + ⋅ = ⋅

( ) 2 3 6 36 log log 2 log 2 1 log 2 0 x ⇔ + + − = ( ) *

3

Do 3 6 36 log 2 log 2 1 log 2 0 + + − >

PT ( ) 2 * log 0 1 x x ⇔ = ⇔ =

Vậy nghiệm phương trình là.

0.25

b Tìm số hạng không phụ thuộc vào x trong khai triển nhị thức Niu tơn 3 2 2 n x

x +

với 0 x ≠ , biết * n∈¥ và ( ) 2 1 5 4 9 4 n n

n n C C n + + + + − = +

0,5 ∑

Từ giả thiết

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 5 4

5 4 3 4 3 2 9 4 9 4

6 6 n n n n

n n n n n n C C n n + +

+ +

+ + + + + + − = + ⇔ − = +

15 n ⇒ = . Khi đó ( ) 15 30 5 15 15 15

3 3 2 2 3 15 15

0 0

2 2 2 k k k

k k k

k k

x C x C x x x

− −

= =

+ = =

∑ ∑ 0.25

Số hạng không phụ thuộc vào x tương ứng với 30 5 0 6 3 k k −

= ⇔ =

Vậy số hạng không phụ thuộc vào x là 6 6 15 .2 C

0.25

5 Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với 3 ; 2 AB a AD a = = …

Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

SC và AD .

1,0 ∑

( Tự vẽ hình). Kẻ ( ) HK CD K CD ⊥ ∈ . Khi đó :

( ) CD HK CD SHK CD SK

CD SH ⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ .

Vậy góc giữa ( ) SCD và ( ) ABCD là góc · 0 60 SKH =

0.25

Trong tam giác vuông 0 : tan 60 2 3 SHK SH HK a = = . Thể tích khôi chóp . S ABCD

là 3 .

1 1 . .3 .2 .2 3 4 3 3 3 S ABCD ABCD V S SH a a a a = = =

0.25

Vì ( ) ( ) ( ) ( ) , , . SBC AD d AD SC d A SBC ⇒ = Trong ( ) SAB kẻ AI SB ⊥ , khi đó

( ) BC AB BC SAB BC AI

BC SH ⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ mà ( ) SB AI AI SBC ⊥ ⇒ ⊥

0.25

Vậy ( ) ( ) ( ) 2 2

. 2 3.3 6 39 , , 13 12

SH AB a a a d AD SC d A SBC AI SB a a

= = = = = +

0.25

6 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC có đáyBC nằm trên đường

thẳng :2 5 1 0 d x y − + = , cạnh AB nằm trên đường thẳng :12 23 0 d x y ′ − − = . Viết

phương trình đường thẳng AC biết nó đi qua điểm ( ) 3;1 M .

1,0 ∑

VTPT của ( ) : 2; 5 BC BC n = − r , VTPT của ( ) : 12; 1 AB AB n = −

r ,

VTPT của ( ) ( ) 2 2 : ; , 0 AC AC n a b a b = + > r . Ta có · · 0 90 ABC ACB = <

· · ( ) ( ) cos cos cos , cos , AB BC BC CA ABC ACB n n n n ⇒ = ⇔ = r r r r

0.25

4

2 2

2 2

. . 2 5 145 9 100 96 0

. . 5 AB BC CA BC

AB BC CA BC

n n n n a b a ab b

n n n n a b

− ⇔ = ⇔ = ⇔ − − =

+

r r r r r r r r

12 0 9 8 0 a b a b ⇔ + = ∨ − = 0.25

Với 12 0 a b + = Chọn 12, 1 a b = = − thì ( ) 12; 1 CA n AB AC = − ⇒ r ( loại) 0.25

Với 9 8 0 a b − = Chọn 8, 9 a b = = nên ( ) ( ) :8 3 9 1 0 AC x y − + − =

: 8 9 33 0 AC x y ⇒ + − = 0.25

7 Trong không gian Oxyz , cho ( ) ( ) ( ) 1;0;0 , 0; 2;0 , 0;0;3 A B C .Viết phương trình mặt

phẳng ( ) P đi qua , O C sao cho khoảng cách từ A đến ( ) P bằng khoảng cách từ B

đến ( ) P .

1,0 ∑

Do ( ) P cách đều A và B nên hoặc ( ) P AB hoặc ( ) P đi qua trung điểm . AB 0.25

Khi ( ) P AB ( ) ( )

( ) ( ) ( )

0;0;0 : 2 0

, 6;3;0 2; 1;0

qua O P P x y

vtpt n AB OC n

⇒ ⇒ − = = − ⇒ = −

uuur uuur r r 0.25

Khi ( ) P đi qua trung điểm 1 ;1;0 2

I

của . AB Ta có :

( ) ( )

( ) ( )

0 0

0;0;0 : 2 0 3 , 3; ;0 2;1;0

2

qua O P P x y

vtpt n IC OC n

⇒ ⇒ + = = ⇒ =

uur uuur r r

0.25

Vậy phương trình mặt phẳng ( ) ( ) : 2 0, : 2 0 P x y P x y − = + = 0,25

8 Giải hệ phương trình: ( ) ( )

( )

2 2 2 2

3

5 2 2 2 2 5 3 1

2 1 2 12 7 8 2 5 2

x xy y x xy y x y

x y x y xy x

+ + + + + = +

+ + + + + = + + . 1,0 ∑

Điều kiện:

2 2

2 2

5 2 2 0 2 2 5 0 2 1 0

2 1 0

x xy y x xy y x y x y

+ + ≥

+ + ≥ ⇔ + + ≥ + + ≥

.

Khi hệ có nghiệm ( ) ( ) 1 ; 0 x y x y → + ≥

0.25

Ta thấy ( ) 2 2 5 2 2 2 * x xy y x y + + ≥ + dấu bằng khi x y = thật vậy

( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 * 5 2 2 2 0 x xy y x y x y ⇔ + + ≥ + ⇔ − ≥ luôn đúng với mọi , x y∈¡

Tương tự ( ) 2 2 2 2 5 2 ** x xy y x y + + ≥ + dấu bằng khi x y =

Từ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 * & ** 5 2 2 2 2 5 3 VT x xy y x xy y x y VP ⇒ = + + + + + ≥ + =

Dấu đẳng thức xẩy ra khi x y = ( ) 3

0.25

5

Thế ( ) 3 vào ( ) 2 ta được: 2 3 3 1 2 19 8 2 5 x x x x + + + = + + ( ) 4 điều kiện 1 3

x ≥ −

( ) 4 ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 3 1 2 2 19 8 0 x x x x x x ⇔ − + + − + + + − + =

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 3 3 2 2 0

1 3 1 2 2 19 8 19 8

x x x x x x x x x x x x

− − ⇔ − + + ⋅ =

+ + + + + + + + +

0.25

( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 3 3

0

1 1 2 2 0 1 3 1 2 2 19 8 19 8

x x x x x x x x

>

⇔ − + + ⋅ = + + + + + + + + + 144444444444424444444444443

( )

( )

3 2

3

0 0 0

1 1

x y x x

x y

= → = ⇔ − = ⇔

= → = . Thỏa mãn điều kiện

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ) ; 0;0 & ; 1;1 x y x y = =

0,25

9 Cho ba số thực dương , , a b c thỏa mãn 2 2 2 3 a b c + + = .

Tìm giá tri nhỏ nhât của biểu thức ( ) 1 1 1 8 5 S a b c a b c

= + + + + +

1,0 ∑

Nhận xét : ( ) 2 5 3 23 8 , 1 2

a a a

+ + ≥ với mọi 0 3 a < < dấu bằng khi 1 a = thật vậy

( ) ( ) 2

2 3 2 5 3 23 8 3 16 23 10 0 1 3 10 0 2

a a a a a a a a

+ + ≥ ⇔ − + − ≤ ⇔ − − ≤ luôn đúng

với mọi 0 3 a < < dấu bằng khi 1 a =

0.25

Tương tự ( ) 2 5 3 23 8 , 2 2

b b b

+ + ≥ dầu bằng khi 1 b =

( ) 2 5 3 23 8 , 3 2

c c c

+ + ≥ dầu bằng khi 1 c =

0.25

Từ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2

1 , 2 & 3 3 69 1 1 1 8 5 39 2

a b c S a b c

a b c + + + → = + + + + + ≥ =

Dấu bằng xẩy ra khi 1 a b c = = =

0.25

Vậy giá trị nhỏ nhất của 39 S = đạt được khi và chỉ khi 1 a b c = = = 0,25

Chú ý: để tìm ra vế phải của (1) ta sử dụng phương pháp tiếp tuyến




0

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số. 2 1 x y

x =

− a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số . b) Xác định m để đường thẳng : 2 d y mx m = − + cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt , A B

sao cho độ dài AB ngắn nhất. Câu 2 (1,0 điểm).

Giải phương trình : sin4 2 cos3 4sin cos x x x x + = + + Câu 3 (1,0 điểm).

Tính ln 6

0 3 3 2 7

x

x x

e I dx e e

= ⋅ + + + ∫

Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 1 3 18.3 29 x x + − + = b) Tính tổng 1 2 3 2015

2015 2015 2015 2015 1. 2. 3. 2015. S C C C C = + + + + L Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ) ABCD trùng với trọng tâm của tam giác ABD , cạnh SB tạo với mặt phẳng

( ) ABCD một góc 0 60 .Tính theo a thể tích khối chóp . S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD . Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 2 2 : 9 18 0 T x y x y + − − + = và hai điểm

( ) 4;1 A ( ) , 3; 1 B − . Gọi , C D là hai điểm thuộc ( ) T sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD . Câu7(1,0điểm). Trong không gian Oxyz , cho hai mặt phẳng ( ) ( ) : 3 0, : 1 0 P x y z Q x y z + + − = − + − = Viết phương trình mặt phẳng ( ) R vuông góc với ( ) P và ( ) Q đồng thời khoảng cách từ gốc tọa độ O đến ( ) R bằng 2 . Câu 8 (1,0 điểm).

Giải hệ phương trình: 3 3 2

2

6 3 3 4

6 19 2 3 4 3 5 14

x y x y x

x y x y

− + − = +

+ + = + + + .

Câu 9 (1,0 điểm). Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2 1 a b c + + = . Chứng minh bất đẳng thức :

( ) 1 1 1 2 3 a b c a b c

+ + − + + ≥

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ([email protected]) đã gửi tới

www.laisac.page.tl

SỞ GD & ĐT TRƯỜNG THPT

CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM HỌC 2014−2015

MÔN: TOÁN KHỐI : 12 D Thời gian 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 01 trang



1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC. (Hướng dẫn chấm có 5 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL LẦN 3 NĂM 2015 Môn:TOÁN 12D

I. LƯU Ý CHUNG: Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

a Cho hàm số. 2

1 x y

x =

− a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số

1,0 ∑

• Tập xác định: Hàm số 2 1 x y

x =

− có tập xác định D = \ 1 ¡ .

• Chiều biến thiên.

Đạo hàm: ( ) 2

2 ' 0, 1 1

y x x

− = < ∀ ≠ ⇒

− Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ;1 −∞ và

( ) 1; . +∞ Hàm số không có cực trị.

0,25

Giới hạn tiệm cận : 1 1

2 2 2 lim 2; lim ; lim . 1 1 1 x x x

x x x x x x + − →±∞ → →

= = +∞ = −∞ − − −

Đồ thị hàm số có: tiệm cận ngang 2 y = , tiệm cận đứng 1 x = Bảng biến thiên:

x 1 −∞ + ∞ y′ − − y 2 +∞

−∞ 2

0,25

0,25

• Đồ thị : (học sinh tự vẽ hình) Nhận xét: giao điểm của hai tiệm cận ( ) 1;1 I là tâm đối xứng. của đồ thị

0,25

b Xác định m để đường thẳng : 2 d y mx m = − + cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt , A B sao cho độ dài AB ngắn nhất. 1,0 ∑

Phương trình hoành độ giao điểm chung giữa ( ) ( ) & C d là : 2 2 1 x mx m

x = − +

−

( ) ( ) 2

1 2 2 0 *

x g x mx mx m

≠ ⇔ = − + − =

0,25

1

d cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt , A B ⇔ phương trình ( ) * có 2 nghiệm phân biệt khác

( ) ( )

( ) 2

0 1 2 0 0 **

1 2 2 0

m m m m m

g m m m

≠

′ ⇔ ∆ = − − > ⇔ > = − + − ≠

Khi đó ( ) ( ) C d A B ∩ = ≠ . Gọi ( ) ( ) 1 1 2 2 ; 2 , ; 2 A x mx m B x mx m − + − + với 1 2 , x x là

0,25

2

nghiêm phương trình ( ) * theo định lí vi ét ta có 1 2

1 2

2 2 .

x x m x x m

+ = −

=

( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 AB x x mx mx m x x ⇒ = − + − = + −

( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 4 AB m x x x x ⇒ = + + −

0,25

( ) ( ) 2 2 2 2 2 8 1 1 2 4 1 8 16 m AB m m m m m m

− = + − = + = + ≥ 4 AB ⇒ ≥ dấu bằng xẩy ra ⇔ 1 m = .

Vậy khoảng cách AB ngắn nhất bằng 4 1 m ⇔ = 0,25

Giải phương trình : sin 4 2 cos3 4sin cos x x x x + = + + 1,0 ∑ Phương trình 4sin cos cos 2 2 2cos 2 cos 4sin x x x x x x ⇔ + = + 0,25

( ) 2sin 1 cos 2 cos cos 2 cos 1 0 x x x x x ⇔ − + − =

( ) ( ) 1 sin

2sin 1 1 cos 2 cos 0 2 1 cos 2 cos 0

x x x x

x x

= ⇔ − − = ⇔

− =

0,25

+ ( ) 1 5 sin 2 , 2 , 2 6 6

x x k x k k π π = ⇔ = + π = + π ∈¢

+ ( ) ( ) 3 2 1 cos 2 cos 0 2cos cos 1 0 cos 1 2cos 2cos 1 0 x x x x x x x − = ⇔ − − = ⇔ − + + =

( ) cos 1 0 cos 1 2 , x x x k k ⇔ − = ⇔ = ⇔ = π ∈¢

0,25

2

Vậy phương trình có ba họ nghiệm : ( ) 5 2 , 2 , 2 , 6 6

x k x k x k k π π = + π = + π = π ∈¢ 0,25

Tính ln6

0 3 3 2 7

x

x x

e I dx e e

= ⋅ + + +

∫ 1,0 ∑

Đặt 3 x e t + = . Khi đó 2 3 2 x x e t e dx tdt = − ⇒ = . Đổi cận Khi 0 2 x t = ⇒ = , khi ln 6 3 x t = ⇒ =

0,25

Suy ra ( ) 3 3

2 2 2 2

2 2 2 3 1 3 2 3 7

t t I dt dt t t t t

= ⋅ = ⋅ + + + − + ∫ ∫

0,25

( ) ( ) 3 3

2 2

1 1 2 2 1 2 1 1 2 1 t I dt dt

t t t t = ⋅ = − ⋅ + + + + ∫ ∫ 0,25

3

( ) ( ) 3 3

2 2

80 2 ln 1 ln 2 1 2 ln 4 2 ln 3 ln 7 ln 5 ln 63

t t = + − + = − − − = 0,25

a Giải phương trình: 1 3 18.3 29 x x + − + = 0,5 ∑ PT ( ) 2 18 3.3 29 3.3 29.3 18 0 1

3 x x x

x ⇔ + = ⇔ − + =

Đặt ( ) 3 0 x t t = > . Thế vào pt ( ) 1 ta được phương trình: ( ) 2 3 29 18 0 2 t t − + =

Giải ( ) 2 2 9, 3

t t ⇒ = = 0,25

4 + 2 9 3 9 3 2 x t x = ⇒ = = ⇔ =

+ 3 2 2 2 3 log 3 3 3

x t x = ⇒ = ⇔ = 0,25

3

Vậy phương trình có hai nghiệm 3 2 2, log 3

x x = =

b Tính tổng 1 2 3 2015 2015 2015 2015 2015 1. 2. 3. 2015. S C C C C = + + + + L 0,5 ∑

Số hạng tổng quát của dãy trên là 2015 k k C ⋅ với 1, 2015 k = , ta có

( ) ( ) ( ) ( ) 1

2015 2014 2015! 2014! 2015 2015 , 1, 2015

! 2015 ! 1 ! 2014 1 ! k k k C k C k

k k k k − ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ∀ =

− − − −

0,25

Áp dụng : ( ) 0 1 2 2014 2014 2014 2014 2014 2015 S C C C C = ⋅ + + + + L

( ) 2014 2014 2015 1 1 2015 2 S ⇔ = ⋅ + = ⋅ Chú ý . Học sinh có thể đùng đạo hàm của hàm số để tính tổng S

0,25

Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , …. Tính theo a thể tích khối chóp . S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD .

1,0 ∑ Hình vẽ ( học sinh tự vẽ ) Gọi H là trọng tâm tam giác ABD ( ) · ( ) ( ) 0 , , 60 SH ABCD SBH SB ABCD ⇒ ⊥ = =

Gọi O AC BD = ∩ . Ta có

2 2 2 1 2 5 , 2 3 6 3 a a a OA OB OH OA BH OB OH = = = = ⇒ = + =

0,25

5 Trong tam giác SBH ta có

3 0 2

. 15 1 15 . tan 60 , . 3 3 9 ABCD S ABCD ABCD

a a SH BH S a V SH S = = = ⇒ = = 0,25

Xì ( ) AB CD CD SAB ⇒ nên ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , 3 , d CD SA d CD SAB d D SAB d H SAB = = =

, DH AB M HM AB M ∩ = ⇒ ⊥ là trung điểm AB

( ) ( ) ( ) AB SHM SAB SHM ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ theo giao tuyến SM . Kẻ HK SM ⊥ ⇒

( ) HK SAB ⊥ ( ) ( ) , HK d H SAB ⇒ = , (K SM ∈ )

0,25

1 1 1 2 3 3 2 2

a HM HA a = = =

, 2 2 2

15 1 1 1 3

a SH HK HM SH

= ⇒ = +

2 2 2

1 9 16 15 15 12

a HK HK a a

⇒ = + ⇒ = .

Vây khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD bằng 15 12 a

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 2 2 : 9 18 0 T x y x y + − − + = … sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD .

1,0 ∑

Ta có ( ) 2 2 1 9 10 :

2 2 4 T x x − + − =

nên ( ) T có tâm 1 9;

2 2 I

bán kính 102

R = 0,25

6 ( ) 1; 2 , 5 AB AB = − − =

uuur , và ( ) : 2 7 0 AB x y − − = .

Đường thẳng ( ) : 2 0 CD AB CD x y m ⇒ − + = ( điều kiện 7 m ≠ − ) 0,25

Khoảng cách từ I đến CD là 2 7 2 5 m

h −

= và ( ) 2 2 2 2 7 5 2 2 2 20

m CD R h

− = − = −

0,25

4

Ta có ( ) ( )

2 2 6 2 7 5 2 5 2 7 25

1 2 20 m m

CD AB m m

= − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =

thỏa mãn

( ) 6 : 2 6 0 m pt CD x y • = − + =

( ) 1 : 2 1 0 m pt CD x y • = − + = Có hai đường thẳng thỏa mãn : 2 6 0; 2 1 0 x y x y − + = − + =

0,25

…cho hai mặt phẳng ( ) ( ) : 3 0, : 1 0 P x y z Q x y z + + − = − + − = .Viết phương trình mặt

phẳng ( ) R vuông góc với ( ) P và ( ) Q đồng thời khoảng cách từ gốc tọa độ O đến

( ) R bằng 2.

1,0 ∑

( ) ( ) : 3 0, : 1 0 P x y z Q x y z + + − = − + − =

VTPT của mặt phẳng ( ) P là ( ) 1 1;1;1 n = r , VTPT của mặt phẳng ( ) Q là ( ) 2 1; 1;1 n = −

r ,

VTPT của mặt phẳng ( ) R là n r .

0,25

7 Giả thiết

( ) ( ) ( ) ( )

[ ] ( ) 1 1 2

2

1 , 1;0; 1 2

R P n n n n n

n n R Q

⊥ ⊥ ⇒ ⇒ = = − ⊥ ⊥

r r r r r

r r

Do đó mặt phẳng ( ) : 0 R x z m − + =

0,25

Mà ( ) ( ) ; 2 2 2 2 2 m

d O R m = ⇔ = ⇔ = ± 0,25

Khi 2 2 m = ta có mặt phẳng ( ) : 2 2 0 R x z − + =

Khi 2 2 m = − ta có mặt phẳng ( ) : 2 2 0 R x z − − = 0,25

Giải hệ phương trình: ( ) ( )

3 3 2

2

6 3 3 4 1

6 19 2 3 4 3 5 14 2

x y x y x

x y x y

− + − = +

+ + = + + + . 1,0 ∑

Đkiện

4 3 14 5

x

y

≥ − ≥ −

.

pt ( ) 1 ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2

0

1 3 1 3 1 1 1 3 0 x x y y x y x x y y >

− + − = + ⇔ − − − + − + + = 14444244443

( ) ( ) 1 0 1 3 x y y x ⇔ − − = ⇔ = −

0,25

8 Thế ( ) 3 vào ( ) 2 ta được : 2 6 13 2 3 4 3 5 9 x x x x + + = + + + ( ) 4 Đ/K 4 3

x ≥ −

( ) 4 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 4 3 3 5 9 0 x x x x x x ⇔ + + + − + + + − + = 0,25

( ) 2 2

2 2 3 0 2 3 4 3 5 9 x x x x x x

x x x x + +

⇔ + + ⋅ + ⋅ = + + + + + +

( ) 2

0

2 3 1 0 2 3 4 3 5 9

x x x x x x

>

⇔ + + + = + + + + + + 144444424444443

0,25

5

( )

( )

3 2

3

0 1 0

1 2

x y x x

x y

= → = − ⇔ + = ⇔

= − → = − ( thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( ) ( ) ( ) ; 0; 1 , 1; 2 x y = − − −

0,25

Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2 1 a b c + + = . Chứng minh bất đẳng thức

( ) 1 1 1 2 3 a b c a b c

+ + − + + ≥

1,0 ∑

Nhận xét : ( ) 2 1 4 3 2 3 , 1 3

a a a

− + ≥ − + với mọi 0 1 a < < dấu bằng khi 3 3

a = thật

vậy ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 6 3 4 3 0 3 1 2 3 0 a a a a a ⇔ − − + ≥ ⇔ − + ≥ luôn đúng với mọi

0 1 a < < dấu bằng khi 3 3

a =

0,25

0,25

9 Tương tự: ( ) 2 1 4 3 2 3 , 2

3 b b

b − + ≥ − + dấu bằng khi

3 3

b =

( ) 2 1 4 3 2 3 , 3 3

c c c

− + ≥ − + dấu bằng khi 3 3

c = 0,25

Từ: ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 4 3 2 3 3 3

a b c a b c a b c

− + + + + + ≥ − + + + ⋅

( ) 1 1 1 2 3 a b c a b c

⇔ + + − + + ≥

. Dấu bằng xẩy ra khi 3 3

a b c = = = 0,25

Chú ý: để tìm ra vế phải của (1) ta sử dụng phương pháp tiếp tuyến




SỞ GD&ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP VÀ XÉT TUYỂN ĐẠI HỌC NĂM 2015

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC Môn: TOÁN Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0điểm). Cho hàm số (1).

a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ (C) của hàm số (1).

b)Tìm tọa độ điểmM thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tạiM vuông góc với đường thẳng

d: x + 3y +1 = 0.

Câu 2 (1,0điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn .

Câu 3 (1,0điểm).Giải các phương trình sau

a) . b)

Câu 4 (0,5điểm). Tính tích phân .

Câu 5 (0,5điểm). Cho tập hợp X gồm các số tự nhiên có ba chữ số phân biệt được lập từ các chữ số 1,2,3,4,5,6. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên từ tập hợp X, tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số bằng 8.

Câu 6 (1,0điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1;4;6) và điểm B(2;3;6). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc trục Ox và đi qua điểm A và điểm B. Tìm tọa độ các giao điểm của (S) với trục Oz.

Câu 7 (1,0điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.

Câu 8 (1,0điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Điểm F( là trung điểm

của cạnh AD. Đường thẳng EK có phương trình với điểm E là trung điểm của cạnh AB, điểm K thuộc cạnh DC và KD = 3KC. Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3.

Câu 9 (1,0điểm). Giải hệ phương trình .

Câu 10 (1,0điểm).

Cho ba số thực a,b,c đôi một phân biệt và thỏa mãn các điều kiện và

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Cảm ơn bạn RafaeL Fuj( [email protected] )đã chia sẻ tới www.laisac.page.tl



SỞ GD&ĐT HÀ NỘI ĐÁP ÁN THI THỬ TỐT NGHIỆP VÀ XÉT TUYỂN ĐẠI HỌC

TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC Môn: TOÁN

Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề

Nội dung Điểm

Câu I Cho hàm số 3 2 1 3

y x x = − 2,0đ

Ý a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1,0đ

1.Tập xác định : D = .

2.Sự biến thiên :

2 ' 2 y x x = − ; 0

' 0 2

x y

x =

= ⇔ =

3 1 1 lim lim [x ( )] = + 3 x x

y x →+∞ →+∞

= ∞

3 1 1 lim lim [x ( )] = 3 x x

y x →−∞ →−∞

= ∞

0,25đ


0 2

0 0

0

4 3

−

Hàm số đồng biến trên các khoảng và

Hàm số nghịch biến trên .

Hàm số có cực đại tại 0 x = và yCĐ = y(0)=0.

0,25đ

0,25đ

Hàm số có cực tiểu tại 2 x = và yCT = y(2)= 4 3

−

3.Đồ thị

Giao Ox: (0;0), (3;0)

Giao Oy: (0;0)

' 0 1 y x = ⇔ =

⇒Đồ thị hàm số nhận I 2 (1; )3

− làm điểm uốn và là tâm đối xứng

f(x)=(1/3)x^3x^2

8 6 4 2 2 4 6 8

5

5

x

y

0,25đ

Ý b

d có hệ số góc 1 3

k = − .

Gọi 0 x là hoành độ điểm M

Ycbt 0 1 '( ).( ) 1 3

y x ⇔ = −

0 '( ) 3 y x ⇔ =

2 0 0 2 3 0 x x ⇔ − − =

0

0

1 3

x x

= − ⇔ =

4 ( 1; )3

(3;0)

M

M

− − ⇔

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 2

(1đ) +) Hàm số liên tục trên 1[ ;2]

2

+) 2

2

2 '( ) ( 1) x x f x x

+ =

+ ;

+)

1 0 [ ;2] 2 '( ) 0 1 2 [ ;2] 2

x f x

x

= ∉ = ⇔

= − ∉

0,25đ

+) 1 7 ( )2 6

f = ; 7 (2) 3

f =

+) 1[ ;2] 2

7 min ( ) 6 x

f x ∈

= ; 1[ ;2] 2

7 max ( ) 3 x

f x ∈

=

0,25đ

0,25đ

0,25đ

a) ĐK: 1 3 3

x − < <

Với điều kiện trên bpt 2 2 (3 1) [2(3x)] log log x ⇔ + =

3 1 2(3 ) x x ⇔ + = −

1 x ⇔ =

KL: Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm 1 x =

0,25đ

0,25đ

Câu 3

(1đ)

Pt 2cos ( 3 s inxcos 1) 0 x x ⇔ + =

cos 0 1 cos( )

3 2

x

x π =

⇔ + =

2 2 ( ) 2 2 3

x k

x k k

x k

π π

π π π

= +

⇔ = ∈

= − +

Z

0,25đ

0,25đ

Câu 4

(0,5đ)

2 2

0 0

1 1 1 ( ) ( 1)( 2) 1 2

I dx dx x x x x

= = − + + + + ∫ ∫

2 2 ln 1 ln 2

0 0 x x = + − + 3 ln

2 =

0,25đ

0,25đ

Câu 5

(0,5đ)

+) Số cần tìm có dạng abc

+) 3

6 ( ) n S A =

+) B: “Số được chọn có tổng các chữ số bằng 8’’

0,25đ

( ) 12 n B ⇒ =

12 ( ) 0,1 120

P B ⇒ = = 0,25đ

Câu 6

(1,0đ)

+) I(a;0;0) thuộc trục Ox là tâm mặt cầu

2 2 IA IB IA IB ⇔ = ⇔ =

2 (2; 0; 0) a I ⇔ = ⇒

2 61 R ⇒ =

⇒Phương trình mặt cầu: 2 2 2 ( 2) 61 x y z − + + =

+) Tọa độ giao điểm của (S) và Oz thỏa mãn:

2 2 2 ( 2) 61 0

x y z x y

− + + =

= =

57 z ⇔ = ±

(0;0; 57)

(0;0; 57)

M

M

⇒

−

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 7

(1đ) +) GT

( )

2

SH ABC a SH

⊥ ⇒

=

+) 2 3 4 ABC

a S = 3

.

3 24 S ABC

a V ⇒ =

+) d qua B và d // AC

( , ) ( ; ( , )) 2 ( ; ( ; )) d AC SB d A SB d d H SB d ⇒ = =

+) ( ; ( , )) d H SB d HK =

2 2 2 2

1 1 1 28 3 3 2 7

a HK HK HJ SH a

= + = ⇒ =

3 ( , ) 2 7

d AC SB HK a ⇒ = =

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 8

(1đ)

+) gt ⇒ Cạnh hình vuông bằng 5

5 2 EF 2

⇒ =

+) Tọa độ E là nghiệm: 2 2 11 25 ( ) ( 3)

2 2 19 8 18 0

x y

x y

− + − = − − =

2 5817

x

x

= ⇔ =

5 (2; )2

E ⇒

+) AC qua trung điểm I của EF và AC⊥EF

⇒AC: 7 29 0 x y + − =

10 7 29 0 3 : 19 8 18 0 17

3

x x y P AC EK

y y

= + − = ⇒ = ∩ ⇔ − − = =

10 17 ( ; ) 3 3

P ⇒

9 (3;8) 5

IC IP C ⇒ = ⇒ uur uur

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 9

(1đ)

+) ĐK : 2 5 3 0 xy x + + ≥

+) Từ pt (1) 2 2

x y x y VT x y x y VP

+ + ⇒ ≥ + = + ≥ + =

Nên (1) 0 x y ⇔ = ≥ 0,5đ

(loại )

Thay vào (2) được : 2 2 2 6 2 5 3 (2 5 3) 0 x x x x x x − + + − + + =

2

2

3 1 2 5 3 1 2

2 1 2 5 3 3

x x x x

x

x x x

= = + + ⇔ = − ⇔ = − + +

3 3 x y = ⇒ = ⇒ Hệ có một nghiệm (3 ;3).

0,25đ

0,25đ

Câu 10

(1đ)

+) BĐT: 2 2 2

, 2 2

x y x y x y + + ≥ ∀

2 2

1 1 4 2 2 ( , 0) x y x y x y x y

+ ≥ ≥ ∀ > + +

Dấu “=” xảy ra x y ⇔ =

+) 2 2 2 5 P a b b c c a ab bc ca

≥ + + + − − − + +

Giả sử a b c > > : 10 10 20 2 2 (1 )(1 3 )

P a c ab ac bc b b

≥ + ≥ − + + − +

Ta có: 1 4 (1 )(1 3 ) (3 3 )(1 3 ) 10 6 3 3

b b b b P − + = − + ≤ ⇒ ≥

Min P

1 2 2 6 10 6 6

2 6 6

b

a

c

=

+ = ⇔ = −

=

và các hoán vị của nó

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Cảm ơn bạn RafaeL Fuj( [email protected] )đã chia sẻ tới www.laisac.page.tl

(loại )

Vô nghiệm



ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ LÂN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: TOÁN

(Đáp án - thang điểm gồm 06 trang) Câu Nội dung Điểm

Câu 1.a (1,0đ) Cho hàm số

2 1

1

xy

x

............

* Tập xác định: \ 1D

* Sự biến thiên:2

3'

( 1)y

x

; ' 0,y x D .

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;1 và 1;+ .

0,25

Giới hạn:

1 1lim ; limx x

y y lim 2; lim 2

x xy y .

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng 1x và tiệm cận ngang 2y .

0,25

- Bảng biến thiên

0,25

Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy tại điểm 0; 1 ,

cắt trục hoành tại điểm 1

;02

Đồ thị nhận điểm 1;2I làm tâm đối xứng.

0,25

Câu 1.b (1,0đ)

Tìm m để đường thẳng : 2d y x cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho

diện tích tam giác OAB bằng 21 ….

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị hàm số (1) là

22 (2)

1

x mx

x

Điều kiện 1x

2(2) 2 ( 1)( 2) 2 0 (3)x m x x x x m .

Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (3)

có hai nghiệm phân biệt khác 1. Điều kiện cần và đủ là

90 1 8 4 0

41 1 2 0 2

2

m m

m mm

0,25

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

O

x

'y

y

1

0

2

2

Khi đó gọi các nghiệm của phương trình (3) là 1 2,x x . Tọa độ các giao điểm

1 1 2 2( ; 2), ( ; 2)A x x B x x .

2 2 22 1 2 1 2 1 1 2( ) ( ) 2 ( ) 4 2(1 4( 2 )) 2(9 4 )AB x x x x x x x x m m .

0,25

: 2 2 0d y x x y Khoảng cách từ O đến đường thẳng d là 2

, 22

d O d . 0,25

Diện tích tam giác OAB bằng 1

21 , . 212

d O d AB

1

2. 2(9 4 ) 21 9 4 21 32

m m m .

0,25

Câu 2 (1,0đ)

Giải phương trình 22sin 3 sin 2 2 0x x .

2 1 cos22sin 3 sin 2 2 0 2 3 sin 2 2 0

2

xx x x

0,25

3 1 13 sin 2 cos 2 1 sin 2 cos 2 sin 2 sin

2 2 2 6 6x x x x x

0,25

2 26 6

,5

2 26 6

x k

k

x k

0,25

6,

2

x k

k

x k

0,25

Câu 3 (1,0đ) Tính tích phân

22( 1) ln 1

ln

e

e

x xI dx

x x

.

2 2 2 2 22 2( 1) ln 1 ln 1 ln 1 1 1 1

ln ln ln ln

e e e e e

e e e e e

x x x x xI dx dx x dx x dx dx

x x x x x x x x x x

0,25

2 22 4 21ln 1

2 2

e

e

ex e eM x dx x

x e

0,25

2

1

ln

e

e

N dxx x

. Đặt 1

lnt x dt dxx

.

Đổi cận 21; 2x e t x e t

2

1

2ln ln 2 ln1 ln 2

1

dtN t

t

0,25

Vậy 4 2

1 ln 22

e eI

0,25

Câu 4a (0,5đ)

Giải phương trình 2 2 2log 9 4 log 3 log 3x x .

Điều kiện 99 4 0 log 4x x

2 2 2 22log 9 4 log 3 log 3 log 9 4 log 3 .3x x xx

0,25

23

3 19 4 3 .3 3 3.3 4 0 3 4 log 4

3 4

x

x x x x x

xx

(Thỏa mãn)

0,25

Câu 4b (0,5đ)

b) ) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên ……

Số phần tử của tập hợp S là 90.

Gọi ab là số tự nhiên có hai chữ số mà ,a b đều là số chẵn. Ta có

2;4;6;8 , 0;2;4;6;8a b . Suy ra có 4.5 20 số ab .

0,25

Xác suất để chọn được một số tự nhiên có hàng chục và hàng đơn vị đều là số chẵn là 20 2

90 9 .

0,25

Câu 5 (0,5đ)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 8 0P x y z và……..

Gọi tâm của mặt cầu (S) là điểm ( ;0;0)I x . Mặt cầu (S) đi qua (2;2;3)A và tiếp xúc với (P)

nên ta có 2 22 8 2 8,( ) (2 ) 4 9 (2 ) 13

4 9 1 14

x xIA d I P x x

0,25

2 2 2

2 2 2

14 (2 ) 13 2 8 14((2 ) 13) (2 8)

3

14( 4 17) 4 32 64 10 88 174 0 29

5

x x x x

x

x x x x x xx

0,25

Với 3 (3;0;0) 14x I IA Phương trình mặt cầu (S) là: 2 2 2( 3) 14x y z . 0,25

Với 29 29 686

( ;0;0)5 5 5

x I IA Phương trình mặt cầu (S) là:

2

2 229 686

5 25x y z

.

0,25

Câu 6 (1,0đ)

Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc 060ABC . Hình chiếu ..

Từ giả thiết có tam giác ABC đều, cạnh bằng a .

Gọi 3 3 3

3 32 4 4

aO AC BD BO BD a HD BD a

2 22 2 2 2 27 5 5

216 16 4

a a aSH SD HD a SH

0,25

HO

M

C

A D

B

S

Diện tích tứ giác ABCD là 2

2 0 3. .sin sin 60

2ABCD

aS AB BC ABC a

Thể tích khối chóp .S ABCD là 2 3

.

1 1 5 3 15. .

3 3 4 2 24S ABCD ABCD

a a aV SH S

0,25

2 22 2 2 5 3 2

16 16 2

a a aSB SH HB SB .

( )BD AC

AC SBD AC OMAC SH

.

Diện tích tam giác MAC là 21 1 1 2 2

. .2 4 4 2 8

MAC

a aS OM AC SB AC a .

0,25

// //( ) ( , ) ( , ( )) , ( ) , ( )SB OM SB MAC d SB CM d SB MAC d S MAC d D MAC

3

. .

1 1 1 1 1 15, ( ) . . , ( ) .

3 3 2 2 4 96M ACD ACD ABCD S ABCD

aV d M ABCD S d S ABCD S V .

Mặt khác

3

.. 2

1531 3032, ( ) . , ( )

3 82

8

M ACDM ACD MAC

MAC

aV a

V d D MAC S d D MACS a

0,25

Câu 7 (1,0đ)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ……………………..

Gọi 1 2: 3 0; : 5 0d x y d x y

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 3 0 0

(0;0)5 0 0

x y xA

x y y

.

0,25

;2C C c c .

1 : 3 0BC d BC x y m .

Điểm ;2 3 2 0 2 2 : 3 2 2 0C c c BC c c m m c BC x y c

Gọi M là trung điểm cạnh BC. Tọa độ của M là nghiệm của hệ

5 55 0 5 5 17

;3 2 2 0 1 7 7

7

cx

x y c cM

x y c cy

Gọi G là trọng tâm tam giác. Ta có

2 5 5 10 10.

2 3 7 21

2 1 2 23.

3 7 21

G G

G G

c cx x

AG AMc c

y y

0,25

10 52 2 128

2; 4 ; ;21 21

c cEC c c EG

Do , ,E G C thẳng hàng nên ;EC EG

cùng phương

0,25

2

10 52 2 128121 21 5 6 0 6 (6; 4)

62 4

c cc

c c c Ccc c

Với 2 4

6 5; 1 4;22 2

B M C

B M C

x x xc M B

y y y

0,25

Câu 8 (1,0đ)

Giải hệ phương trình 2

1 1(1)

( 1) 1 ( , )

8 9 ( 1) 2 (2)

y yx

x x y x y

y x y

.

Điều kiện xác định 1, 0x y

2 2 2

2 2

1 1 1 1 1 ( 1) 1

( 1) 1 1 ( 1) ( 1)

1 01 10

( 1) ( 1)

y y y y xy y y xx x

x x y y x x y x

yx yxy y yx y

y x y x

0,25

Với 2( 1)y x , thay vào (2) ta có 28( 1) 9 ( 1) 1 2x x x

Xét 1x . Đặt 1,( 0)t x t . Ta có phương trình

2

2 2 2 4 2 4 2 2

2

18 9 2 8 9 4 4 4 5 0 5

5

5 5 1 5 5

tt t t t t t t t

t

t t x y

.

0,25

Xét 1x . Đặt 1,( 0)t x t . Ta có phương trình

2

2 4 2 4 2

2 2 2

2 2

2

6 418 9 4 4 12 5 0

8 9 2 6 412 0 2

2

tt t t t t

t t tt t

t

Hệ vô nghiệm.

0,25

Với ( 1) 1x y , thay vào (2) có 1

8 9 2 0y yy

(3).

Vì 0 8 9 9 8 9 3y y y Phương trình (3) vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1 5

5

x

y

.

Chú ý: Không nêu kết luận cũng cho điểm ý này.

0,25

Câu 9 (1,0đ)

Cho các số dương , ,x y z thỏa mãn x y và ( )( ) 1x z y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức 2 2 2

1 4 4

( ) ( ) ( )P

x y x z y z

.

Đặt x z a . Từ giả thiết ta có ( )( ) 1x z y z , suy ra 1

y za

. Do

1x y x z y z a .

Ta có 21 1

( )a

x y x z y z aa a

2 22 2 2

2 2 2 2 2 2

4 44 3

( 1) ( 1)

a aP a a a

a a a a

0,25

Khi đó 2

2

2 23 4

( 1)

aP a

a

0,25

Đặt 2 1t a . Xét hàm số 2

( ) 3 4( 1)

tf t t

t

với 1t .

Ta có 2

3

1'( ) 3 '( ) 0 ( 2)(3 3 2) 0 2

( 1)

tf t f t t t t t

t

0,25

Từ bảng biến thiên có ( ) 12, 1f t t . Từ (1) và (2) 12P . Dấu đẳng thức xảy ra khi

2

1

2

x z

y z

. Chẳng hạn

1; 2 1

1 12 1 1

2 2

x z

y

.Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12.

0,25

t 1

'( )f t

( )f t

2

0

12

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề).

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2

(1)1

x my

x

, với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với 1m .

b) Tìm m để đường thẳng : 2d y x cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho diện

tích tam giác OAB bằng 21 (O là gốc tọa độ).

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 22sin 3 sin 2 2 0x x .

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân

2 2( 1)ln 1

ln

e

e

x xI dx

x x

.


a) Giải phương trình 2 2 2log 9 4 log 3 log 3x x .

b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có hai chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S. Tính xác suất để

số được chọn có chữ số hàng đơn vị và hàng chục đều là chữ số chẵn.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 2 3 8 0P x y z và

điểm (2;2;3)A . Viết phương trình mặt cầu ( )S đi qua điểm A , tiếp xúc với mặt phẳng (P) và có tâm

thuộc trục hoành.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc 060ABC . Cạnh

bên 2SD a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( )ABCD là điểm H thuộc đoạn BD sao

cho 3HD HB . Gọi M là trung điểm cạnh SD . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và tính khoảng cách

giữa hai đường thẳng CM và SB .

Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường cao và đường trung tuyến kẻ

từ đỉnh A lần lượt có phương trình là 3 0x y và 5 0x y . Đỉnh C nằm trên đường thẳng

: 2 0x y và có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng chứa

trung tuyến kẻ từ C đi qua điểm ( 2;6)E .

Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2

1 1

( 1) 1 ( , )

8 9 ( 1) 2

y yx

x x y x y

y x y

.

Câu 9(1,0 điểm). Cho các số dương , ,x y z thỏa mãn x y và ( )( ) 1x z y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức 2 2 2

1 4 4

( ) ( ) ( )P

x y x z y z

.

----------------- Hết ----------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: ..........................................................

www.NhomToan.com

1/4


Năm học 2014 – 2015

®¸p ¸n – thang ®iÓm ®Ò thi thö thpt quèc gia n¨m 2015

M«n thi: To¸n M«n thi: To¸n M«n thi: To¸n M«n thi: To¸n – LÇn thø 1 LÇn thø 1 LÇn thø 1 LÇn thø 1 --------------- ðáp án có 04 trang --------------

Câu ðáp án ðiểm

a) (1,0 ñiểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số 4 22 1y x x= − +

Tập xác ñịnh: D = R . lim ; limx x

y y→−∞ →+∞

= +∞ = +∞

ðạo hàm: 3' 4 4y x x= − ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 1x = ± . 0,25

Các khoảng ñồng biến: ( ) ( )1;0 ; 1;− +∞ . Khoảng nghịch biến: ( ) ( ); 1 ; 0;1−∞ −

Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu tại 1x = ± , 0CTy = ; ñạt cực ñại tại 0x = , yCð = 1. 0,25

Bảng biến thiên: x −∞ -1 0 1 +∞ y' - 0 + 0 - 0 + y +∞ 1 +∞

0 0

0,25

ðồ thị: (Hs có thể lấy thêm ñiểm ( 2;9); (2;9)− ) 0,25 b) (1,0 ñiểm) Tìm m ñể ñồ thị (1) cắt trục hoành tại bốn ñiểm phân biệt có hoành ñộ nhỏ hơn 2.

Phương trình hoành ñộ giao ñiểm ( )4 23 2 0x m x m+ − + − = (1)

ðặt ( )2 20 3 2 0t x t m t m= ≥ ⇒ + − + − = (2) 0,25

ðể (1) có 4 nghiệm phân biệt thì (2) có 2 nghiệm dương phân biệt 0, 0, 0S P⇔ ∆ > > > 2; 1m m⇔ < ≠ .

0,25

ðiều kiện: Phương trình (2) phải có nghiệm thỏa mãn ñiều kiện 1 20 , 4t t< <

Phương trình (2) có 1 1t = (thỏa mãn), 2 2t m= − 0,25

1 (2,0ñ)

ðiều kiện: 2 4 2m m− < ⇔ > − ðáp số: 2 2, 1m m− < < ≠ .

0,25

a) (0,5 ñiểm) Giải phương trình 2 23cos sin 1 cos sin 2 sinx x x x x+ − = + − .

Phương trình ñã cho tương ñương với 22cos cos sin 2sin cos 0x x x x x− + − =

( )( )2cos 1 cos sin 0x x x⇔ − − = 0,25

• ( )cos sin 0 tan 1 ,4

x x x x k kπ

π− = ⇔ = ⇔ = + ∈ℤ

• 1

2cos 1 0 cos 2 ,2 3

x x x k kπ

π− = ⇔ = ⇔ = ± + ∈ℤ

Vậy phương trình ñã cho có nghiệm: , 2 ,4 3

x k x k kπ π

π π= + = ± + ∈ℤ .

0,25

b) (0,5 ñiểm) Giải phương trình ( )327 33

1log log ( 2) 1 log 4 3

2x x x+ + = + −

2 (1,0ñ)

ðiều kiện: 4

03

x< < . Phương trình ñã cho tương ñương với

( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 3log log 2 log 3 log 4 3 log 2 log 3 4 3x x x x x x+ + = + − ⇔ + = − 0,25

www.VNM

ATH.com

2/4

( ) ( ) 2 1( )2 3 4 3 11 12 0

12( )

x tmx x x x x

x L

=⇔ + = − ⇔ + − = ⇔ = −

ðáp số: 1x = .

0,25

Tính tích phân 2

1

1ln .

e xI xdx

x

+= ∫

21 1

1 1ln ln

e e

I xdx xdx A Bx x

= + = +∫ ∫

1 1

1ln ln (ln )

e e

A xdx xd xx

= =∫ ∫

0,25

21 1ln

12 2

eA x= = . 0,25

21

1ln ;

e

B xdxx

= ∫ ðặt 2

1 1 1ln ' ; 'u x u v v

x x x= ⇒ = = ⇒ = −

21

1 1 1 1ln ln

1 1 1

ee e eB x dx x

x x x x= − + = − −∫

0,25

3 (1,0ñ)

1 1 2 21 1

eB

e e e e

− = − − − = − + =

1 2 3 4

2 2

e eI A B

e e

− −= + = + = . ( 0,764)I ∼ (Hs cũng có thể tính ngay

2

1ln ; '

xu x v

x

+= = )

0,25

a) (0,5 ñiểm) Cho ( ) 12 5

1

ii z i

i

−+ + = −

+. Tìm môñun của số phức 21w z z= + + .

Phương trình ñã cho tương ñương với ( )2 5i z+ =5

22

z ii

⇔ = = −+

0,25

Từ ñó 21 6 5w z z i= + + = − . Suy ra | | 36 25 61w = + = . 0,25

b) (0,5 ñiểm) Tính xác suất có ít nhất 1 quả tốt

Gọi A là biến cố “Có ít nhất 1 quả tốt”, suy ra A là biến cố: “Cả 2 quả ñều hỏng” Số biến cố ñồng khả năng: 10.8 = 80

Số cách chọn 2 quả hỏng: 1 14 3. 4.3 12C C = =

0,25

4 (1,0ñ)

Xác suất của biến cố A là: ( ) 12 3

80 20p A = =

Suy ra, xác suất của biến cố A là: ( ) ( ) 31 1

20p A p A= − = − =

17

20.

0,25

Cho (1; 1;2), (3;0; 4)A B− − , ( ) : 2 2 5 0P x y z− + − = 5 (1,0ñ)

ðường thẳng AB ñi qua ñiểm A và có vtcp ( )2;1; 6AB = −

Phương trình tham số của AB là

1 2

1 ( )

2 6

x t

y t t

z t

= +

= − + ∈ = −

R . 0,25

www.VNM

ATH.com

3/4

Gọi ( )( ) 1 2 ; 1 ;2 6I AB P I AB I t t t= ∩ ⇒ ∈ ⇒ + − + −

1( ) (1 2 ) 2( 1 6 ) 2(2 6 ) 5 0

6I P t t t t∈ ⇒ + − − + + − − = ⇒ =

Suy ra tọa ñộ giao ñiểm của AB và ( )P là ñiểm 4 5

; ;13 6

I −

.

0,25

Mặt phẳng ( )Q qua A và có vtpt ,Q Pn AB n =

, trong ñó Pn

là vtpt của ( )P

Ta có ( )1; 2;2Pn = −

0,25

Suy ra ( ), 10;10;5PAB n =

. Chọn ( )2;2;1Qn =

Phương trình mặt phẳng ( ) : 2( 1) 2( 1) 1( 2) 0Q x y z− + + + − = ⇔ 2 2 2 0x y z+ + − = . 0,25

Cho hình chóp .S ABCD có ñáy là hình chữ nhật, , 2AB a AD a= = ...

Gọi H là trung ñiểm của ( )AB SH AB SH ABCD⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ,

suy ra HC là hình chiếu của SC lên ( ) 045ABCD SCH⇒ = . 22ABCDS a=

0,25

22 17

44 2

a aSH HC a= = + =

2.

1 1 17. . . .2

3 3 2S ABCD ABCD

aV SH S a= = =

3 17

3

a.

0,25

( ) ( ) ( ) ( )1 1,( ) ,( ) ,( ) ,( )

2 2d M SAC d D SAC d B SAC d H SAC= = =

Kẻ ( ), ( ) ,( )HI AC HK SI HK AC HK SAC d H SAC HK⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = . 0,25

6 (1,0ñ)

Kẻ 1

2BE AC HI BE⊥ ⇒ = .

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5 2

4 4 5 5

a aBE HI

BE BA BC a a a= + = + = ⇒ = ⇒ =

Từ ñó suy ra ( )2 2 2 2 2 2

1 1 1 5 4 89 17,( )

17 17 89

ad M SAC

HK HI HS a a a= + = + = ⇒ = =

1513

89

a.

0,25

Trong mặt phẳng tọa ñộ ,Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15…

Ta có 10 3 10

( , ) . 5 3 523 5 3 5

d G AB BC AB= ⇒ = = ⇒ =

ðường thẳng d qua G và vuông góc với : 2 15 0AB d x y⇒ + − =

0,25

Gọi ( )6;3N d AB N= ∩ ⇒ . Suy ra 1

53

NB AB= = 0,25

Gọi ( ) ( )2 2 2( )2 ; 5 6 8 0 8;4

4

b LB b b AB NB b b B

b

=∈ ⇒ = ⇔ − + = ⇒ ⇒ =

Ta có ( )3 2;1BA BN A= ⇒

0,25

7 (1,0ñ)

( )37;6

2AC AG C= ⇒

. ( )1;3CD BA D= ⇒

ðáp số: ( ) ( ) ( ) ( )2;1 , 8;4 , 7;6 , 1;3A B C D .

0,25

A D

B C

S

H E

I

K

I

G

A B

D CK

N

www.VNM

ATH.com

1

Câu 1 ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x3 −3x2 + 2 1( )

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 1( )

b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số 1( ) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d( ) : x + 9y−1= 0 .

Câu 2 ( 1 điểm ) Giải phương trình: log32 x − log 3 9x2( )−1= 0

Câu 3 ( 1 điểm ) Tìm nguyên hàm sau: F x( ) = sin x1+ cos x∫ dx

Câu 4 ( 1 điểm ) a. Tìm n ∈ N biết Cn+1

1 +3Cn+22 =Cn+1

3

b. Cho 100 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 100, chọn ngẫu nhiên 3 thẻ. Tính xác suất để tổng các số ghi trên 3 thẻ được chọn là một số chia hết cho 2.

Câu 5 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A 0;1;2( ) , B 0;2;1( ) , C −2;2;3( ) . Chứng minh rằng A,B,C là ba đỉnh của một tam giác và tính đường cao AH của nó. Câu 6 ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của AD , góc giữa SBvà mặt phẳng đáy ABCD( ) là 450 .

a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BH theo a Câu 7 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn C( ) tâm I xI > 0( ) , C( ) đi qua điểm A −2;3( ) và tiếp xúc với đường thẳng d1( ) : x + y+ 4 = 0 tại điểm B . C( ) cắt d2( ) : 3x + 4y−16 = 0 tại C và D sao cho ABCD là hình thang có hai đáy là AD và BC , hai đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. Tìm toạ độ các điểm B , C , D

Câu 8 ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình: x2 + xy+ 2y2 + y2 + xy+ 2x2 = 2 x + y( )8y− 6( ) x −1 = 2+ y− 2( ) y+ 4 x − 2 +3( )

"#$

%$

Câu 9 ( 1 điểm ) Cho x , y là các số thực không âm thoả mãn:

2x2 +3xy+ 4y2 + 2y2 +3xy+ 4x2 −3 x + y( )2 ≤ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

P = 2 x3 + y3( )+ 2 x2 + y2( )− xy+ x2 +1+ y2 +1

---------------- Hết ---------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: .....................................

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I TỔ TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 MÔN THI: TOÁN 12

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG I TỔ TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề


1 2 điểm

a. Khảo sát đủ các bước, đồ thị vẽ dễ nhìn chấm điểm tối đa 1,0

b. Gọi M a;a3 −3a2 + 2( ) là tiếp điểm, do tiếp tuyến vuông góc với d( ) . Nên

có: y ' a( ) = 9

0,25

Hay 3a2 − 6a− 9 = 0 ⇔ a = −1 hoặc a = 3 0,25 Với a = −1 PTTT là: y = 9x + 7 0,25 Vớia = 3 PTTT là: y = 9x − 25 0,25

2 1 điểm

ĐK: x > 0 0,25 PT đã cho tương đương với: log3

2 x − 4 log3 x − 5= 0 0,25

Hay: log3 x = −1log3 x = 5"

#$ 0,25

Vậy PT có nghiệm: x = 13

hoặc x = 35 0,25

3 1 điểm

Ta có F x( ) = sin x1+ cos x∫ dx = −

d 1+ cos x( )1+ cos x∫ = − ln 1+ cos x( )+C 1,00

4 1 điểm

a. 0.5 điểm ĐK: n ∈ N,n ≥ 2 0,25

Từ đề ra ta có: n+1+3n+ 2( )!2!n!

=n+1( )!

3! n− 2( )! ⇔ n2 −10n− 24 = 0 0,25

Giải ra ta được: n =12 hoặc n = −2 0,25 Đối chiếu ĐK ta được n =12 0,25 b. 0.5 điểm Số phần tử của không gian mẫu là: C100

3 . Do tổng 3 số được chọn chia hết cho 2 nên ta có các trường hợp sau:

0,25

+ Cả 3 số đều chẵn, số cách chọn là: C503 0,25

+ Trong 3 số có một số chẵn, hai số lẽ số cách chọn là: C501 C50

2 0,25

Vậy xác suất tính được là: C503 +C50

1 C502

C1003 =

12

0,25

5 1 điểm Ta có AB

! "!!0;1;−1( ) , AC

! "!!−2;1;1( ) . Do AB

! "!!≠ kAC! "!!

nên ABC là một tam giác 0,5

Nhận thấy AB! "!!.AC! "!!

= 0 nên ΔABC vuông tại A .

Vậy 1AH 2 =

1AB2

+1AC2 =

23

. Hay AH =32

0,5

6 2 điểm

a. 0.5 điểm Do SH ⊥ ABCD( ) nên góc giữa SB và mặt phẳng đáy ABCD( ) là góc

∠SBH = 450 . Ta có ΔSBH vuông cân tại H vậy SH = BH = a 2 0,25

3

Ta có VS.ABCD =13SH.dt ABCD( ) = 2a

3 23

(đvtt) 0,25

a. 0.5 điểm Gọi K là trung điểm cử BC , ta có BH / /DK⇒ BH / / SDK( ) suy ra

d BH;SD( ) = d BH; SDK( )( ) = d H; SDK( )( ) 0,25

Tứ diện SHDK vuông tại H nên 1d 2 H; SDK( )( )

=1HS2

+1

HK 2 +1

HD2 =52a2

Vậyd BH;SD( ) = d H; SDK( )( ) = a 25

0,25

7 1 điểm Do ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn nên ABCD là hình thang cân. Do

hai đường chéo vuông góc với nhau tại K nên ΔBKC vuông cân tại K, suy ra ∠ACB = 450 ⇒ ∠AIB = 900 (góc ở tâm cùng chắn cung AB) hay IB ⊥ AI (1)

Lại do d1( ) tiếp xúc C( ) tại B nên IB ⊥ d1( ) (2). Từ (1), (2) suy ta

IB = d A / d1( ) = 52

, ( AI / / d1( ) )

0,25

Ta có PT AI : x + y−1= 0 , do I ∈ AI⇒ I a;1− a( ) , IA = 52⇔

a = 12

a = − 92

#

$

%%%%

Vậy I 12; 12

!

"#

$

%& do xI > 0( )

0,25

PT đường tròn C( ) : x − 12

"

#$

%

&'2

+ y− 12

"

#$

%

&'2

=252

Xét hệ x − 12

"

#$

%

&'2

+ y− 12

"

#$

%

&'2

=252

3x + 4y−16 = 0

(

)*

+*

⇔ x; y( ) = 0;4( ) hoặc x; y( ) = 4;1( )

B là hình chiếu của I lên d1( ) tính được B −2;−2( )

0,25

Do AD / /BC nên B −2;−2( ) , C 4;1( ) , D 0;4( ) 0,25 8

1 điểm ĐK: x; y ≥ 2 0,25

PT(1) ⇔ xy!

"#$

%&

2

+xy+ 2 + 2 x

y!

"#$

%&

2

+xy+1 = 2 x

y+1

!

"#

$

%& , đặt x

y= t;t > 0 ta được

PT t2 + t + 2 + 2t2 + t +1 = 2 t +1( ) (3) với t > 0

0,25

Bình phương hai vế của (3) giải ra ta được x = y 0,25 Thay x = y vào (2) ta được 8x − 6( ) x −1 = 2+ x − 2( ) x + 4 x − 2 +3( ) ⇔

4x − 4 4x − 4( )2+1"

#$%&'= 2+ x − 2( ) 2+ x − 2( )

2+1"

#$%&'

(4);

Xét hàm số f t( ) = t3 + t luôn đồng biến trên R nên

(4) ⇔ 4x − 4 = 2+ x − 2 (5)

4

Giải (5) ta được x = 2 hoặc x = 349

. Vậy hệ có 2 nghiệm

x; y( ) = 2;2( ) hoặc 349; 349

!

"#

$

%&

0,25

9

1 điểm

Ta có 2x2 +3xy+ 4y2 + 2y2 +3xy+ 4x2 =

2 x + 34y

!

"#

$

%&

!

"#

$

%&

2

+238y

!

"#

$

%&

2

+ 2 y+ 34x

!

"#

$

%&

!

"#

$

%&

2

+238x

!

"#

$

%&

2

≥ 3 x + y = 3 x + y( )

dấu bằng xảy ra khi x = y ≥ 0 . Đặt x + y = t ta có t2 − t ≥ 0t ≥ 0

#$%

⇔t = 0t ≥1'

() (*)

0,25

Ta có P = 2t3 + 2t2 − xy 6t + 5( )+ x2 +1+ y2 +1 ,

P ≥ 2t3 + 2t2 − t2

46t + 5( )+ t2 + 4⇔ 4P ≥ 2t3 +3t2 + 4 t2 + 4 = f t( )

0,25

Xét hàm số f t( ) = 2t3 +3t2 + 4 t2 + 4 trên (*), f ' t( ) = 6t2 + 6t + 4tt2 + 4

≥ 0

với mọi t thoả mãn (*). Suy ra f t( ) ≥ f 0( ); f 1( ) = f 0( ) = 8 0,25

Vậy 4P ≥ f t( ) ≥ f 0( ) = 8 . Hay minP = 2 đạt được khi x = y ≥ 0x + y = 0"#$

⇔ x = y = 0 0,25

SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT THƯỜNG XUÂN 3

ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015 Môn thi: TOÁN


Câu 1: (2,0 điểm)

Cho hàm số: 3 2y x 3x mx 1 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0 . 2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Gọi ( ) là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực

tiểu. Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách từ điểm 1 11

I ;2 4

đến đường thẳng ( ) .


Giaûi phöông trình : 23 2 3(1 ).cotcosx cosx x


Giải bất phương trình sau: 42log ( 3)x + 3)1(log 2 x

Câu 4: (1,0 điểm) Mét líp häc cã 20 häc sinh nam vµ 15 häc sinh n÷. ThÇy gi¸o chñ nhiÖm chän ra

5 häc sinh ®Ó lËp mét tèp ca h¸t chµo mõng ngµy 22 th¸ng 12. TÝnh x¸c suÊt sao cho trong ®ã cã Ýt nhÊt mét häc sinh n÷.

Câu 5: (1,0 điểm) Cho hình chóp ABCDS. có đáy ABCD là hình thoi tâm O , hai mặt phẳng ( SAC ) và

( SBD ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ). Biết AC 2 3a , BD 2 a , khoảng cách

từ điểm O đến mặt phẳng ( SAB ) bằng 3

4

a . Tính thể tích khối chóp ABCDS. theo a .

Câu 6: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là 01 yx

và 093 yx . Tìm tọa độ các đỉnh B , C của tam giác ABC.

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) có phương

trình 084222 yxyx và đường thẳng ( ) có phương trình : 0132 yx .

Chứng minh rằng ( ) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm toạ độ điểm M trên đường tròn ( C ) sao cho diện tích tam giác ABM lớn nhất.

Câu 7: (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ sau có nghiệm thực:

22

2

4 2 2

45

( 2)

8 16 16 32 16 0

xx

x

x x mx m m

Câu 8: (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

5 4 1

5 4 2 1 6

a aP

a a

trong đó a là tham số thực và 5

14

a .

..………………..Hết………………… ( Thí sinh không sử dụng tài liệu. Çn bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm)

Híng dÉn chÊm m«n to¸n Câu Ý Nội dung Điểm

I

1 Cho hàm số: 3 2y x 3x 1 (1) 2,0

1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2y x 3x 1 1,0

* Tập xác định: .R * Sự biến thiên:

+ Giới hạn: 3 2

x x x

lim y lim x 3x 1 ,lim y

.

0,25

+ Bảng biến thiên:

2 x 0y 3x 6x 3x(x 2), y 0

x 2

Bảng biến thiên: x 0 2 y + 0 - 0 +

y 1

-3

0,25

+ Hàm số đồng biến trên khoảng ;0 và 2; .

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2 .

+ Hàm số đạt cực đại tại CÐx 0, y y(0) 1

đạt cực tiểu tại CTx 2, y y(2) 3

0,25

* Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. Ta có y 6x 6; y 0 x 1

y đổi dấu khi x qua x = 1.

Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng. f(x)=x 3 -3x^2 +1

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

x

y

0,25

2 Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu.......................................... 1,0

I

2

Ta có 2y 3x 6x m .

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt.

Tức là cần có: 9 3m 0 m 3.

0,25

Chia đa thức y cho y , ta được: x 1 2m m

y y . 2 x 13 3 3 3

.

Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm 1 1 2 2x ; y , x ; y .

Vì 1 2y (x ) 0; y (x ) 0 nên phương trình đường thẳng qua hai điểm cực đại, cực tiểu

là: 2m m

y 2 x 13 3

hay m

y 2x 1 2x 13

0,25

Ta thấy đường thẳng luôn đi qua điểm cố định 1

A ;22

. Hệ số góc của đường

thẳng IA là 3

k4

. Kẻ IH ta thấy 5

d I; IH IA4

.

0,25

Đẳng thức xảy ra khi 2m 1 4

IA 2 m 13 k 3

(TM).

Vậy 5

max d I;4

khi m 1 .

0,25

Câu 2

Giaûi phöông trình : 23 2 3(1 ).cotcosx cosx x +ĐK : mx

(3) x

xxx

2

2

sin

cos)cos1(322cos3

x

xxx

2

2

cos1

cos)cos1(322cos3

02coscos6cos1

cos32cos3 2

2

xxx

xx

2)3

2arccos(

23

3

2cos

2

1cos

kx

kx

x

x

(Thỏa các ĐK)

Câu 3 Giải bất phương trình sau: 42log ( 3)x + 3)1(log 2 x

Đk: x > 3

0.25

Khi đó phương trình tương đương log2(x-3)(x-1) 3 (x-3)(x-1) 8

0.25

x 1 hoặc x 5 0.25

Kết luận : x 5 0.25 C©u 4 Mét líp häc cã 20 häc sinh nam vµ 15 häc sinh n÷. ThÇy gi¸o chñ nhiÖm chän ra 5

häc sinh ®Ó lËp mét tèp ca h¸t chµo mõng ngµy 22 th¸ng 12. TÝnh x¸c suÊt sao cho trong ®ã cã Ýt nhÊt mét häc sinh n÷.

Chän ngÉu nhiªn 5 häc sinh trong 35 häc sinh cña líp cã 535C çch 0,25

Gäi A lµ biÕn cè: ‘‘ Chän ®îc 5 häc sinh trong ®ã cã Ýt nhÊt mét em n÷’’

Suy ra A lµ biÕn cè: “Chän ®îc 5 häc sinh trong ®ã kh«ng cã hs n÷ nµo”

Ta cã sè kÕt qu¶ thuËn lîi cho A lµ 520C

0,25

520535

CP A

C

0,25

520535

22731 1 0,95224

2387

CP A P A

C

0,25

C5

(1 đ) Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD).

VSABCD = 3

1SO.SABCD

Diện tích đáy 232.1

1aBDACS ABCD

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó 060ABD tam giác ABD đều. Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có

DH AB và DH = 3a ; OK // DH và 1 3

2 2

aOK DH OK AB AB

(SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 2 2 2

1 1 1

2

aSO

OI OK SO

Đường cao của hình chóp 2

aSO .

Thể tích khối chóp S.ABCD: 3

.

1 3.

3 3D DS ABC ABC

aV S SO

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

C6 1. (1 điểm) Gäi C = (c; 3c - 9) vµ M lµ trung ®iÓm cña BC M(m; 1-m) Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c). ------------------------------------------------------------------------------------------------------

Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta có I(2

32 cm;

2

327 cm )

Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nªn 09)2

327()

2

32(3

cmcm

m = 2 M(2; -1) Ph¬ng tr×nh BC: x – y - 3=0 --------------------------------------------------------------------------------------------------------

Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ:

03

093

yx

yx

0

3

y

x

Täa ®é cña C = (3; 0), toạ độ B(1; -2)

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2. (1 điểm)

Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = 13 .

Khoảng cách từ I đến đường thẳng ( ) là 13

9),( Id < R

Vậy đường thẳng ( ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt.

0,25 đ

S

A

B K

H

C

O

I D 3a

a

---------------------------------------------------------------------------------------------------------

Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có ),(.2

1 MABM dABS

Trong đó AB không đổi nên ABMS lớn nhất khi ),( Md lớn nhất.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------- Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với ( ). PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0 Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm của hệ phương trình:

0123

084222

yx

yxyx

5,3

1,1

yx

yx

P(1; -1); Q(-3; 5)

Ta có 13

4),( Pd ;

13

22),( Qd

--------------------------------------------------------------------------------------------------------- Ta thấy ),( Md lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với Q. Vậy tọa độ điểm M (-3; 5).

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Nội dung trình bày Câu 7 Điểm

* Giải BPT: 2

2

2

45 (1)

( 2)

xx

x

. Với 2x , (1) tương đương với

2

22 2 2 2

2

12 4 25 0 4. 5 0

2 2 2 25

2

x

x x x x xxx x x x x

x

1

Từ đó tìm ra 2x hoặc 2 1x . 0,5

* Giả sử 0x là một nghiệm của PT: 4 2 28 16 16 32 16 0x x mx m m (2)

Khi đó PT: 4 2 2

0 0 08 16 16 32 16 0x x mx m m phải có nghiệm m

Suy ra PT: 2 4 2

0 0 016 16( 2) 8 16 0m x m x x phải có nghiệm m. Do đó

2 4 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0' 64( 2) 16( 8 16) 0 16 ( 2)( 2 8) 0 0 2x x x x x x x x

Như vậy nếu (2) có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0.

1

Do đó hệ (1), (2) có nghiệm khi PT (2) có nghiệm x=2.

Thay x=2 vào (2) ta được: 2 4 4 0 2m m m

Vậy với 2m thì hệ (1), (2) có nghiệm.

0,5

Nội dung trình bày Câu 8 Điểm

Đặt 5 4 ; 1A a B a thì 2 24 9; , 0A B A B

Do đó tồn tại 0; : 3sin ; 2 3cos2

x A x B x

. Khi đó:

0, 5

33sin cos 2sin cos2

2 6 3sin 3cos 6 2sin 2cos 4

x xA B x xP

A B x x x x

Xét hàm số 2sin cos

( )2sin 2cos 4

x xf x

x x

, với 0;

2x

.

Ta có 2

6 4sin 8cos'( ) 0

(2sin 2cos 4)

x xf x

x x

với mọi 0;

2x

.

Suy ra hàm f(x) đồng biến trên đoạn 0;2

x

. Do đó:

0; 0;2 2

1 1min ( ) (0) ; m ax ( )

6 2 3x x

f x f f x f

.

1

Vậy 1

min6

P , khi 5

4a ; Vậy

1max

3P , khi 1a .

0,5

Chú ý: Có thể xét trực tiếp hàm số theo biến a: 5 4 1

( )5 4 2 1 6

a af a

a a

,

51

4a

Tính đạo hàm trực tiếp suy ra hàm f(a) nghịch biến trên đoạn 5

1;4

, từ đó thu được

kết quả như trên.

HẾT

Câu I(4 điểm). Cho hàm số 3 23 4y x x (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).

2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại

ba điểm phân biệt.

Câu II(2 điểm ). Giải phương trình: 2cos.2sin

sin22sin3

xx

xx

Câu III(2 điểm )

1.Một hộp đựng các số tự nhiên có 4 chữ số được thành lập từ các số 0,1,2,3,4. Bốc ngẫu

nhiên một số. Tính xác suất để số tự nhiên được bốc ra là số có 4 chữ số mà chữ số đằng trước

nhỏ hơn chữ số đằng sau.

2.Giải phương trình 2 2

2 4log log (4 ) 5 0x x

Câu IV(2 điểm ). Tính nguyên hàm

4

32xx

xdxI

Câu V(4 điểm ). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác SAC

cân tại S, góc SBC bằng 600, mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) .

1. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC.

2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.

Câu VI(2 điểm ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2+y2 = 5 tâm O,

đường thẳng (d): 3x - y - 2 = 0. Tìm tọa độ các điểm A, B trên (d) sao cho OA = 10

5 và đoạn

OB cắt (C) tại K sao cho KA = KB.

Câu VII(2 điểm )Giải hệ phương trình: ),(

33

335252

22

22

Ryxxxyy

xyyyxx

Câu VIII(2 điểm ). Cho çc sè thùc d¬ng a, b, c. Chøng minh r»ng:

a b c a a b c b a b c c 9 3 3

b c c a a b 2 a b c

.

-------Hết-------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh………………………..…….; Số báo danh………………

TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC THÊM HỌC KỲ I, NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn: TOÁN, khối 12. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Nội dung Điểm I 1.

1/ Tập xác định: R 0,25

2/ Sự biến thiên

2

00;63 ,2,

x

xyxxy

0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ;0 và 2; ; hàm số nghịch biến trên

khoảng 0;2 .

0,25

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 yCĐ = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2 yCT = 0.

0,25

;)(lim

xfx

;)(lim

xfx


0,25

Bảng biến thiên x 0 2

,y + 0 - 0 +

y 4 0

0,25

3.Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (2;0), (1;0); đi qua điểm (3;4).

0,25

x

y

32O 1

4

-1

0,25

2/Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 3x2 + 4 = mx – 2m 0,25 (x – 2)(x2 – x – 2 – m) = 0 0,5

(*)02

22 mxx

x

0,25

TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC THÊM Môn: TOÁN;

(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)

để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi và

chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2

0,25

hay

0222

0492 m

m

0,25

0

4

9

m

m

0,25

Vậy với m (4

9 ;+ )\0 0,25

II ĐK: sin2x 0 =>

0cos

0sin

x

x

0,25

PT => 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx (2sin2x – 2sin2x.cosx)+sin2x- 2sinx = 0 0,25

2sin2x(1- cosx)+ 2sinx(cosx -1)= 0 2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0 0,25

0)1cos2(sin0sin2sin

1cos

xxxx

x 0,25

*)cosx = 1 sinx = 0 (loại) 0,25

*) 0)1cos2(sin0sin2sin xxxx 0,25

2cosx -1 =0 (do sinx 0) 0,25

232

1cos kxx (kZ) .

Vậy phương trình có nghiệm

23

kx

0,25

III 1.Gọi số có 4 chữ số là abcd , với a 0.

Số cách thành lập số có 4 chữ số là: 4.5.5.5= 500.

0,25

Theo giả thiết số đằng trước không thể là số 0. Như vậy số có 4 chữ số được

thành lập từ 1, 2, 3, 4;

0,25

mà chữ số đằng trước nhỏ hơn chữ số đằng sau chỉ có 1 cách đó là số 1234. 0,25

Vậy xác suất cần tìm là 1

500.

0,25

2.ĐK: x>0 Phương trình 05log4loglog 2

4422 xx

0,25

06loglog 222 xx 0,25

Đặt t = log2x, phương trình trở thành: t2 – t – 6 = 0 t = 3 hoặc t = - 2 0,25

với t = 3 x = 23 = 8 (tm) với t = - 2 x = 2-2 = ¼ (tm) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 8 và x = ¼

0,25

IV I=

4

)4(3

4

3 2

2

dxxxx

xx

xdx

0,5

= dxxxdxx

44

3

4

3 22

0,25

1

32

44

3C

xdx

x

0,5

32 2 2 2

2

3 3 14 4 ( 4) 4

4 8 4x x dx x d x x C 0,5

Vậy I = 321

44

x -4

3x+C.

0,25

V

K X

N

M

I

OA C

B

S

Gọi O là trung điểm AC . Vì tam giác SAC cân nên ACSO 0,25 ))()()(( ABCSACviABCSO 0,25

vì 2

3,

2

aOB

aOCOA nên 0,25

Đặt SO = m thì SB2 = m2+3a2/4, SC2 = m2+a2/4 0,25

Vì góc SBC bằng 600 nên

2

6343

432

3

2

1),cos(60cos 222

22

20 a

mamama

aBCBS

0,5

SABC = 2

32a

0,25

Vậy 8

2.

3

1 3

.

aSSOV ABCABCS

đvtt 0,25

2.Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong mp(SOB), từ I dựng đường thẳng IM //SO, M trên SB

0,25

Do SO vuông với (ABC) suy ra IM vuông với (ABC) hay đường thẳng IM là trục đường tròn của tam giác ABC

0,25

Gọi N là trung điểm SB Trong tam giác SOB, từ N dựng đường trung trực của cạnh SB, cắt IM tại X.

0,25

Suy ra X là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. 0,25

K

X

N

M

IO

B

STheo 1) ta có SB = 3a/2., SN = 3a/4.

Ta có: SN.SB=SK.SO suy ra SK = 64

9a

0,25

KN=SK.sinOSB =24

3a 0,25

XN = 1/3KN = 24

a 0,25

BX = 8

38a

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là8

38a

0,25

VI

K

A

O

B

(C): x2 + y2 = 5 có tâm O(0;0) bán kính R = 5 .

0,25

Ta có d(O;d) = 10

5=OA OA (d)

0,25

A (d) A(t;3t-2) OA

=(t;3t-2) 0,25

(d) có vtcp du

=(1;3). Ta có: OA

. du

= 0 0,25

t + 3(3t-2) = 0 t = 3

5A

3 1;

5 5

0,25

Ta có OAB vuông tại A, KA = KB KA = KB = OK K là trung điểm OB

OB = 2OK = 2 5

0,25

Vì B (d) B(b;3b-2)Ta có OB2 = 20 b2+(3b-2)2 = 20 5b2-6b-8=0

2 2; 4

4 4 22;

5 5 5

b B

b B

0,25

Vậy A3 1

;5 5

, B(2;4) hoặc

4 22;

5 5B

0,25

VII

Phương trình (2) y2 - 3y + 3 = x2 - x y - 3x - 3 = y2 - x2 - 2y - 2x thế vào 0,25

phương trình (1) ta có: 2 21 4 1 4x y y2 - x2 - 2y - 2x

2 2

1 4 1 4x y (y-1)2-(x-1)2

0,25

21 4x +(x+1)2= 21 4y +(y-1)2 (*) 0,25

Xét hàm số f(t) = 4t +t trên [0;+ ), f’(t) > 0 t≥0 f(t) đồng biến trên [0;+ )

0,25

phương trình (*) f((x+1)2) = f((y-1)2) (x+1)2 = (y - 1)2 2x y

x y

0,25

Với x = y - 2, thế vào (2) giải được:

1

23

2

x

y

0,25

Với x = - y, thế vào (2) giải được:

3

4

3

4

x

y

0,25

Vậy (x;y) 1 3 3 3

; , ;2 2 4 4

0,25

VIII

Ta có: ĐPCM

9 3 3

2

a b c a a b c a b c b a b c a b c c a b c

b c c a a b

0,25

1 1 19 3 3

2

a b c

a b c a b c a b cb c c a a b

a b c a b c a b c a b c a b c a b c

0,25

Đặt ; ;a b c

x y za b c a b c a b c

, ta có: x,y,z>0 và 1x y z

Khi đó

đpcm1 11 1 9 3 3 1 1 9 3 3

2 1 1 1 2

y yx z x z

y z z x x y x y z

0,25

Ta cm:

1 1 1 91

1 1 1 2x y z Ta có:

1 1 11 1 1 9

1 1 1

1 1 1 9 9

1 1 1 1 1 1 2

x y zx y z

x y z x y z

Từ đó suy ra (1) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi 1

3x y z

0,25

Ta cm:

3 32

1 1 1 2

yx z

x y z

Thật vậy, Xét hàm số f(x) = 1 0 1x x víi x

Ta có f’(x) = 1 3

2

x

x

= 0

1

3x ;

BBT

0,5

x 0 1

3 1

f’(x) + 0 f(x)

2

3 3

Suy ra 0 < f(x) <2

3 3. Dấu “=” xảy ra

1

3x

Vậy ta có: 1

x

x=

3 3

2 213 3

x x x

x x

; tương tự:

1

y

y

3 3

2

y;

3 3

1 2

zz

z

Suy ra 3 3

1 1 1 2

yx z

x y z

(x+y+z)=

3 3

2.

Từ đó suy ra (2) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi 1

3x y z

0,25

Từ đó suy ra đpcm dấu đẳng thức xảy ra khi a b c 0,25

Mọi cách khác giải đúng đều được điểm tối đa.

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5 ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 (lần2)

Môn : Toán ; Thời gian làm bài:180 phút.

Câu1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2( 1)

1

xy

x

(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm toạ độ các điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M đi qua điểm A(0;-1). Câu2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin2x – cos2x = 2 sinx – 1

Câu 3 (1,0 điểm). Tìm hệ số chứa x8 trong khai triển 2 21( )(1 2 )

4nx x x thành đa thức biết

n là số tự nhiên thoả mãn hệ thức 3 23 7n nC C

Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 2

3 3log ( 1) log (2 1) 2x x

b) Một hôp đựng chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất. Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d1: 2 3 0x y và

d2: 2 1 0x y cắt nhau tại điểm I. Viết phương trình đường tròn tâm I và tiếp xúc với d3: 3

4y x . Viết phương trình đường thẳng d đi qua O cắt d1, d2 lần lượt tại A, B sao cho

2IA=IB. Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông canh a. Mặt bên SAB là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng AB là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH= 2AH. Goi I là giao điểm của HC và BD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm

H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm 9

( ;3)2

M là trung điểm của cạnh BC,

phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của ADH là d: 4 4 0x y . Viết phương trình cạnh BC.


2 4 3

91 ( 1)

2

x x y y x x x

x y x y x

(x,y R )

Câu 9(1,0 điểm). Cho , ,a b c thuộc khoảng (0;1) thoả mãn 1 1 1

( 1)( 1)( 1) 1a b c . Tìm GTNN

của biểu thức P = 2 2 2a b c ----Hết----- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh………………………..Số báo danh………… Lớp ……

ĐỀ CHÍNH THỨC (gồm 1 trang)

Hướng dẫn chấm môn Toán (lần 1) Câu Nội dung Điểm Câu1 (2,0 điểm).

Cho hàm số 2( 1)

1

xy

x

(1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

Tự giải

1

b) Tìm toạ độ các điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M đi qua điểm A(0;-1).

G ọi M(2 2

;1

aa

a

) thuộc (C ) pttt của (C ) tại M là

2

4 2 2( )

( 1) 1

ay x a

a a

Vì tt đi qua A(0;-1) nên 2

4 2 21 (0 )

( 1) 1

aa

a a

Gi ải ra 2 2

1

( 1) 4 (2 2)( 1) 3 2 1 0 1

3

a

a a a a a aa

M(1;0) ho ặc M(1

; 4)3

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu2 (1,0 điểm).

Giải phương trình sin2x – cos2x = 2 sinx – 1 0,25

2s inx cosx+(1-cos2x) = 2sinx 2s inx(cosx+sinx-1)=0

sinx=0

24 42 sin( ) 1 2

4 232

4 4

x kx k

x kx x k

x k

0,25 0,25 0,25


Tìm hệ số chứa x8 trong khai triển 2 21( )(1 2 )

4

nx x x thành đa thức

biết n là số tự nhiên thoả mãn hệ thức 3 23 7n nC C

3,n n N

! ! ( 2)( 1) ( 1)3 7 7

3! 3 ! 2! 2 ! 2 2

n n n n n n n

n n

giải ra 9n

Khai triển 20

20 2020

0

1 1(2 1) (2 )

4 4k k

k

x C x

hệ số chứa x8 ứng với 20-k=8 12k . Do đó hệ số cần tìm là 12 820

1.2

4C =8062080

0,25 0,25 0,25 0,25


a) Giải phương trình 23 3

log ( 1) log (2 1) 2x x

đk: 1

1 01

2 1 02

xx

x x

2 23 3

2 2

2

2

log ( 1) log (2 1) 2

( 1)(2 1) 3( 1) (2 1) 9

( 1)(2 1) 3

12 3 2 0 ( )

22 3 4 0 2

pt x x

x xx x

x x

x x x loai

x x x

Đáp số x=2

0,25 0,25

b) Một hôp đựng chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 4 viên bi. Tính xác suất để 4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất. Gọi A là biến cố “4 viên bi được chọn có đủ 3 màu và số bi đỏ nhiều nhất” Số phần tử của không gian mẫu là n( )= 4

15 1365C .

Số kết quả thuận lợi của biến cố A là: 2 1 15 4 6( ) 240n A C C C

Do đó P(A)=240 16

1365 91

0,25 0,25

Câu 5 (1,0

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d1:

điểm). 2 3 0x y và d2: 2 1 0x y cắt nhau tại điểm I. Viết phương trình

đường tròn tâm I và tiếp xúc với d3: 3

4y x . Viết phương trình

đường thẳng d đi qua O cắt d1, d2 lần lượt tại A, B sao cho 2IA=IB.

Toạ độ I l à nghiệm của 2 3 0 1

2 1 0 1

x y x

x y y

d3:3x-4y=0

d(I; d3)=1

5

đường tròn tâm I và tiếp xúc với d3 c ó pt:

(x-1)2+(y-1)2=1

25

pt đt qua d’ qua O ,song song v ới d1là x+2y=0

Gọi M = 2 'd d =(2 1

;5 5

)

AI IB

OM BM Gọi B(a; 2a-1) thuộc d2

BM2=( 2 2

02 4 4

( ) ( 2 ) 45 5 5

5

a

a aa

B(0;-1)(loại) B(4/5;3/5) Pt d: 3x - 4y=0

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 6 (1,0 điểm

.

1.

3S ABCD ABCDV SH S

Ta có SH2=HA.HB=2a2/9 23

aSH

32

.

22.

9 9S ABCD

a aV a (đvtt)

( , ( ))

( , ( ))

d I SCD IC

d H SCD HC và

3

2

IC CD

IH BH

3

5

IC

CH và

CH2=BH2+BC2= 213

9a

2 2 2 2

1 1 1 11 22

2 11

aHM

HM SH HK a

3 22( , ( ))

55

ad I SCD

0,25 0,25 0,25 0,25


Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có

điểm H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm 9

( ;3)2

M là

trung điểm của cạnh BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của ADH là d: 4 4 0x y . Viết phương trình cạnh BC.

Gọi K là trung điểm của HD. chứng minh AN vuông góc với MN. Gọi P là trung điểm của AH.Ta có AB vuông góc với KP, Do đó P là trực tâm của tam giác ABK. Suy ra BP AK AK KM Phương trình KM: đi qua M(9/2;3) và vuông góc với AN có pt:

0,25 0,25

MK:15

4 02

x y Toạ độ K(1/2;2)

Do K là trung điểm của HD nên D(0;2),suy ra pt (BD): y-2=0 AH: x-1=0 và A(1;0); AD có pt: 2x+y-2=0 BC qua M và song song với AD nên BC: 2x+y-12=0

0,25 0,25

Câu8 (1,0 điểm).

Giải hệ phương trình

2 4 3 (1)

91 ( 1) (2)

2

x x y y x x x

x y x y x

(x,y R )

Đk: 1

0

x

y

2 2

2 2

2 2

(1) ( ) ( ) 0

0 ( )( ) 0

x x y x x x y

y xx x y x y x y x x x

x y x x

Do đ ó x=y thay v ào pt (2) : 9

1 ( 1)2

x x x x x

Đ ặt 21( 0) 2 1 2 ( 1)t x x t t x x x

Pt trở thành t2+1+2t=9 hay t2+2t-8=0 chỉ lấy t=2 1 2x x

2 2

525

2 ( 1) 5 2 216

4 4 25 20 4

xx x x x

x x x x

Vậy hệ có nghiệm duy nhất(25 25

;16 16

)

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 9(1,0 điểm)

Cho , ,a b c thuộc khoảng (0;1) thoả mãn 1 1 1

( 1)( 1)( 1) 1a b c . Tìm

GTNN của biểu thức P = 2 2 2a b c 1 1 1

( 1)( 1)( 1) 1 1 2ab bc ca a b c abca b c

P= 2 2( ) 2( ) ( ) 2( 1) 4a b c ab bc ca a b c a b c abc

Theo Cô si 3( )3

a b cabc

2 342 2

27P t t t v ới t a b c (0<t<3)

Khảo sát hàm số tr ên tìm ra minP =3/4 khi t=3/2 hay a=b=c=1/2

0,25 0,25 0,25 0,25

TRUNG TÂM DẠY THÊM VĂN HÓA LÊ HỒNG PHONG

Đ/C: 235 Nguyễn Văn Cừ, P4, Q5, TP.HCM (38 322 293) Website: ttdtvh.lehongphong.edu.vn

ĐAP AN VA BIÊU ĐIÊM CHÂM

Câu Y Nôi dung Điêm

1 Cho ham sô y =

2x 1

x 1

co đô thi la (C).

a Khao sat va ve đô thi (C) cua ham sô. ∑ = 2.5

* Tâp xac đinh: D = R\–1.

* Giơi han, tiêm cân:

limx

y 2

y = 2 la tiêm cân ngang cua đô thi .

lim ; limx 1 x 1

y y

x = –1 la tiêm cân đưng cua đô thi.

0.25

* y' =

( )23

x 1

* y' > 0, x D Ham sô đông biên trên cac khoang xac đinh

0.25

* Bang biên thiên:

x –∞ –1 +∞

y' + +

y +∞

2

2

–∞

0.25

* Điêm đăc biêt : (0; –1); (

1

2

; 0); (–2; 5); ( ;73

2

)

* Đô thi:

0.5

b Viêt phương trinh cua tiêp tuyên cua (C) biêt tiêp tuyên đi qua điêm A (–1; 4). ∑ = 0.75

(d) la tiêp tuyên cua (C) tai M(x0; y0)

(d): y – y0 = y'(x0)(x – x0)

(d): y = ( )( )

0

02

00

2x 13x x

x 1x 1

.

0.25

(d) qua A ( )

( )

0

02

00

2x 131 x 4

x 1x 1

–3 + 2x0 – 1 = 4x0 + 4 2x0 = –8 x0 = –4 y0 = 3; y'(–4) = 1

3

0.25

Vây (d): y = ( )

1x 4 3

3

= 1 13x

3 3

. 0.25

2 Tinh tich phân sau : I = ( )21x x

0

2e e xdx ∑ = 1.0

I =

21 1x x

0 0

2xe dx xe dx . 0.25

* I1 = ( )

2 21 1x x 2

0 0

2xe dx e d x = 21

x

0

e

= e – 1.

0.25

* I2 =

1x

0

xe dx :

Đăt u = x u' = ex.

v' = ex, chon v = e

x.

0.25

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

x

y



I2 = 1 1

x x

00

xe e dx = 1

x

0

e e = 1.

Vây I = e – 1 + 1 = e. 0.25

3 a Giai phương trinh: 3sinx + cos2x = 2 (1) ∑ = 0.5

1 – 2sin2x + 3sinx = 2 2sin

2x – 3sinx + 1 = 0

sinx = 1 hoăc sinx = 1

2

0.25

* sinx = 1 x k2

2

* sinx = sin

x k21 6

52 6x k2

6

0.25

b Giai bât phương trinh: log log log2

3 3 3x 3 x 3 2 x 3 (2) ∑ = 0.5

Đăt t = log3x (x > 0).

(1) 2t 3t 3 2t 3

2

2 2

t 3t 3 0

2t 3 0

t 3t 3 4t 12t 9

2

3t

2

3t 9t 6 0

0.25

3t

2

t 1 hay t 2

t ≥ 2 .

Do đo ta đươc: log3x ≥ 2 x ≥ 9. Vây nghiêm cua bpt la x ≥ 9.

0.25

4

a

Tim sô hang chưa x2 trong khai triên Niu–tơn cua

n

32

x

x

, vơi x > 0 va n la sô

nguyên dương thoa man 3 2 2

n n nC A 5C (trong đo ,k k

n nC A lân lươt la tô hơp châp k

va chinh hơp châp k cua n )

∑ = 0.5

Ta co: 3 2 2

n n nC A 5C

! ! !.

!( )! ( )! !( )!

n n n5

3 n 3 n 2 2 n 2

( )

1 1 5

6 n 2 2 n 2

n – 2 + 6 = 15 n = 11.

0.25

Khi đo

11

32

x

x

= .

11 k11

kk 3

11

k 0

2C x

x

= .( ) . .

k 11 k11

k k 11 k 2 3

11

k 0

C 1 2 x

.

Sô hang chưa x2 phai thoa

k 11 k2

2 3

5k 332

6

k = 9.

Vây sô hang chưa x2 trong khai triên cua

n

32

x

x

la ( ) .9 2 2

111 C x .

0.25

b

Trong giai câu lông ky niêm ngay truyên thông hoc sinh sinh viên co 8 ngươi tham

gia trong đo co hai ban Viêt va Nam . Cac vân đông viên đươc chia lam hai ba ng A

va B, môi bang gôm 4 ngươi. Gia sư viêc chia bang thưc hiên băng cach bôc thăm

ngâu nhiên , tinh xac suât đê ca hai ban Viêt va Nam năm chung môt bang đâu .

∑ = 0.5

Goi la không gian mâu . Sô phân tư cua la 4

8C = 70

Goi C la biên cô "ca hai ban Viêt va Nam năm chung môt bang đâu ". Ta co:

Sô phân tư cua C la .1 2

C 2 6C C = 30.

0.25

Vây xac suât đê ca hai ban Viêt va Nam năm chung môt bang đâu la



Goi n

= (A; B) la vectơ phap tuyên cua CD

(A2 + B

2 > 0)

CD: A(x + 3) + B(y + 3) = 0

Ax + By + 3A + 3B = 0.

0.25

Ta co: SBCD = SACD = 18

d(A; CD) = ACD2S 36 6 10

CD 53 10

d(M; CD) = 3 10

5

2 2

3A B 3A 3B 3 10

5A B

2 25 6A 4B 3 10 A B

25(36A2 + 48AB + 16B

2) = 90(A

2 + B

2)

810A2 + 1200AB + 310B

2 = 0

B 31BA hay A

3 27

.

0.25

*

BA

3

: Chon B = –3 A = 1 (CD): x – 3y – 6 = 0 D(3d + 6; d)

Ta co: CD2 = 90 (3d + 9)

2 + (d + 3)

2 = 90 (d + 3)

2 = 9 d = 0 hay d = –6

D(6; 0) (nhân) hay D(–12; –6) (loai). Vây D(6; 0) A(0; 2)

Ta co ( ; )1

AB DC 3 1

3

B(–3; 1).

0.25

*

31BA

27

: Chon B = –27 A = 31 CD: 31x – 27y + 12 = 0

;31d 12

D d

27

( )

2

2 231d 93

CD d 3 90

27

( )2

729d 3

169

(loai)

Vây B(–3; 1).

0.25

8

Giai hê phương trinh sau :

( )

( )

2x y 2 x 2y 2 1

2 x 2 4y 8 y xy 2y 34 15x 2

∑ = 1.0

Điêu kiên: –2 ≤ x ≤ 2 va y ≥ 0

(1) ( ) . 22 x 2 x y 2y 0

2 x y

2 x 2y

0.25

2 x y : (2) 22 x 2 4 2 x 8 4 x 34 15x (3)

Đăt t = x 2 4 2 x 2 2t 34 15x 8 4 x .

Do đo: (3) 2t = t2

t 0

t 2

0.25

x 2 4 2 x 0

x 2 4 2 x 2

4 2 x x 2

4 2 x 2 x 2

( )

( )

16 2 x x 2

16 2 x 4 16 2 x x 2

( )

17x 30

16 2 x 17 x 2

30x

17

x 2

.

Khi x = 30

17

y = 2 17

17

va khi x = 2 y = 0.

0.25

* 2 x 2y ≤ 0 ma y ≥ 0 y = 0 va x = 2. Thư lai ta co x = 2, y = 0 la nghiêm .

Vây hê đa cho co 2 nghiêm la ; , ;30 2 17

2 0

17 17

. 0.25

M

D

AB

C



9 Cho x, y la cac sô không âm thoa x2 + y

2 = 2. Tim gia tri lơn nhât va nho nhât cua :

P = ( )5 5 2 25 x y x y 5 2xy 2 4xy 12

∑ = 1.0

* ,0 x y 2

( )

( )

2

2

x x 2 0

y y 2 0

( )3 3 2 2x y 2 x y 2 2 .

* 4 = (12 + 1

2)(x

2 + y

2) ≥ (x + y)

2 2 ≥ x + y

2(x3 + y

3) ≥ (x + y)(x

3 + y

3) ≥ . .

2

3 3x x y y 4 x

3 + y

3 ≥ 2.

Đăt t = x3 + y

3. Ta co ;t 2 2 2

.

0.25

Ta co:

* 23 = (x

2 + y

2)

3 = x

6 + y

6 + 3x

2y

2(x

2 + y

2)

= x6 + y

6 + 6x

2y

2 = (x

3 + y

3)

2 – 2x

3y

3 + 6x

2y

2

2x3y

3 – 6x

2y

2 = t

2 – 8

* 2(x3 + y

3) = (x

3 + y

3)(x

2 + y

2) = x

5 + y

5 + x

2y

3 + x

3y

2 = x

5 + y

5 + x

2y

2(x + y)

x5 + y

5 + x

2y

2(x + y) = 2t.

0.25

P = ( )5 5 2 25 x y x y 5 2xy 2 4xy 12

= – 4x3y

3 + 12x

2y

2 + 5(x

5 + y

5) + 5x

2y

22 2xy

= – 2(2x3y

3 – 6x

2y

2)+ 5(x

5 + y

5) + 5x

2y

2 2 2x y 2xy

= –2(t2 – 8) + 5[x

5 + y

5 + x

2y

2(x + y)] = – 2t

2 + 10t + 16 = f(t).

0.25

f '(t) = –4t + 10; f '(t) = 0 t = ;

52 2 2

2

.

Ta co: f(2) = 28; 5 57

f

2 2

va f 2 2 20 2 .

Vây ;

( ) ( )2 2 2

MinP Min f t f 2 28

va ;

( )2 2 2

5 57MaxP Max f t f

2 2

.

0.25

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc

ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 23 ( 1) 2y x mx m x (1).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m .

b) Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có hoành độ dương.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 22cos (tan tan ) sin cosx x x x x .


2

0

ln(1 )I x x dx .


a) Tìm hệ số của 4x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 8

2 2x

x

.

b) Một chiếc hộp có chín thẻ giống nhau được đánh số liên tiếp từ 1 đến 9. Rút ngẫu nhiên đồng thời hai thẻ (không kể thứ tự) rồi nhân hai số ghi trên hai thẻ với nhau. Tính xác suất để kết quả nhận được là một số chẵn.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng 1( ) : 2 3 4 0P x y z và

2( ) : 3 2 5 0P x y z . Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua điểm (1;2; 1)M , vuông góc với hai mặt

phẳng 1( )P và 2( )P .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm cạnh AB.

Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của ,CI góc giữa đường thẳng SA và

mặt đáy bằng 060 . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SBC .

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn 2 2( ) : 2 4 4 0C x y x y tâm I

và điểm (3;2)M . Viết phương trình đường thẳng đi qua M , cắt ( )C tại hai điểm phân biệt ,A B sao

cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.


4 4

32 2

2

3

x x y yx y

x y

( , )

Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số , ,a b c không âm sao cho tổng hai số bất kì đều dương. Chứng minh rằng

96

a b c ab bc ca

b c a c a b a b c

.

----------Hết---------


Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh:………………

www.VNM

ATH.com

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN

CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 2,0 điểm

Tập xác định: D .

Ta có 23 6y' x x. ; 0

02

xy'

x

0,25

- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; nghịch biến trên khoảng

(0;2) .

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =-2. - Giới hạn: lim , lim

x xy y

0,25


x 0 2

y' + 0 - 0 +

y 2

-2

0,25

a

Đồ thị:

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-5

5

x

y

0,25

Ta có 2' 3 6 1y x mx m . 0,25

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi PT y'=0 có hai nghiệm phân biệt

Điều này tương đương 2 2' 9 3( 1) 0 3 1 0m m m m (đúng với mọi m). 0,25

Hai điểm cực trị có hoành độ dương

2 00

110 0

3

mS

mmP

0,25

b

Vậy các giá trị cần tìm của m là 1m . 0,25

2 1,0 điểm Điều kiện: os 0c x (*). PT đã cho tương đương

22sin 2sin .cos sin cos 2sin (sin cos ) sin cosx x x x x x x x x x 0,25

(sin cos )(2sin 1) 0x x x 0,25

+) sin cos 0 tan 14

x x x x k

0,25

+ 1 5

sin 2 ; 22 6 6

x x k x k

0,25

www.VNM

ATH.com

Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của PT là 5

; 2 ; 2 ( )4 6 6

x k x k x k k

1,0 điểm

Đặt 2 2

2

2

ln(1 ) 1

1

2 2

xdxdu

u x x

dv xdx xv

0,25

Khi đó

1 12 2

00

( 1) ln(1 )

2

x xI xdx

0,25

12

0

1ln 2 ln 2

2 2

xI 0,25

3

Vậy 1

ln 22

I . 0,25

4 1,0 điểm

Ta có 8 8 88

2 2 16 38 8

0 0

2 2( 2)

kk

k k k k

k k

x C x C xx x

0,25

a

Hệ số của 4x là 8 2kkC với 16 3 4 4k k .

Do đó hệ số cần tìm là 4 48 .( 2) 1120C .

0,25

Số phần tử của không gian mẫu là: 29 36C 0,25

b

Gọi A là biến cố: "kết quả nhận được là số chẵn".

Số kết quả thuận lợi cho A là: 1 1 25 4 4. 26C C C . Xác suất cần tìm là

26 13( )

36 18P A .

0,25

5 1,0 điểm

1( )P có véc tơ pháp tuyến là 1 (1;2;3)n

; 2( )P có véc tơ pháp tuyến là 2 (3;2; 1)n

0,25

( )P có véc tơ pháp tuyến là 1 2, ( 8;10; 4) 2(4; 5; 2)n n n

. 0,25

Phương trình của ( ) : 4( 1) 5( 2) 2( 1) 0P x y z 0,25

Hay ( ) : 4 5 2 8 0P x y z . 0,25

6 1,0 điểm

K

H

KH

S

A

B

C

A

B C

I

I

A'I'

H'

E

H'

www.VNM

ATH.com

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là 3 3

3 3

3 1 3 1 2 1

2 2 3 3x y

( ; ) ; , ; . 0,25

9 1,0 điểm

Đặt 9a b c ab bc ca

Pb c a c a b a b c

Giả sử a b c , khi đó . .ab ac b b c c

b ca c a b b c c b

0,25

Suy ra b c b c

a c a b a

. 0,25

Đặt t b c thì 9a t at

Pt a a t

. 0,25

Ta có 9 9

6a t at a t at

t a a t a tat

(AM-GM). Do đó 6P (đpcm). 0,25

Chú ý: Đẳng thức xảy ra khi 3a t at và chẳng hạn một bộ ( , , )a b c thỏa mãn là

7 3 5( ; ; ) ;1;0

2a b c

(HS có thể không cần nêu bước này).

--------Hết--------

www.VNM

ATH.com

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH

TRƯỜNG THPT ĐỒNG LỘC

ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA LẦN I

NĂM HỌC 2014 – 2015; Môn: TOÁN


Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 233 xxy (1)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (1) của hàm số.

b. Tìm điểm A nằm trên trục hoành sao cho điểm A cùng với hai điểm cực trị của đồ thị (1)

tạo thành một tam giác cân tại A.

Câu 2 (1,0 điểm) Tính tích phân: dxxeI x

1

0

2 )3ln(


a. Giải phương trình: 1log12log21log4333 xxx

b. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số xexy ).1( , với 1;4x


a. Giải phương trình: 04

sin2cos

xx

b. Trường THPT Đồng Lộc có 100 giáo viên, trong đó có 7 cặp vợ chồng. Trường cần cử 2

giáo viên đi chuyên đề về: “Bạo lực học đường” tại Thành phố Hà Tĩnh. Tính xác suất để 2 giáo

viên được chọn đi tập huấn không là một cặp vợ chồng.

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương 1 1 1 1.ABCD A B C D ,

biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ; D(0;1;0) ; 1A (0;0;1). Gọi M là trung điểm của AB, N là tâm của hình

vuông 1 1ADD A . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là điểm M và đi qua điểm N.

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam vuông tại B, chân đường cao hạ từ

S lên mặt phẳng (ABC) là điểm H trùng với trung điểm của BC. Góc giữa cạnh SA với mặt

phẳng (ABC) bằng 045 , cho tam giác SBC đều cạnh a2 . Tính:

a. Thể tích khối chóp S.ABC theo a .

b. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a .

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD gọi 4;2M ,

2

3;

2

1N là các điểm thỏa mãn: MBCM ; NANC 3 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình

vuông, biết D thuộc Parabol (P): 122 xxy và D có hoành độ dương.

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

yx

yxyxyx

xyxxyx,

033

21229145 23 23

Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số a, b, c thuộc đoạn

1;

2

1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

abc

accbbaP

))()((

---------------Hết---------------


Họ và tên thí sinh:……..…………………….; Số báo danh……………………..

WWW.VNMATH.COM

www.NhomToan.com

TRUONG DAI HQC KHOA HQC TUNHIENTRII0NG THpr'crrurrAi.l KHoA Hec rtl Nnrtx

nAp Alq-rHeNG DrEM on rnr rntl rupr QUoc crA xau 20trs

Mdn Toin; Nghy thi28tl2l201a @6p 6n g6m 04 trang)

Cdu D6p 6n Di6m

I(4,0d)

a) 2 diOm

Kh6o s6t vd vE d6 thi hdm s6 1.00

Tac6 y" = 6x - 6+ y" = 0 e lr = 0 4 xu = I,yrr = 0. 0,25

E6i truc toa d6 x = X * !,y * Y tadugch0 trgc UXY. 0,25

Phnons trinh cira dubng cong trong hO truc tqa d0 m6i li Y * X3 - 3X. 4,25

Hdm s6 m6i id him 16 nOn d6 thi cria n6 nhdn di6m udn U(1; 0) ldm tAm d6i xfng' 0,25

b) 2 di6mH6 s5 e6c cira ti6p tuy6n k - 3xz - 6x. nnTa c6 k > k,1-) - -3 Y x +kh6netdntaiti6ptuv6n c6 h€ s6 e6c k < -3. 0,50

oann AO xsliry - (3xfi - 6*i@ - x) + x3 -3xR + 2 + y - GxR - 6xn)x - zxfr + 3x3 + 2.

0,50

---i---.-..-.7--Tir5p tuy6n di qua elidmudn U.(L; 0) <+ 0.= G1i - 6*) - Zxl + 3x! + 2 e xo - I.Vdv c6 duv nh6t m6t ti6p tuv6n di qua di6m udn.

0,50

j

(2,0d)a) 1di0m

ra c6 2 cos (r * i) .or (i - t) = cospcos 2r. 0,25

Do d6 ohucrns trinir tuone duors v6i - cos r * cos 3x * cos x = sin 3x 0.25

<+ tan3x- l.<+x -L+k!L230,50

b) 1 diOm

Chia hai v6 cho 22* taducvc (:)'. *o"fy'.\,\:

"ot--i'J-'i----;/ i-:' *,..y'-r, ., . ^: +: j-1

0,25

Der f = (I)'' \2/ (r > 0), tanh$ndugc tz + t - 2 - 0

r' ^\5-d

t,!i

r-r" t&i t'-

s,ir'0,25

++l=L,t=-2(loai) i>-4dn; \ \

r ni *\' .:'o?5

fl) =1<+x=0.\zlVpy phucrng trinh c6 nghiQm duy nhdt x = A.

4,25

3(2,0d)

-

a) i di€m

=I 2x dx 1, f d(2*)=- |

-

ln? J 2x ('L + 2x)F(x)2x (1 + 2x)

0,50

r rd(zx) 1 rd(2*+r)=GnJ z. -t"zJW0,25

CAU _pdp 6n I DG*b) 1di6m(.t): (r . L)'+ (y -2)'+(z*I)2 = 52 JCt.6te*(j-e-1) b6"kt"hR = tTa c6 a(t; (r)) : 4 1R =+ (p) cat (.s) theo dudng trdn (c) c6 tdm I'ld hinh chi6uctra / l6n (P) vd b6n knh r - JN - arQ;eD - S.

0,25

Tac6 il,,, = frp = (L;-2;2) +phucrng trinh cria II': x = 1 * t,i- 2 - Zt,z =-1 +2t + toa dQ cria 1' ld nghiQm cria hQ

7

3( x=I*t) t=2-2tI z=-t*2t\*-Zy*22-7=0

-f'==! *I'G'#'i)

0,25

(S') ti6p xtic ygi (P) khi vd chi khi R' - d(l; (P)) = a. 0,25V0y phuqng trinh cta (S'): (x - 1)' + (y - 2')z + (z * 7)2 = 42. 0,25

8(2,0d) x2+y2=2

*y')'- *'y'-2xy

He da cho tuong ducrng v6i( *'*y2=2 (

l#=4-*'v'-2xv*IH=(x2( x'+Y'=2*tH

=x4+y4+xzyz-2xv

0,50

( x'+y'--z ( xz+vz=Z* l* = x4 + y4 + x2y2 - (x, * yr)xyo lz*t -'26s q rs\.r+y

0,50

or'*y'-2olx=y=t,'( x=! "Lx=!=-tV0y phucrns trinh c6 2 nehi0m (t;1) vd (-1; -1)

1,00

9(2,0d)

tldng thirc dd cho tuong duong vdi

ar@ - o) 5- b21313; 3,; - 5; -1tL >a*b*c.

c(3(3 - c) -s)

[,00

Bdt ddng thrlc dd cho dugc chftng minh khi ta c6

*>a.a1(4-3a)

Th4t v4y, do a ( | n0n b6t ding thric tr€n tuong duong v6i. )J' 3

L> a3(4 - 3a) e 3aa * L> 4a3.Tir a ) 0 n6n theo b6t ddng thtic AM-GM ta nhfln dugc

3a4 + L = q.a + a4+a4 + 1 > 4\fffi:4a3.D6u bing xdy ra e o -- 7.

D6u bine cria b6t dins thfc xhv ra e e - b = c = 1.

1,00www.VNM

ATH.com

Câu 1: (4.0 điểm) Cho hàm số 3 23 2y x x có đồ thị là (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng 9 2y x

3. Tìm m để đường thẳng : 2 2d y mx m cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt có hoành độ

1 2 3, ,x x x thỏa mãn 2 2 2

1 2 3 5x x x

Câu 2: (2.0 điểm) Giải phương trình:

1) 2 sin 2 6 cos 2sin 3 0x x x 2) 32

49 7 7 3

1log log 1 log log 3

3x x

Câu 3: (2.0 điểm) Tính: 1

lnI x xdxx

Câu 4: (2.0 điểm)

1) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển

n

xx

5

3

1 biết )3(73

1

4

nCC n

n

n

n.

2) Trong môn Toán thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau trong đó có 5 câu khó,10 câu trung bình,15

câu dễ từ 30 câu này có thể lập ra bao nhiêu đề kiểm tra có 5 câu hỏi sao cho phải có đủ 3 loại khó, trung

bình ,dễ và số câu dễ không ít hơn 2

Câu 5: (2.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A, 060ABC , 2BC a . Gọi

H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Biết rằng SH vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC) và SA tạo

với mặt phẳng đáy (ABC) một góc 060 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt

phẳng (SAC) theo a.

Câu 6: (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm 1;2;1 , 0; 1;0 , 3; 3;3A B C .

1) Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC

2) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình chữ nhật.

Câu 7: (2.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng 45

2,

đáy lớn CD nằm trên đường thẳng 3 3 0x y . Biết hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại

2;3I . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hoành độ dương.

Câu 8: (2.0 điểm) Giải hệ phương trình 3 2

3 2

6 16 3 11 0

3 3 3 0

y y y x

x x x y

.

Câu 9: (2.0 điểm) Cho 1

0 , ,2

a b c thỏa mãn 2 3 2a b c . Chứng minh rằng:

1 2 9

544 6 3 3 1 2 4 1a b c b c a c a b

.

................................................HẾT................................................

Họ và tên thí sinh:.....................................................................Số báo danh:.............................

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 – 2015

Môn: Toán. Lớp 12

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

www.NhomToan.Com

HƯỚNG DẪN CHẤM

Chú ý : Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm

của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm

và cho điểm từng phần tương ứng.

Câu Nôi dung Điểm

1

1 Cho hàm số 3 23 2y x x có đồ thị là (C).

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2 điểm

+ Tập xác định: D R

+ Chiều biến thiên

-) Các giới hạn và tiệm cận

3 2 3

3

3 2lim lim 3 2 lim 1x x x

y x x xx x

Đồ thị hàm số không có tiệm cận

-) ' 23 6y x x ; ' 20

0 3 6 02

xy x x

x

-) Lập đúng bảng biến thiên

-) Kết luận đúng sự biến thiên của hàm số

-) Kết luận đúng cực trị của hàm số

+ Đồ thị

-) Nhận xét tính đối xứng của đồ thị hàm số

-) Vẽ đúng dạng đồ thị hàm số

0.25

0.25

0.5

0.25

0.25

0.5

2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường

thẳng 9 2y x 1 điểm

+ Gọi 3 2

0 0 0 0 0; : 3 2M x y C y x x . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là

2 3 2

0 0 0 0 03 6 3 2y x x x x x x

Theo giả thiết tiếp tuyến song song với đường thẳng 9 2y x , ta có

02 2

0 0 0 0

0

13 6 9 3 6 9 0

3

xx x x x

x

+ Với 0 1x , phương trình tiếp tuyến là: 09 7y x

+ Với 0 3x , phương trình tiếp tuyến là: 09 25y x

0.25

0.25

0.25

0.25

3 Tìm m để đường thẳng : 2 2d y mx m cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt có

hoành độ 1 2 3, ,x x x thỏa mãn 2 2 2

1 2 3 5x x x 1 điểm

+ Xét phương trình hoành độ giao điểm

3 2

3 2

2

3

2

3 2 2 2

3 2 4 0

2 2 0 1

2

2 0 2

x x mx m

x x mx m

x x x m

x x

x x m

+ Đường thẳng : 2 2d y mx m cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt có hoành độ

1 2 3, ,x x x thỏa mãn 2 2 2

1 2 3 5x x x

(1) có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3, ,x x x thỏa mãn 2 2 2

1 2 3 5x x x

(2) có 2 nghiêm phân biệt 1 2,x x thỏa mãn 2 2 2

1 2 2 5x x

(2) có 2 nghiệm phân biệt 1 2,x x9

0 9 4 04

m m (*)

0.25

0.25

http://toanhocmuonmau.violet.vn/

Theo định lí Viet, ta có 1 2

1 2

1

2

x x

x x m

Lại có 22 2 2 2

1 2 1 2 1 22 5 2 1 0 1 2 2 1 0 2x x x x x x m m

Vậy 2m là giá trị cần tìm

0.25

0.25

2

1 2 sin 2 6 cos 2sin 3 0x x x 1 điểm

Ta có 2 sin 2 6 cos 2sin 3 0 2sin 3 2 cos 1 0x x x x x

3s inx

2sin 3 2

12 cos 1 cos2

x

x x

+ Với

23 3

sin22

23

x k

x

x k

+ Với

21 4

cos2

24

x k

x

x k

.

Vậy:….

0.25

0.25

0.25

0.25

2 32

49 7 7 3

1log log 1 log log 3

3x x 1 điểm

+ Điều kiện: 1x (*)

32

49 7 7 3

7 7 7

7 7

2

1 log log 1 log log 3

3

log log 1 log 2

log 1 log 2

1 2

2 0

1 (l)

2 (tm)

x x

x x

x x

x x

x x

x

x

Vậy:…

0.25

0.25

0.25

0.25

3

Tính:

1lnI x xdx

x

2 điểm

Ta có: 1 2

1 1ln ln lnI x xdx x xdx xdx I I

x x

*) Tính 1 lnI x xdx

Đặt 2

1

ln

2

du dxu x x

dv xdx xv

0.25

0.75

Khi đó:

2 2 2

1 1

1ln ln ln

2 2 2 4

x x xI x xdx x xdx x C

*) Tính 2

2 2

1 lnln ln ln

2

xI xdx xd x C

x

Vậy

2 2 2

1 2

lnln

2 4 2

x x xI I I x C

0.75

0.25

4

1 Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển

n

xx

5

3

1 biết

)3(73

1

4

nCC n

n

n

n.

1 điểm

Ta có:

1

4 3

4 ! 3 !7( 3) 7 3 ... 12

1 !.3! !.3!

n nn n

n nC C n n n

n n

Với 12n ta có

1112 1212 12 365 5 2

12 123 30 0

1 1. . .

k kkk k

k k

x C x C xx x

Số hạng chứa 8x ứng với 11

36 8 82

kk (thỏa mãn).

Vậy hệ số của 8x trong khai triển là 812C

0.25

0.25

0.25

0.25

2 Trong môn Toán thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau trong đó có 5 câu khó,10 câu

trung bình,15 câu dễ từ 30 câu này có thể lập ra bao nhiêu đề kiểm tra có 5 câu hỏi

sao cho phải có đủ 3 loại khó, trung bình ,dễ và số câu dễ không ít hơn 2 1 điểm

*) Trường hợp 1: 2 câu dễ, 1 câu trung bình, 2 câu khó

Số cách chọn là: 2 1 215 10 5. .C C C





Do đó số cách chọn là: 2 1 215 10 5. .C C C + 2 2 1

15 10 5. .C C C + 3 1 115 10 5. .C C C = 56875 cách

0.25

0.25

0.25

0.25

5

Cho hình chóp S.ABC có đáylà tam giác ABC vuông tại A, 060ABC , 2BC a .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Biết rằng SH vuông góc với mặt

phẳng đáy (ABC) và SA tạo với mặt phẳng đáy (ABC) một góc 060 . Tính thể tích

khối chopS.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.

2 điểm

Góc giữa SA và (SCA) là góc 060SAH , ta có

0

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4 3 3.tan 60

2 233

a aAH SH AH

AH AB AC a aa

Từ đó 3

.

1 1 3 1 3. . . . . 3

3 3 2 2 4S ABC ABC

a aV SH S a a

0.5

0.5

Ta có

22

23 3

.2 2

aCA aCA CH CB CH

CB a . Từ đó

; 2 4 4

; ;3 3 3;

2

d B SAC CB ad B SAC d H SAC

aCHd H SAC

Hạ ,HE AC HK SE . Ta có ,HE AC HS AC AC SHE AC HK

0.25

0.25

Từ đó HK AC

HK SACHK SE

. Do đó

4 4; ;

3 3d B SAC d H SAC HK

Ta có 3 3 3

4 4 4

HE CH aHE AB

AB CB . Từ đó

2 2

2 2 22

2 2 2 2

3 3.

. 9 3 54 2

20 103 3

4 2

a a

HS HE a aHK HK

HS HE a a

4 4 3 5 2 5

; .3 3 10 5

a ad B SAC HK

0.25

0.25

6

1

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm 1;2;1 , 0; 1;0 , 3; 3;3A B C .

Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. Tìm tọa độ trọng tâm của tam

giác ABC

1 điểm

+ Ta có: 1; 3; 1 , 2; 5;2AB AC

Dễ thấy 2 vecto 1; 3; 1 , 2; 5;2AB AC không cùng phương, do đó A, B,

C là 3 đỉnh của một tam giác

+ Gọi ; ;G G GG x y z là trọng tâm tam giác ABC. Ta có

1 0 3 4

3 3

2 1 3 2 4 2 4; ;

3 3 3 3 3

1 0 3 4

3 3

G

G

G

x

y G

z

0.5

0.5

2 Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình chữ nhật. 1 điểm

Ta có 1;3;1 , 3; 2;3 . 1.3 3. 2 1.3 0BA BC BA BC BA BC

ABC là tam giác vuông tại B

Do đó, ABCD là hình chữ nhật AB DC

Gọi 0 0 0; ;D x y z . Khi đó: 0 0 01; 3; 1 , 3 ; 3 ;3AB DC x y z

0 0

0 0

0 0

1 3 4

3 3 0 4;0;4

1 3 4

x x

AB DC y y D

z z

Vậy 4;0;4D là điểm cần tìm

0.25

0.25

0.25

0.25

7

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng

45

2, đáy lớn CD nằm trên đường thẳng 3 3 0x y . Biết hai đường chéo AC, BD

vuông góc với nhau tại 2;3I . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC, biết

điểm C có hoành độ dương.

2 điểm

Do ABCD là hình thang cân với đáy lớn CD và hai đường chéo AC, BD vuông góc

với nhau nên tam giác ICD vuông cân tại I

Đường thẳng qua I vuông góc với CD: 3 3 0x y có phương trình:

3 2 3 0 3 9 0x y x y

Gọi K là trung điểm của CD, ta có tọa độ K là nghiệm của hệ:

3 3 0 3

3;03 9 0 0

x y xK

x y y

Mà KI KC KD nên C, D là giao điểm của đường thẳng CD và đường tròn tâm K

bán kính 10KI

Do đó tọa độ của chúng là nghiệm của hệ

2 2

3 3 0

3 10

x y

x y

6;1 , 0; 1C D do C có hoành độ dương

Gọi H là trung điểm của AB, ta có

245 45 1 10

. . 102 2 2 2

ABCDS AB CD HK IH IK HK IH IH

Mà 2 2 3;5 3; 4ID IK

DI IB B BCIB IH

Vậy đường thẳng BC: 4 3 3 5 0 4 3 27 0x y x y

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

8

Giải hệ phương trình 3 2

3 2

6 16 3 11 0

3 3 3 0

y y y x

x x x y

. 2 điểm

Ta có

33 2

3 2 3

2 4 3 3 06 16 3 11 0

3 3 3 0 1 3 2 2 0

y y xy y y x

x x x y x y x

Đặt 2 2

1 1

a y y a

b x x b

. Thay vào hệ phương trình ta có:

3 3

3 3

4 2 3 1 3 0 4 3 2 1

3 2 2 1 2 0 3 2 2 2

a a b a a b

b a b b a b

Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được

3 3 2 2

2 20 1

1 0

a ba b a b a b a ab b

a ab b VN

Với a b thay vào (1) ta có:

3 2

2

1 12 0 1 2 0

2 0 (VN)

a ba a a a a

a a

Với 1

1

a

b

ta có

2 1 0

1 1 1

y x

x y

Vậy hệ phương trình có nghiệm 0

1

x

y

0.25

0.5

0.5

0.5

0.25

9

Cho 1

0 , ,2

a b c thỏa mãn 2 3 2a b c . Chứng minh rằng:

1 2 954

4 6 3 3 1 2 4 1a b c b c a c a b

.

2 điểm

+ Với 0x . Chứng minh: 2 1

1 227

x x .

Ta có: 2 2 3 2 31 1 11 2 2 2

27 27 27x x x x x x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số 3 3 1, ,

27x x . Ta có

1 điểm

3 3 3 3 3 23

1 1 12 3 . .

27 27 27x x x x x x

+ Ta có:

2 2 2

1 2 9

4 6 3 3 1 2 4 1

1 2 9 =

1 2 1 2 3 6

2 3 =

1 2 1 2 1 2

Aa b c b c a c a b

a a b b c c

a b c

a a b b c c

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có

2 2 2

2 3 2 354

1 1 11 2 1 2 1 227 27 27

a b c a b cA

a a b b c c

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

3a b c

1 điểm

http://toanhocmuonmau.violet.vn/

Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… Số báo danh: ………….

SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số 푦 = −푥 + 3푥 − 2. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng

푑:푦 = −푥 − 2. Câu 2 (1 điểm).

1. Giải phương trình: sin 2푥 + 2cos 푥 − sin 푥 − 1 = 0 2. Giải phương trình: 3 − 4.3 + 27 = 0

Câu 3 (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 3 3 2y x x và 2y x

Câu 4 (1 điểm). 1. Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa

mãn: |2푖푧 − 1| = √5. 2. Trong một cái hộp có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm

thẻ trong hộp đó. Tính xác suất để tổng các số trên 3 tấm thẻ lấy được là một số chia hết cho 3.

Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp 푆.퐴퐵퐶 có đáy là tam giác 퐴퐵퐶 đều cạnh bằng 3푎. Chân đường cao hạ từ đỉnh S lên mp(퐴퐵퐶) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho 퐴퐵 = 3.퐴퐻; góc tạo bởi đường thẳng 푆퐶 và mp(퐴퐵퐶) bằng 60 . Tính theo a thể tích của khối chóp 푆.퐴퐵퐶 và khoảng cách giữa hai đường thẳng 푆퐴 và 퐵퐶.

Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ 푂푥푦 cho hình thang cân 퐴퐵퐶퐷 có hai đáy là 퐴퐷 và BC; biết 퐴퐵 = 퐵퐶, 퐴퐷 = 7. Đường chéo AC có phương trình 푥 − 3푦 − 3 = 0; điểm 푀(−2;−5) thuộc đường thẳng 퐴퐷. Viết phương trình đường thẳng 퐶퐷 biết rằng đỉnh 퐵(1; 1).

Câu 7 (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (푃):푥 − 푦 + 푧 + 2 = 0 và điểm 퐴(1;−1; 2). Tìm tọa độ điểm 퐴′ đối xứng với điểm 퐴 qua mặt phẳng (푃). Viết phương trình mặt cầu đường kính 퐴퐴′. Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình:

22 2

2 2 3 2

1( 1) 2 1

4 ( 3 2)( 2 1)

yx yx

y y x x x

Câu 9 (1 điểm). Cho các số thực dương 푥, 푦, 푧 thỏa mãn 푥푦 ≥ 1, 푧 ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức: 3 2

1 1 3( 1)x y zP

y x xy

.

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 - NĂM HỌC 2014-2015

MÔN: TOÁN HỌC Thời gian làm bài: 180 phút

HẾT

- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

- Thí sinh không được dùng tài liệu

www.NhomToan.com

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Nội dung Điểm 1.1 (1đ)

- Khảo sát và vẽ đồ thị 1/ TXĐ : 퐷 = ℝ 2/ Sự biến thiên:

Giới hạn: lim→±

푦 = lim→±

(−푥 + 3푥 − 2) = ∓∞

Chiều biến thiên: 푦 = −3푥 + 3⟹푦 = 0 ⟺푥 = ±1 Bảng biến thiên

x -1 1 y’ − 0 + 0 −

y 0 -4 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;−1) và (1; +∞) Hàm số đồng biến trên khoảng (−1; 1) Hàm số đạt cực tiểu tại 푥 = −1,푦 = −4

Hàm số đạt cực đại tại 푥 = 1, 푦 Đ = 0

3/ Đồ thị: - Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;−2), cắt trục Ox tại các điểm (−2; 0) và (1; 0). - Đồ thị hàm số nhận điểm uốn

(0;−2) làm tâm đối xứng.

0,25đ

0,5đ

\

0,25đ

1.1 (1đ)

Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng 풅:풚 = −풙 − ퟐ. - Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:

−푥 + 3푥 − 2 = −푥 − 2 ⟺푥 − 4푥 = 0 ⟺ 푥 = 0푥 = ±2

Suy ra các tiếp điểm là: 퐴(0;−2),퐵(2;−4),퐶(−2; 0) Ta có: 푦 = −3푥 + 3 Suy ra các tiếp tuyến là: 푦 = 3푥 − 2 푦 = −9푥 + 14 푦 = −9푥 + 18

0,25đ

0,25đ

0,5đ

2.1 (0,5đ)

Giải phương trình: 퐬퐢퐧 ퟐ풙 + ퟐ퐜퐨퐬 풙 − 퐬퐢퐧풙 − ퟏ = ퟎ sin 2푥 + 2cos푥 − sin 푥 − 1 = 0 ⟺ 2 sin 푥. cos 푥 + 2 cos푥 − sin 푥 − 1 = 0 ⟺ 2 cos푥 . (sin 푥 + 1)− (sin 푥 + 1) = 0 ⟺ (sin 푥 + 1)(2 cos 푥 − 1) = 0

⟺sin 푥 = −1cos 푥 = ⟺

푥 = − + 푘2휋

푥 = ± + 푘2휋 (푘 ∈ ℤ)

0,25đ

0,25đ

2.2 (0,5đ)

Giải phương trình: ퟑퟒ풙 ퟖ − ퟒ.ퟑퟐ풙 ퟓ + ퟐퟕ = ퟎ 3 − 4.3 + 27 = 0 ⟺ 3 ( ) − 12.3 + 27 = 0 Đặt 푡 = 3 , (푡 > 0),tađượcphươngtrình: 푡 − 12푡 + 27 = 0

⟺ 푡 = 3푡 = 9 ⟺

3 = 33 = 9

⟺ 2푥 + 4 = 12푥 + 4 = 2 ⟺

푥 = −32

푥 = −1

Vậyphươngtrình có 2 nghiệm là:

푥 = −32 ; 푥 = −1

0,25đ

0,25đ

3. (1đ)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 3 3 2y x x và 2y x

- Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị các hàm số đã cho:

−푥 + 3푥 − 2 = −푥 − 2 ⟺푥 − 4푥 = 0 ⟺ 푥 = 0푥 = ±2

Suy ra diện tích của hình phẳng cần tính là:

푆 = |(−푥 + 3푥 − 2)— (−푥 − 2)| .푑푥

+ |(−푥 + 3푥 − 2)— (−푥 − 2)| . 푑푥

= |푥 − 4푥|푑푥 + |−푥 + 4푥|푑푥

= (푥 − 4푥)푑푥 + (−푥 + 4푥)푑푥

=푥4 − 2푥 +

−푥4 + 2푥

= 4 + 4 = 8 Vậy 푆 = 8(đ푣푑푡)

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

4.1 (0,5đ)

Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn: |ퟐ풊풛 − ퟏ| = √ퟓ. Giả sử 푧 = 푥 + 푦푖 , (푥, 푦 ∈ ℝ) Suy ra:

|2푖푧 − 1| = √5 ⟺ |2푖(푥 + 푦푖)− 1| = √5 ⟺ |−2푦 − 1− 2푥푖| = √5 ⟺ (−2푦 − 1) + (−2푥) = √5 ⟺ 4푥 + 4푦 + 4푦 + 1 = √5 ⟺ 푥 + 푦 + 푦 − 1 = 0

⟺ 푥 + 푦 +12 =

54

Vậy tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức đã cho là một

đường tròn có tâm 퐼 0;− và bán kính 푅 = √.

0,25đ

0,25đ

4.2 (0,5đ)

Trong một cái hộp có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ trong hộp đó. Tính xác suất để tổng các số trên 3 tấm thẻ lấy được là một số chia hết cho 3.

Giải:

- Số cách lấy ngẫu nhiên 3 tấm thẻ trong hộp là: 퐶 . - Trong 40 tấm thẻ đó có :

+ 1 = 13 tấm thẻ mang số chia hết cho 3

+ 1 = 14 tấm thẻ mang số chia 3 dư 1

+ 1 = 13 tấm thẻ mang số chia 3 dư 2 - Để tổng 3 số ghi trên 3 tấm thẻ là số chia hết cho 3 thì phải xảy ra các trường hợp sau:

i. Cả 3 số đều chia hết cho 3: có 퐶 cách lấy ii. Cả 3 số đều chia 3 dư 1: có 퐶 cách lấy

iii. Cả 3 số đều chia 3 dư 2: có 퐶 cách lấy iv. Có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2:

có 퐶 .퐶 .퐶 cách lấy. - Suy ra xác suất cần tính là:

푃 =퐶 + 퐶 + 퐶 + 퐶 퐶 퐶

퐶=

127380 ≈ 0,33

0,25đ

0,25đ

5. (1đ)

Cho hình chóp 푺.푨푩푪 có đáy là tam giác 푨푩푪 đều cạnh bằng ퟑ풂. Chân đường cao hạ từ đỉnh 푺lên mp(푨푩푪) là điểm 푯thuộc cạnh 푨푩sao cho 푨푩 = ퟑ.푨푯; góc tạo bởi đường thẳng 푺푪và mp(푨푩푪) bằng ퟔퟎퟎ. Tính theo 풂thể tích của khối chóp 푺.푨푩푪 và khoảng cách giữa hai đường thẳng 푺푨 và 푩푪.

+ Nhận thấy 푆퐻 ⊥ (퐴퐵퐶) ⇒ 퐻퐶 là hình chiếu của 푆퐶 trên mặt phẳng (ABC)

⇒ 푆퐶퐻 = 60 là góc giữa SC và mp(ABC).

Ta có: 퐻퐶 = 퐴퐶 + 퐴퐻 − 2.퐴퐶.퐴퐻. cos 60 = 9푎 + 푎 − 2.3푎. 푎. = 7푎 ⇒ 퐻퐶 = 푎√7 ⇒ 푆퐻 = 퐻퐶 . tan 60 = 푎.√21

Lại có: 푆 = √

Nên: 푉 . = 푆퐻. 푆 = .푎√21. √ = √

0,25đ

0,25đ

+ Dựng 퐴퐷 = 퐶퐵⇒ 퐴퐷//퐵퐶 ⇒ 퐵퐶//푚푝(푆퐴퐷)

⟹ 푑(푆퐴;퐵퐶) = 푑 퐵퐶; (푆퐴퐷) = 푑 퐵; (푆퐴퐷) = 3.푑(퐻; (푆퐴퐷))

+ Dựng 퐻퐸 ⊥ 퐴퐷 tại E ⇒ 퐴퐷 ⊥ (푆퐻퐸) ⇒ (푆퐴퐷) ⊥ (푆퐻퐸) (theo giao tuyến 푆퐸)

+ Dựng 퐻퐹 ⊥ 푆퐸 tại 퐹 ⇒ 퐻퐹 ⊥ (푆퐴퐷) ⇒ 퐻퐹 = 푑(퐻; (푆퐴퐷))

Ta có: 퐻퐸 = 퐴퐻. sin 60 = √ 1

퐻퐹 =1

퐻퐸 +1푆퐻 =

43푎 +

121푎 =

2921푎 ⟹ 퐻퐹 =

푎√21√29

⟹ 푑 퐵; (푆퐴퐷) =3푎√21√29

Vậy 푑(푆퐴;퐵퐶) = √√

0,25đ

0,25đ

6. (1đ)

Trong mặt phẳng tọa độ 푶풙풚 cho hình thang cân 푨푩푪푫 có hai đáy là 푨푫 và BC; biết 푨푩 = 푩푪, 푨푫 = ퟕ. Đường chéo AC có phương trình 풙 − ퟑ풚 − ퟑ = ퟎ; điểm 푴(−ퟐ;−ퟓ) thuộc đường thẳng 푨푫. Viết phương trình đường thẳng 푪푫 biết rằng đỉnh 푩(ퟏ;ퟏ). Giải + Do ABCD là hình thang cân nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn.

Do 퐴퐵 = 퐵퐶 = 퐶퐷 nên AC là đường phân giác trong góc 퐵퐴퐷. + Gọi E là điểm đối xứng của B qua AC ⟹ 퐸 ∈ 퐴퐷.

Ta có phương trình 퐵퐸 là: 3푥 + 푦 − 4 = 0.

Gọi 퐹 = 퐴퐶 ∩ 퐵퐸 ⟹ tọa độ F là nghiệm của hệ:

푥 − 3푦 − 3 = 03푥 + 푦 − 4 = 0 ⟺

푥 =32

푦 = −12

⟹ 퐹 =32 ;−

12

Do F là trung điểm của BE nên 퐸 = (2;−2)

Lại do 푀 ∈ 퐴퐷 nên phương trình AD là: 3푥 − 4푦 − 14 = 0

+ Điểm 퐴 = 퐴퐷 ∩ 퐴퐶 ⟹tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3푥 − 4푦 − 14 = 0푥 − 3푦 − 3 = 0 ⟺ 푥 = 6

푦 = 1 ⟹ 퐴 = (6; 1)

+ Gọi 퐷 = (2 + 4푡;−2 + 3푡) ∈ 퐴퐷

Do 퐴퐷 = 7 ⟹ 퐴퐷 = 49 ⟺ (4푡 − 4) + (3푡 − 3) = 49 ⟺ 25(푡 − 1) = 49

⟺ (푡 − 1) =4925 ⟺

푡 − 1 =75

푡 − 1 = −75

⟺푡 =

125

푡 = −25

⟹퐷 =

585 ;

265

퐷 =25 ;−

165

Tuy nhiên, điểm B và điểm D luôn nằm về 2 phía của đường thẳng AC do đó kiểm tra vị trí tương đối của điểm B và 2 điểm D đó ta thấy chỉ có điểm 퐷 thỏa mãn.

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Do đó 퐷 = ;− .

+ Do BC//AD nên phương trình đường thẳng BC là: 3푥 − 4푦 + 1 = 0

Điểm 퐶 = 퐵퐶 ∩ 퐴퐶 ⟹tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: 3푥 − 4푦 + 1 = 0푥 − 3푦 − 3 = 0 ⟺ 푥 = −3

푦 = −2 ⟹ 퐶 = (−3;−2)

Tuy nhiên ta tính được 퐴퐵 = 5,퐶퐷 = √13 ⇒ 퐴퐵퐶퐷 không phải là hính thang cân, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy bài toán vô nghiệm.

0,25đ

7. (1đ)

Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (푷):풙 − 풚 + 풛 + ퟐ = ퟎ và điểm 푨(ퟏ;−ퟏ;ퟐ). Tìm tọa độ điểm 푨′ đối xứng với điểm 푨 qua mặt phẳng (푷). Viết phương trình mặt cầu đường kính 푨푨′. + Gọi Δ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P), khi đó Δ nhận vectơ pháp tuyến 푛 = (1;−1; 1) của mp(P) là vec tơ chỉ phương. Do đó phương trình tham số của Δlà:

푥 = 1 + 푡푦 = −1 − 푡푧 = 2 + 푡

+ Gọi 퐼 = Δ ∩ (푃) ⟹ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình: 푥 = 1 + 푡푦 = −1 − 푡푧 = 2 + 푡

푥 − 푦 + 푧 + 2 = 0

⟺

푡 = −2푥 = −1푦 = 1푧 = 0

⟹ 퐼 = (−1; 1; 0)

+ Gọi 퐴 là điểm đối xứng của A qua mp(P) khi đó I là trung điểm của 퐴퐴′ ⟹ 퐴 = (−1; 3;−2)

+ Mặt cầu đường kính 퐴퐴′ có tâm là 퐼 = (−1; 1; 0) và bán kính 푅 = 퐼퐴 = √12 Suy ra phương trình mặt cầu đường kính 퐴퐴′ là:

(푥 + 1) + (푦 − 1) + 푧 = 12

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ 8.

(1đ) Giải hệ phương trình:

22 2

2 2 3 2

1( 1) 2 1 (1)

4 ( 3 2)( 2 1) (2)

yx yx

y y x x x

+ ĐK: 푥 ≠ 0,−√2 ≤ 푥 ≤ √2

PT(1) ⟺ 푥(푥 + 1) + 푥푦 = 2(푥 + 1− 푦 )

⟺ (푥 + 1)(푥 + 푥 − 2) + 푦 (푥 + 2) = 0 ⟺(푥 + 2)(푥 + 1)(푥 − 1) + 푦 (푥 + 2) = 0 ⟺(푥 + 2)(푥 + 푦 − 1) = 0

⟺푥 + 2 = 0(푙표ạ푖)푥 + 푦 = 1

+ Với 푥 + 푦 = 1 ⟹ 푥 = 1 − 푦 , thay vào PT(2) ta được PT:

4푦 = (푦 − 푥 + 3푥 − 2) 푦 + 1 + 1

⟺ 4(푦 + 1 − 1) = (푦 − 푥 + 3푥 − 2) 푦 + 1 + 1

⟺ 4 푦 + 1 + 1 푦 + 1− 1 = (푦 − 푥 + 3푥 − 2) 푦 + 1 + 1

⟺ 4 푦 + 1− 1 = 푦 − 푥 + 3푥 − 2

⟺ 푥 − 3푥 − 2 = 푦 − 4 푦 + 1 (3)

0,25đ

0,25đ

+ Do 푥 + 푦 = 1 ⟹ 0 ≤ 푥 ≤ 10 ≤ 푦 ≤ 1 ⟹

−1 ≤ 푥 ≤ 1−1 ≤ 푦 ≤ 1

+ Xét hàm số: 푓(푥) = 푥 − 3푥 − 2 trên đoạn [−1; 1]

Có 푓 (푥) = 3푥 − 3 ⟹ 푓 (푥) = 0 ⟺ 푥 = ±1

Do hàm số 푓(푥) liên tục trên đoạn [−1; 1] và 푓(−1) = 0, 푓(1) = −4

Suy ra min∈[ ; ]

푓(푥) = −4, max∈[ ; ]

푓(푥) = 0

Hay 푓(푥) ≥ −4,∀푥 ∈ [−1; 1] (a)

+ Xét hàm số: 푔(푦) = 푦 − 4 푦 + 1 trên đoạn [−1; 1]

Có 푔 (푦) = 2푦 − ⟹ 푔 (푦) = 0 ⟺푦 = 0 ∈ (−1; 1)

푦 = ±√3 ∉ [−1; 1]

Do hàm số 푔(푦) liên tục trên đoạn [−1; 1] và

푔(−1) = 푔(1) = 1 − 4√2,푔(0) = −4 Suy ra

max∈[ ; ]

푔(푦) = −4, min∈[ ; ]

푔(푦) = 1 − 4√2

Hay 푔(푦) ≤ −4,∀푦 ∈ [−1; 1] (b)

+ Từ (a) và (b) suy ra PT(3) ⟺ 푓(푥) = 푔(푦) = −4 ⟺ 푥 = 1푦 = 0 (thỏa mãn PT(1))

Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất (푥;푦) = (1; 0)

0,25đ

0,25đ

9. (1đ)

Cho các số thực dương 풙,풚,풛 thỏa mãn 풙풚 ≥ ퟏ, 풛 ≥ ퟏ. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức: 3 2

1 1 3( 1)x y zP

y x xy

.

+ Trước hết ta chứng minh kết quả sau: Với 푥, 푦 > 0 thỏa mãn: 푥푦 ≥ 1 ta có: + ≥

√ (1)

Thật vậy: (1) ⟺ (푥 + 푦 + 2) 1 + 푥푦 ≥ 2(푥푦 + 푥 + 푦) ⟺ (푥 + 푦) 푥푦 + 푥 + 푦 + 2 푥푦 + 2 ≥ 2푥푦 + 2(푥 + 푦) + 2 ⟺ (푥 + 푦) 푥푦 − 1 ≥ 2 푥푦 푥푦 − 1 ⟺ 푥푦 − 1 푥 + 푦 − 2 푥푦 ≥ 0 ⟺ 푥푦 − 1 √푥 − 푦 ≥ 0 luôn đúng do 푥푦 ≥ 1 (đpcm) + Mặt khác, theo BĐT AM-GM ta có: 푧 + 2 = 푧 + 1 + 1 ≥ 3푧 ≥ 3

⟹ 푃 ≥푥

푦 + 1 + 1 +푦

푥 + 1 + 1 +1

푥푦 + 1− 2

= (푥 + 푦 + 1) + + − 2 ≥ 2 푥푦 + 1√

+ − 2 (do (1))

+ Đặt 푡 = 푥푦,(푡 ≥ 1) ta được:

푃 ≥ 푃(푡) = (2푡 + 1).2

푡 + 1 +1

푡 + 1 − 2 =2푡푡 + 1 +

1푡 + 1

Ta có:푃 (푡) =( )

−( )

= ( ) ( )( ) ( )

≥ 0,∀푡 ≥ 1

⟹ 푓(푡) đồng biến trên [1; +∞] ⟹ 푃(푡) ≥ 푃(1) = ,∀푡 ≥ 1 ⟹ 푃 ≥

Vậy 푃 = ⟺ 푥 = 푦 = 푧 = 1.

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Chú ý: - Thí sinh làm theo cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa. - Câu 5 nếu không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm.

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015 TỔ TOÁN Môn TOÁN (Lần 1) Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số x 1

y2x 1

(1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

b) Chứng minh rằng đường thẳng y = x + m luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B.

Tìm m để độ dài đoạn AB = 2 .

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: sin2x sinx 2 4cosx


0

xI ln x 1 dx

x 1

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: 24 2

4log 3 log 6 10 2 0 x x

Câu 5 (1,0 điểm). Một tổ học sinh gồm có 5 học sinh nam và 7 học sinh nữ.

Chọn ngẫu nhiên 2 học sinh đi chăm sóc bồn hoa. Tính xác suất để 2 học sinh

được chọn đi chăm sóc bồn hoa có cả nam và nữ.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,

góc 0BAD 60 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là

trọng tâm ABC. Góc giữa mặt phẳng (ABCD) và mặt phẳng (SAB) bằng 600.

Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD).

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có

trung điểm cạnh BC là M(3;1). Điểm E(1;3) nằm trên đường thẳng chứa

đường cao qua đỉnh B. Đường thẳng AC qua F(1;3). Tìm tọa độ các đỉnh của

ABC biết đường tròn ngoại tiếp ABC có đường kính AD với D(4;2)

Câu 8: Giải phương trình: 2 2x 2 ( x 4x 7 1) x x 3 1 0

Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

2 2 2

x y zP

y z x z x y.

_________ Hết _________


Họ và tên thí sinh: ………………………………………; Số báo danh: ……………….

Cảm ơn thầy Đào Trọng Xuân ([email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

www.NhomToan.com


TỔ TOÁN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA NĂM 2015 Môn TOÁN (Lần 1) Đáp án gồm 03 trang


a) (1 điểm)

Tập xác định:1

\2

D

.

Sự biến thiên:


1'

(2 1)y

x

; ' 0,y x D .

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng1

;2

và 1

;2

.

0.25

- Giới hạn, tiệm cận: 1

lim lim2x x

y y

; tiệm cận ngang 1

2y .

1

2

limx

y

;1

2

limx

y

; tiệm cận đứng 1

2x .

0.25

- Bảng biến thiên:

x 1

2

'y

y

1

2

1

2

`

0.25

Đồ thị:

0.25

b) (1 điểm)

Số giao điểm của đường thẳng y x m và đồ thị (C) bằng số nghiệm của pt:1

2 1

xx m

x

.(1)

(1) 2

1

2 2 1 0.2

1 (2 1)( )

xx mx m

x x x m

(2) 0.25

1 (2,0đ)

Phương trình (2) có biệt thức 2 2' 2 2 ( 1) 1 0,m m m m (2) có nghiệm phân biệt

nên y x m luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B m . 0.25

Gọi 1 1 2 2( ; ); ( ; )A x y B x y thì 1 2,x x là nghiệm của pt(2) và 1 1 2 2,y x m y x m

2 2

2 1 2 1AB x x y y 21 2 1 22 ( ) 4x x x x . Mặt khác: 1 2x x m , 1 2

1

2

mx x

.

0.25

Từ đó ta có: 2

1 2 1 22 4 1AB x x x x 2 2( 1) 1 1m m m . Vậy 1m . 0.25

sin 2 sin 2 4cosx x x 2sin cos sin 2 4cosx x x x 0.25

sin (2cos 1) 2(1 2cos ) (sin 2)(2cos 1) 0x x x x x 0.25

1cos 2

2 3x x k

. 0.25

2 (1,0đ)

Phương trình có các nghiệm là: 2 ,3

x k k

. 0.25

Đặt:

1ln( 1)

1

1(1 ) ln( 1).1

1 1

u x du dxx

xxdv dx

v dx dx x xxx x

0.25

1

0

1 ln( 1)ln 1 ln 1

0 1 1

x xI x x x dx

x x

0.25

= 2 1ln ( 1)

1 ln 2 ln 2 ln 102

xx x

0.25

3 (1,0đ)

=2 2

2 ln 2 ln 2ln 2 ln 2 1 ln 2 2ln 2 1

2 2

0.25

24 2

4 log 3 log 6 10 2 0 ( )x x . Điều kiện: 3x .

22 2( ) 2 log ( 3) 2 log (6 10) 2 0x x

0.25

22 2log 3 .2 log 6 10x x 0.25

2 12( 3) 6 10

2.

xx x

x

0.25

4 (1,0đ)

Đối chiếu điều kiện thì phương trình có một nghiệm 2x . 0.25

Gọi là không gian mẫu: A là biến cố “2 học sinh được chọn gồm cả nam và nữ”. 0.25

Số phần tử không gian mẫu: 212( ) 66n C . 0.25

Số trường hợp thuận lợi cho A là 1 15 7( ) . 35n A C C . 0.25

5 (1,0đ)

Xác suất của biến cố A là( ) 35

( ) 53,03%( ) 66

n AP A

n

. 0.25

Gọi H là trọng tâm ABC , K là hình chiếu của H

lên AB suy ra: 060SKH ; H BD ; 1

3BH BD .

DM là đường cao tam giác ABD, HK // DM

1 3

3 6

aHK MD 0. tan 60

2

aSH KH .

0.25

6 (1,0đ)

Diện tích ABCD: 2 3

22

ABCD ABD

aS S .

Thể tích 31 3

.3 12

SABCD ABCD

aV SH S .

0.25

Kéo dài KH cắt DC tại N 3 2 3

2 3 3

a aKN DM HN KN .

Gọi IH là đường cao của , ( )SHN d H SCD HI . Ta có:2 2

.

7

SH HN aHI

SH HN

.

0.25

Vậy 3 3 3 7

,( ) , ( )2 2 14

ad B SCD d H SCD HI . 0.25

Gọi H là trực tâm ABC BDCH là hình bình

hànhM là trung điểm của DH 2;0H . 0.25

Đường thẳng AC đi qua 1;3F và nhận 3; 3HE

làm véctơ pháp tuyến nên phương trình của AC là: 4 0x y . Đường cao BH qua H và E nên phương

trình của BH là: 2 0x y .

0.25

Gọi toạ độ của B, C là: ; 2B b b , ;4C c c .

Do M là trung điểm BC nên ta có hệ:

6 1

2 2 5.

b c b

b c c

Vậy 1; 1B ; 5; 1C .

0.25

7 (1,0đ)

Đường cao AH đi qua H và vuông góc với BC nên AH có phương trình: 2x . Toạ độ A thoả mãn hệ:

2 2

4 0 2.

x x

x y y

Vậy 2;2A .

0.25

Phương trình biến đổi thành: 2 22 2 3 1 3 1x x x x 0.25

Đặt 2u x , v x . Xét hàm số 2 3 1f t t t , phương trình trở thành f u f v . 0.25

Vì 2

2

2' 1 3 0

3

tf t t

t

, t . Hàm f t luôn đồng biến nên f u f v u v . 0.25

8 (1,0đ)

Phương trình tương đương 2 1x x x . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1x . 0.25

Từ giả thiết suy ra: 0 , , 3x y z . Ta có: 2 2 2 22 2 3y z y z x ,

2 22 3

x x

xy z

. Mặt khác

2

2

1

42 3

xx

x

.

0.25

Thật vậy:

2

2

1

42 3

xx

x

22 3x x

21 2 0x x luôn đúng,

2

2

1

4

xx

y z

. 0.25

Tương tự:

2

2

1

4

yy

z x

,

2

2

1

4

zz

x y

.

2 2 2

2 2 2

1

4

x y zx y x

y z z x x y

. 0.25

9 (1,0đ)

3

4P . Khi 1x y z thì

3

4P . Vậy min

3

4P . 0.25

Cảm ơn thầy Đào Trọng Xuân ([email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl

MA TRẬN ĐỀ THI KSCL LẦN 2

MÔN: TOÁN – KHỐI 12

Mức độ

Nội dung

Nhận biết

Thông hiểu

Vận dụng

thấp

Vận dụng

cao

Tổng điểm

Hàm số và các bài

toán sau kshs

Câu 1.a

1,0

Câu 1.b

1,0

2

2,0

Tìm GTLN,GTNN

Và bất đẳng thức

Câu 2

1,0

Câu 9

1,0

2

2,0

Giải phương trình

lượng giác

Câu 3

1,0

1

1,0

Phương trình lôgarit Câu 4

1,0

1

1,0

Tổ hợp và sác xuất Câu 5

1,0

1

1,0

Hình học không gian Câu 6

1,0

1

1,0

Phương pháp tọa độ

trong mặtphẳng

Câu 7

1,0

1

1,0

Hệ phương trình Câu 8

1,0

1

1,0

Tổng

(%)

3

30%

3

30%

3

30%

1

10%

10 10

100%

- Trang 1/7 -

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 - LẦN II Môn: TOÁN


Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số3

1

xy

x

(1)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số (1) .

b. Tìm m để đường thẳng d : 2y x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.

Câu 2(1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

3 29 12cos cos 3cos

2 2y x x x

Câu 3(1,0 điểm). Giải phương trình: cos3 cos 2sin cos2x x x x Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình: 2

2 4 22log 3 log ( 1) log 4x x x

Câu 5(1,0 điểm). Tổ một có 3 học sinh nam và 4 học sinh nữ.Tổ hai có 5 học sinh nam và 2 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất sao cho chọn được hai học sinh có cả nam và nữ

Câu 6(1,0 điểm). Cho hình chóp S. DABC có đáy DABC là hình thoi cạnh a, góc 06 0A B C , SA vuông góc với mặt phẳng đáy, 2S C a . Tính theo a thể tích của khối chóp S. DABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( )SCD .

Câu 7(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M (0;2) và hai đường thẳng

: 2 0d x y : 4 3 0x y . Viết phương trình của đường tròn đi qua điểm M, có tâm thuộc

đường thẳng d và cắt đường thẳng tại hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài đoạn AB bằng

4 3 . Biết tâm đường tròn có tung độ dương


3 2 3

2 3

12 2 8 8( , )

8 5 2

x y x y yx y R

x y x y

Câu 9(1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3 4 5S

b c a a c b a b c

Trong đó a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thỏa mãn 2 c b a b c -------------Hết------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh………………………………………………..: Số báo danh………………

- Trang 2/7 -

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL LẦN II – KHỐI 12

Môn: TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)

Câu Đáp án Điểm 1 (2,0 điểm)

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số (1) 1,0

Tập xác định: D \ 1

Sự biến thiên:


4' ' 0, 1

( 1)y y x

x

- Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 1 và 1;

0,25

- Cực trị: hàm số không có cực trị - Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực, tiệm cận:

lim 1x

y

, 1 1

lim , limx x

y y

Đường thẳng 1x là tiêm cận đứng, đường thẳng 1y là tiệm cận ngang

0,25

Bảng biến thiên: x -1 y’ + + y 1

1

0,25

Đồ thị: cắt trục tung tai điểm (0;-3), cắt trục hoành tại điểm (3;0). Đồ thị nhận giao điểm (-1;1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng

8

6

4

2

2

4

1

10 5 5 10

O

y

x

I

-1

f x( ) = x 3

x + 1

0,25

- Trang 3/7 -

b. Tìm m để đường thẳng d : 2y x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có

hoành độ dương

1,0

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:

32

1

xx m

x

2

1

( ) 2 2 3 0 (1)

x

g x x mx m

0,25

Để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương thì (1)

phải có hai nghiệm dương phân biệt khác -1

' 0

0

0

( 1) 0

S

P

g

0,25

2 2 3 0

2 0

3 2 0

4 0

m m

m

m

0,25

3

1

0 1 3 / 2

3 / 2

m

m

m m

m

Vậy với 1 3/2m thì đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương

0,25

2 (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

3 29 12cos cos 3cos

2 2y x x x

1,0

Tập xác định: D Đặt cos , 1;1t x t

ta được hàm số:

3 29 1( ) 2 3

2 2g t t t t liên tục và xác định trên 1;1

0,25

' 2 '

1

( ) 6 9 3 ( ) 0 1

2

t

g t t t g tt

0,25

1 9( 1) 9, ( ) , (1) 1

2 8g g g

1;1 1;1

1 9x ( ) , n ( 1) 9

2 8Ma g g Mi g g

0,25

Vậy9

2 , 9 2 ,8 3

Max y x k Min y x k k

0,25

3 (1,0 điểm)

Giải phương trình: cos 3 cos 2 sin cos 2x x x x 1,0

cos3 cos 2sin cos2 2sin2 sin 2sin cos2 0x x x x x x x x 0,25

s in ( s in 2 c o s 2 ) 0x x x 0,25

- Trang 4/7 -

sin2 os2 08 2

sin 0

kx c x x

kx

x k

0,25

Vậy pt có hai họ nghiệm: , ( )8 2

kx x k k

0,25

4 (1,0 điểm)


2 4 22log 3 log ( 1) log 4x x x 1 ,0

Điểu kiện : 0,25

2

2 4 2 2 22 log 3 log ( 1) log 4 log [( 3) 1 ] log 4x x x x x x 0,25

( 3) 1 4x x x (*) 0,25

2 3 2 3 ( )1: (*) : 6 3 0

3 2 3 ( )

x tmo x x x

x l

2 1 ( )1 :(*) : 2 3 0

3 ( )

x lx x x

x tm

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: 3 2 3, 3x x

0,25

5 (1,0 điểm)

Tính xác suất để chọn được hai học sinh có cả nam và nữ ? 1,0

Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ một học sinh . có 1 17 7. 49C C cách ( ) 49n 0,25

Gọi A là biến cố : “ Chọn được 2 học sinh có cả nam và nữ”. Có các trường hợp sau:

0,25

+ TH1: Chọn học 1 sinh nữ ở tổ một, 1 học sinh nam ở tổ hai. Có 4.5 20 cách + TH2: Chọn học 1 sinh nam ở tổ một, 1 học sinh nữ ở tổ hai. Có 3.2 6 cách

0,25

Theo quy tắc cộng ( ) 26

( ) 26 ( )( ) 49

n An A P A

n

0,25

6 (1,0 điểm)

Tính theo a thể tích của khối chóp S. DABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( )SCD

1,0

A D

CB

S

M

H

SA là đường cao của hình chóp S.ABCD

ABC cân có 06 0A B C A B C đều cạnh a

2 3( )

4

adt A B C (đvdt)

2 32 ( )

2ABCD

aS dt ABC (đvdt).

0,25

+ Trong tam giác vuông SAC: 2 2 3SA SC AC a 0,25

- Trang 5/7 -

3

.

1. .

3 2S ABCD ABCD

aV SAS (đvtt)

( , ( )) ( , ( ))d B SC D d A SC D 0,25

Gọi M là trung điểm của CD. Trong ( )SAM kẻ AH SM tại H

Vì

( , ( ))

SAM SCDAH SCD d A SCD AH

SAM SCD SM

Ta có

2 2 2 2

1 1 1 5 15 15( , ( ))

3 5 5

a aAH d B SCD

AH SA AM a

0,25

7 (1,0 điểm)

Viết phương trình đường tròn đi qua M(0;2), có tâm thuộc d, cắt tại hai

điểm A, B: 4 3AB ( biết tâm đường tròn có tung độ dương)

1,0

B

A

I

d

HM

Gọi ( 2 ; )I t t d là tâm đường tròn ( 0 )t

2 2 24 (2 )IM t t

0,25

+ ( , )d I t

+ Gọi H là trung điểm đoạn AB

Ta có: 2 2 2 2 2 2IH AH IA IH AH IM

0,25

2 2 212 4 (2 )t t t 2 2 ( )2 0

1 ( )

t tmt t

t l

0,25

2 ( 4; 2)t I , bán kính đường tròn 4R IM

Phương trình đường tròn: 2 2( 4) ( 2) 16x y

0,25

8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

3 2 3

2 3

12 2 8 8 (1)( , )

8 5 2 (2)

x y x y yx y R

x y x y

1,0

Điều kiện : 2 38 0x y

Xét phương trình (1): 3 2 3 3 312 2 8 8 1 (2 1) (2 1) 1x y x y y x x y y

0,25

2 2(2 1)[(2 1) (2 1) 1] 0 2 1y x y y x x y x

Vì: 2 2(2 1) (2 1) 1 0, ,y y x x x y

0,25

Thế 2 1y x vào phương trình (2) ta được :

- Trang 6/7 -

2 3 3 2( 1) 5 ( 1) 4 3 1 4 1x x x x x x x x

3 2

11 1 ( )

411 6 ( )

12 11 0

x x y tm

x y tmx x x

0,25

Vậy hpt có hai nghiệm (x;y) là: (1;1),(11;6). 0,25

9 (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 4 5S

b c a a c b a b c

. Trong

đó a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác thỏa mãn 2c+b = abc.

1,0

Áp dụng BĐT : 1 1 4

( , 0)x yx y x y

ta có:

0,25

1 1 1 1 1 1( ) 2( ) 3( )

2 4 6

Sb c a a c b b c a a b c a c b a b c

c b a

0,25

Từ gt ta có 2 1

ab c nên

2 4 6 1 2 3 32( ) 2( ) 4 3a

c b a c b a a

0,25

Vậy 4 3 4 3 3S Min S a b c

0,25

Chú ý:

- Nếu thí sinh làm theo cách khác mà vẫn đúng thì GK căn cứ đáp án cho điểm tối đa. - Câu 6 HS không vẽ hoặc vẽ hình sai thì không chấm. - Điểm toàn bài để đến 0,25 và không làm tròn.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1

NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (4,0 điểm). Cho hàm số 2 1

1

xy

x

.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng có

phương trình 2015y x .

Câu 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau:

a) 22sin 3sin 2 0x x

b) 2 2 2log log 2 log 6x x x

Câu 3 (2,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3( ) 3 2f x x x trên đoạn 0;2 .

Câu 4 (2,0 điểm). Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác

suất để có 2 học sinh nữ đứng cạnh nhau.

Câu 5 (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, , 3AB a AD a ,

SA ABCD , góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 60o . Tính theo a thể tích khối

chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.

Câu 6 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm 3;0H và trung

điểm của BC là 6;1I . Đường thẳng AH có phương trình 2 3 0x y . Gọi D, E lần lượt là chân

đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường

thẳng DE có phương trình x – 2 = 0 và điểm D có tung độ dương.

Câu 7 (2,0 điểm). Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn tâm O và /O , bán kính bằng a . Hai điểm

,A B lần lượt nằm trên hai đường tròn tâm O và /O sao cho AB hợp với trục /OO một góc 045 và

khoảng giữa chúng bằng 2

2

a. Tính theo a diện tích toàn phần của hình trụ đã cho.


2

2 2 2

2 2

2 1 2 3 2 4

xy y x

y x x x x x

( ,x y ).

Câu 9 (2,0 điểm). Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn 1x y z . Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức

3 3

2

x yP

x yz y xz z xy

.

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Họ và tên thí sinh:……….………..………….….….; Số báo danh:……………………………………….


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN; LẦN I

I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

1 a Cho hàm số

2 1

1

xy

x

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2,0

* Tập xác định : \ 1D 0,25

* Sự biến thiên:


1' 0 , 1

( 1)y x

x

0,25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; )

- Cực trị: Hàm số không có cực trị 0,25

- Giới hạn : 1

limx

y

1

limx

y

lim 2x

y

lim 2x

y

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng: 1x , tiệm cận ngang 2y

0,25

- Bảng biến thiên :

x 1 /y - -

y

2 2

0,5

Đồ thị: (C) cắt Ox tại 1

;02

, cắt Oy tại (0;2).

0,5

b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C biết tiếp tuyến vuông góc với đường

thẳng có phương trình 2015y x . 2,0

Gọi 0x là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm. Ta có hệ số góc của tiếp tuyến 0,5

tại điểm có hoành độ 0x là

/0 2

0

1

1k f x

x

Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng có phương trình 2015y x nên ta có

0

200

011 1

21

xk

xx

0,5

Với 0 0x ta được tiếp tuyến có phương trình 1y x 0,5

Với 0 2x ta được tiếp tuyến có phương trình 5y x 0,5

2 a Giải phương trình 22sin 3sin 2 0x x 1,0

2

1sin

2sin 3sin 2 0 2

sin 2

xx x

x

0,25

2

1 6sin

522

6

x k

x k

x k

0,25

sin 2x PT vô nghiệm 0,25

Kết luận: PT có các nghiệm 5

2 ; 26 6

x k x k k

0,25

b Giải phương trình 2 2 2log log 2 log 6x x x 1,0

Điều kiện

0

2 0 2 6

6 0

x

x x

x

0,25

PT 2 2log 2 log 6x x x 0,25

22 6 6 0x x x x x 2

3

x

x

0,25

Kết hợp điều kiện ta được 3x là nghiệm của phương trình đã cho. 0,25 3 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3( ) 3 2f x x x trên đoạn 0;2 . 2,0

Hàm số đã cho liên tục trên 0;2

Ta có 2'( ) 3 3f x x 0,5

'( ) 0 1 0;2f x x 0,5

(0) 2, (2) 4, (1) 0f f f 0,5

0;20;2ax ( ) (2) 4; min ( ) (1) 0m f x f f x f 0,5

4 Xếp ngẫu nhiên 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ thành một hàng ngang. Tính xác suất để có 2 học sinh nữ đứng cạnh nhau.

2,0

Gọi không gian mẫu là , A là biến cố “xếp hai nữ đứng cạnh nhau”.

Ta có 5!n 0,5

Đánh thứ tự các vị trí cần xếp từ 1 đến 5. Để 2 nữ đứng cạnh nhau thì vị trí xếp hai nữ là một trong bốn trường hợp:

1;2 , 2;3 , 3;4 , 4;5 0,5

Mỗi trường hợp số cách xếp là 2!3! nên tất cả số cách xếp thỏa mãn hai nữ đứng

cạnh nhau là 4.2!3!n A 0,5

Vậy

2

5

n AP A

n

0,5

5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, , 3AB a AD a ,

SA ABCD , góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 60o . Tính

theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.

2,0

I

H

K

E

C

B

D

A

S

Trong tam giác ABD kẻ đường cao AI I BD

, 60oBD SAI SBD ABCD SIA 0,5

3 32

2 2

a aBD a AI SA

3

. D

1 . 3.

3 2S ABCD ABC

aV SA S

0,5

Trong mặt phẳng ABCD đường thẳng qua D song song với AC, cắt đường thẳng

AB tại E.

Trong tam giác ADE kẻ đường cao AK K DE SAK SDE . Dựng

AH SK tại H, suy ra AH SDE .

Do / / , ,AC SDE d AC SD d A SDE AH

0,5

Ta có 3 3 3

,2 4 4

a a aAK AH d AC SD 0,5

6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm 3;0H và trung

điểm của BC là 6;1I . Đường thẳng AH có phương trình 2 3 0x y . Gọi D, E

lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường thẳng DE có phương trình 2 0x và điểm D có tung độ dương.

2,0

I

K

H

E

D

CB

A

Gọi K là trung điểm của AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K và BCDE nội 0,5

tiếp đường tròn tâm I. Suy ra IK DE phương trình : 1 0IK y .

Tọa độ 1;1 1;2K A 0,5

2;D a DE . Ta có 2 3

5 1 11( )

aKA KD a

a l

2;3D 0,5

Phương trình : 3 7 0AC x y . Phương trình :2 11 0BC x y .

Tọa độ 8;5 4; 3C B

Vậy, 1;2A , 4; 3B và 8;5C .

0,5

7

Cho hình trụ có hai đáy là hai đường tròn tâm O và /O , bán kính bằng a . Hai điểm

,A B lần lượt nằm trên hai đường tròn tâm O và /O sao cho AB hợp với trục /OO

một góc 045 và khoảng giữa chúng bằng 2

2

a. Tính theo a diện tích toàn phần của

hình trụ đã cho.

2,0

Kẻ đường sinh / / /AA A O . Gọi H là trung điểm /A B 0,5

Từ giả thiết ta có / 0 / / 245 , ;

2

aBAA d AB OO O H 0,5

Ta có / 2 / 2 /22

2

aHB O B O H A B a

Do / 045BAA nên tam giác /AA B vuông cân đỉnh /A / / 2AA A B a

0,5

2 22 2 2 2 2 2 2tp xq dS S S a a a a 0,5

8 Giải hệ phương trình

2

2 2 2

2 2

2 1 2 3 2 4 .

xy y x

y x x x x x

( ;x y ) 2,0

2

2 2 2

2 2 1

2 1 2 3 2 4 2 .

xy y x

y x x x x x

Vì 2 2 22 0 2 0x x x x x x x R x x x R

Nên ta có 2 2

2

21 2 2 2

2y x x y x x

x x

0,5

Thế 2 2y x x vào phương trình 2 , ta có :

2

2 2 22 2 1 2 3 2 4x x x x x x x

2 21 2 2 1 2 3 0x x x x x x .

0,5

2 2

1 1 1 2 1 2x x x x

(*)

Xét hàm số 2( ) 1 2f t t t . Ta có

22

2'( ) 1 2 0, ( )

2

tf t t t R f t

t

đồng biến trên R.

0,5

1

* ( 1) ( ) 12

f x f x x x x .

1

12

x y .Vậy hệ đã cho có nghiệm là

1

2

1.

x

y

0,5

9 Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn 1x y z . Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức

3 3

2

x yP

x yz y xz z xy

.

2,0

Ta có

2

1 1 1 1 1

1 1

1 1

x y z z x y z xy x y xy x y

x yz x y x y x xy y y x y y

y xz y x x y x y x

0,5

Ta được

3 3

2 3 3. 1 . 1

x yP

x y x y

Vì

2

3 3 2 2

3 3 3 3

4

04 . 1 . 1 4. 1 . 1

0

x y xyx y x y

x Pxy x y x y

y

0,5

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

2 23 23

3

27 41 1 3 1 0

2 2 4 4 271

x x x xx x x

x

Lập luận tương tự ta được

2

3

40

271

y

y

0,5

1 4 4 4. .

4 27 27 729P

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 21

2 25

1

x yx y

zz x y

Vậy 4

ax729

m P đạt được khi 2

5

x y

z

.

0,5

-----------------------------HẾT-------------------------


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2015 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B và D


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2 có đồ thị (C).


b) Đường thẳng (d) đi qua A(3; 2) và có hệ số góc k. Tìm k để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, M, N sao cho tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

2 54sin os(3x + 2015 ) - 2sin 2 2 sin

2 2 2x c x x

Câu 3 (1,0 điểm). Tìm số hạng chứa x6 trong khai triển thành đa thức của nhị thức 4

32

2

n

xx

.

Biết n thỏa mãn 2 3

1

1 2 12 3 ... 120n

n n nn n

n n n

C C CC n

C C C .

Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 21 29 1 10.3x x x x .

Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d đi qua M(2; 3) và cắt Ox tại A(a; 0), cắt Oy tại B(0; b) sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 16, biết a và b dương.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật; độ dài cạnh AB = a; BC a 2 . Các cạnh bên bằng nhau và bằng 2a. Gọi M, N tương ứng là trung điểm các cạnh AD và BC, K là

điểm trên AD sao cho 2 2a

AK3

. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai

đường thẳng MN và SK.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình3

1

12

1

zyx. Lập

phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 4 2 3

2 4 4

(x 1)y 1 2xy (y 1)

xy (3xy 2) xy (x 2y) 1

với x, y

Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn 1a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức 1 1 1

Pa bc b ac c ab

.

-------------------- Hết --------------------


Họ và tên thí sinh:.............................................. Số báo danh:...........................

Đề gồm 01 trang.

SỞ GD & ĐT SƠN LA

TRƯỜNG THPT THUẬN CHÂU ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2015 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B và D

(Đáp án – Thang điểm gồm 04 trang)


1 (2,0

điểm)

a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ: 3 23 2y x x

• Tập xác định: D . • Sự biến thiên: + Giới hạn:

xlim y ;

xlim y

0,25

+Chiều biến thiên: 2' 3 6y x x ; '( ) 0y x x = 0 hoặc x = 2.

+ H.số đồng biến trên các khoảng ;0 và 2; ; ng.biến trên khoảng 0;2 .

+Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại C0; 2x y Đ ; đạt cực tiểu tại CT2; 2x y .

0,25

+ Bảng biến thiên: x 0 2

y’ + 0 0 +

y 2 -2

0.25

• Đồ thị: y

2

O

-1 1 2 3 x

-2

0.25

b) (1,0 điểm) Đường thẳng (d) đi qua A(3; 2) và có hệ số góc k ...

+ Đường thẳng (d): y = k(x – 3) + 2.

+ Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 3x2 + 2 = k(x – 3) + 22

3 0

0

x

x k

0,25

+ (d) cắt (C) tại 3 điểm A, M, N phân biệt 2 0x k có 2 nghiệm phân biệt khác 3 0 9k

+ Phương trình: 2 0x k x k

x k

0,25

+ Hệ số góc của tiếp tuyến tại M và N lần lượt là:

' 3 6 ; ' 3 6

k ky k k y k k

+ Tiếp tuyến tại M và N vuông góc ' . ' 1

k ky y

0,25

2 18 3 353 6 3 6 1 9 36 1 0 ( / )

9k k k k k k k t m

0.25

2 (1,0

điểm)

(1.0 điểm) Giải phương trình:

2 54sin os(3x + 2015 ) - 2sin 2 2 sin

2 2 2x c x x

PT 24 os os3 2 os2x 2 osc x c x c c x 0,25

os3 osc x c x 0,25

3 2

3 2

x x k

x x k

0,25

2x k

. 0,25

3 (1,0

điểm)

Tìm hệ số của x6 trong khai triển ...

+ Xét khai triển 1

1

kn

kn

C n k

C k

với 0 ; ,k n k n

+ Áp dụng lần lượt với k = 0; 1; 2; ...;(n – 1). Ta được: n + (n – 1) + (n – 2) + ... + 2 + 1 = 120.

0,25

15( 1)120

16( )2

nn n

n loai

0,25

Ta có 1515 151 1 1515 15

2 4 2 415 154

0 0

3 3 32 2 . 2 . .

2 22

k k kk k kk k

k k

x C x x C xx

0,25

+ Hệ số của số hạng chứa x6 tương ứng với 15

62 4

k k 2k

+ Với k = 2 ta có hệ số của số hạng chứa x6 là: 2

2 15 2 2 11 215 15

32 . 2 .3 1.935.360

2C C

0,25

4 (1,0

điểm)

(1.0 điểm) Giải bất phương trình: 2 21 29 1 10.3x x x x

Đặt 2

3x xt , t > 0 0,25

Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9 0 ( t 1 hoặc t 9)

0,25

Khi t 1 2 23 1 0 1 0x xt x x x .(i) 0,25

Khi t 9 2 2 2

3 9 2 01

x x xt x x

x

(2i)

0,25

Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ).

5 (1,0

điểm)

Lập phương trình đường thẳng d (1,0 điểm)

Gọi phương trình dường thẳng (d) cần tìm có dạng: 1x y

a b (Đk: 0ab ) 0,25

2 3(2;3) ( ) 1 3 2 (1)

( ) ( ;0);( ) (0; ) ;

M d a b aba b

d Ox A a d Oy B b OA a a OB b b

1. 32(2)

2ABCS OA OB ab

0,25

Từ (1) và (2) có hệ:

832 8

33 2 4

12

ab a ahoăc

a b ab bb

0,25

+ Với 8

4

a

b

ta được (d): 1 2 8 0

8 4

x yx y

+ Với

8

312

a

b

ta được (d): 3

1 9 2 24 08 12

x yx y

0,25

6 (1,0

điểm)

*) Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a. (0,5 điểm)

A

B C

M

S

E

F

K

H

D

O

N

0,25

2

2 2 2 3 134

4 2

a aSO SA OA a

0,25

.

1.

3S ABCD ABCDV SO S

3

.

1 1 13 26. . . . 2

3 3 2 6S ABCD ABCD

a aV SO S a a (đvtt)

*) Tính khoảng cách giữa MN và SK theo a. (0,5 điểm)

+ Kẻ //KE MN .

0,25

+ Khi đó, //( )MN SEK nên d(MN,SK) ( ,( )) ( , ( ))d MN SEK d O SEK

+ Gọi F là trung điểm KE. Ta có: ;KE OF KE SO ( )KE SOF

+ Trong ( )SOF dựng OH SF .

Khi đó, ( ) d(MN,SK) ( ,( ))OH SKE d O SEK OH

+ Có OF = MK = AK – AM =2

6

a

+ Có 2 2 2

1 1 1

OH OS OF

2 2 2

1 4 36

13 2OH a a

22 13 13

238 238

aOH OH a

0,25

7 (1,0

điểm)

Lập phương trình mặt phẳng (P). (1,0 điểm)

Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).

0,25

Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH => HI lớn nhất khi IA

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến. 0,25

Mặt khác, )31;;21( tttHdH vì H là hình chiếu của A trên d nên

. 0 ( (2;1;3)AH d AHu u

là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3( AHH

0,25

Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y – 5z –77 = 0 0,25

8 (1,0 Giải hệ phương trình:

2 4 2 3

2 4 4

(x 1)y 1 2xy (y 1)

xy (3xy 2) xy (x 2y) 1

với x, y

+ Gọi AC BD O . + Do SA = SB = SC = SD

Suy ra ( )SO ABCD

Chú ý: Bài làm có thể làm theo các cách khác nhau, điểm số cho tương ứng với thang điểm của câu đó

điểm) + Hpt

5 2 2 4 4

2 6 2 2 4 5

2 2 1(1)

3 2 2 1(2)

xy xy x y y

x y xy x y xy

Lấy (2) trừ (1) ta được: 3x2y6 – 4xy5 + y4 = 0.

0,25

4

2

00

13 4 1 0

1

3

yy

xyxy xy

xy

0,25

+ Với y = 0 thay vào pt (1) không thỏa mãn. Suy ra hệ vô nghiệm.

+ Với xy = 1 thay vào pt (1). Ta được: 4 2 1 5( 1)

2y y y

+ Với 1 5 5 1

2 2y x

;

1 5 5 1

2 2y x

0,25

+ Với 1

3xy thay vào pt (1) ta được: 3y4 + (y + 3)2 = 0 vô nghiệm.

Vậy hệ có 2 nghiệm 5 1 1 5

;2 2

và 5 1 1 5

;2 2

0,25

9 (1,0

điểm)

Tìm GTNN của P

+ Chứng minh: 1 1 1 1 1 1 9

9x y zx y z x y z x y z

1 1 1 9P

a bc b ca c ab a bc b ca c ab

0,25

+ Ta có: a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c).

Suy ra ( ) ( ) 2

( )( )2 2

a b a c a b ca bc a b a c

+ Tương tự: ( ) ( ) 2

( )( )2 2

b a b c a b cb ca b a b c

( ) ( ) 2

( )( )2 2

c a c b a b cc ab c a c b

0,25

Suy ra: 2 2 2

2 2 2

a b c a b c a b ca bc b ca c ab

4( )2

2

a b ca bc b ca c ab

Vậy 9

2P

0,25

+ Vậy P đạt GTNN bằng 9

2

1

1 1

3

a b c

a b a c a b ca b c

b a b c a b c

c a c b

0,25

Education

60 đề thi thử toán của các trường thpt 2015 có đáp án chi tiết