hoctoancapba.com
HỒ XUÂN TRỌNG
1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN
NĂM 2014-2015
TẬP 10
hoctoancapba.com
hoctoancapba.com
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 5 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
Ngày thi:… tháng…năm…
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y x 3 3x 2 4 .
(1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Tìm m để đường thẳng y mx 2 m cắt đồ thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt.
log 2 ( x y ) 1 2log 4 (2 x y)
Câu 2 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2
x y 10
.
/6
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I
sin
2
x. cos 3 xdx .
0
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z có phần ảo âm và thỏa mãn z 2 3z 5 0 . Tìm môđun của số phức
2 z 3 14 .
b) Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển biểu thức (2 x 1) n biết rằng C n0 C n1 C n2 56 .
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng d1:
x3 y 3 z 4
x 3 y 1 z 1
, d2:
. Tìm tọa độ điểm B thuộc d 2 sao cho độ dài đoạn thẳng
1
2
1
2
2
1
AB gấp
2 lần khoảng cách từ A đến d 1 .
CAD 300 ,
ASC
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB a,
o
,
SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối tứ diện S.BCD và khoảng cách từ C
đến mặt phẳng (SBD).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC ( AB BC ) và tâm đường
tròn ngoại tiếp là I (1;0) . M (3;3) là một điểm nằm trên đường trung trực của cạnh BC . N (2;4) là
điểm nằm trên đường thẳng chứa đường phân giác trong góc B của tam giác ABC và thỏa mãn
AN CN . Đường thẳng BC đi qua D(1;4) và tung độ điểm B lớn hơn tung độ điểm C . Tìm tọa độ
các đỉnh A , B , C .
1
1
x3 3 y ( x 2 xy y 1) 1
x y 1
y
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3
2
2
y x 7 y y 6 xy x 12
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số không âm a, b, c và không có hai số đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng
a 3 abc b 3 abc c 3 abc
a2 b2 c2 .
bc
ca
ab
------- 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:……………………
3
hoctoancapba.com
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 5 NĂM 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án – thang điểm có 5 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
1
(2,0 đ)
Điểm
Nội dung
a) (1,0 điểm)
0,25
* Tập xác định : D = R.
* Sự biến thiên của hàm số:
- Chiều biến thiên: y ' 3x 2 6 x .
y' 0 x 0 hoặc x 2 .
- Các khoảng đồng biến (;0) , (2;) ; khoảng nghịch biến (0;2).
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0, yCĐ 4 ; đạt cực tiểu tại x 2, yCT 0 .
0,25
- Giới hạn: lim y , lim y .
x
x
- Bảng biến thiên:
0,25
* Đồ thị (C ) :
y
f(x)=x^3-3x^2+4
8
6
4
0,25
2
x
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
-2
-4
-6
-8
b) (1.0 điểm)
Phương trình hoành độ các giao điểm của d với đồ thị (C) của hàm số (1) là:
0,25
x 3x 4 mx 2 m ( x 1)( x 2 x 2 m) 0
3
2
2
x 1
2
x 2x 2 m 0
(2)
0,25
.
4
Trang 1/5
hoctoancapba.com
2
(1,0 đ)
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
' 0
m 3 0
.
khác 1
m 3 0 m 3 0
0,25
m 3 .
Vậy, các giá trị m cần tìm là m 3 .
0,25
x y 0
Điều kiện:
.
2 x y 0
log x y log x y log ( x y) log
log ( x y)
x y 2(2 x y) y 3x .
Thế vào phương trình x y
0,25
ta được phương trình 10 x 10
2
x 1 y 3
.
x 1 y 3
Đối chiếu với điều kiện, hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm 1;3 .
3
/6
I
(1,0 đ)
sin x. cos xdx
2
3
/6
2
2
sin x.(1 sin x). cos xdx .
0
0,25
0,25
0,25
0,25
0
x 0 t 0
Đặt t sin x , ta có dt cos xdx . Đổi cận:
1.
x
t
6
2
1/ 2
1/ 2
0
0
0,25
I t 2 (1 t 2 )dt (t 2 t 4 )dt
1
t3 t5
2
3 50
0,25
17
.
480
a) (0,5 điểm)
4
(1,0 đ)
Xét phương trình z 2 3z 5 0
Vì 9 20 11 11i 2 .
Suy ra z
0,25
(5).
3 11i
3 11i
hoặc z
.
2
2
Vì z thỏa mãn (5) và có phần ảo âm nên z
0,25
3 11i
.
2
Ta có 2 z 3 14 14 11i .
0,25
2 z 3 14 14 11i 14 11 5.
b) (0,5 điểm)
Điều kiện: n , n 2 .
0,25
5
Trang 2/5
hoctoancapba.com
Cn Cn Cn
n
n( n )
n 10
n2 n 110 0
.
n 11
Vì n N , n 2 nên n 10 .
10
Với n 10 , ta có (2 x 1)n (2 x 1)10 C10k 2 x 1
k
k 0
Số hạng tổng quát là C10k 2k 1
10 k
10 k
10
C10k 2k 1
10 k
x
k
.
k 0
0,25
x .
k
Số hạng chứa x3 trong khai triển là C107 (2 x) 3 (1) 7 960 x 3 .
5
(1,0 đ)
0,25
d 1 đi qua M (3;3;4) và có véctơ chỉ phương u1 (1;2;1) . Ta có
AM , u1
3
AM (2;1;1), AM , u1 (3;3;3) , suy ra d ( A, d1 )
.
2
u1
x 3 2t
Phương trình tham số của d 2 là: y 1 2t . Tọa độ B có dạng (3 2t;1 2t;1 t ) .
z 1 t
0,25
Ta có AB (2 2t ) 2 (2t 1) 2 (t 2) 2 9t 2 16t 9 .
Do đó: AB 2d ( A, d1 ) 9t 2 16t 9 3 9t 2 16t 0 t 0 hoặc t
Vậy B(3;1;1) hoặc B( ;
6
(1,0 đ)
AC
AB
;
a, AD CD.cot
.
0,25
0,25
).
a
0,25
sin
Vì SA (ABC ) nên SAC vuông tại A
SA AC. cot 450 2a .
1
1 1
1
3a3
VBCDS S BCD .SA . .BC.CD.SA .a 3.a.2a
(đvtt).
3
3 2
6
3
0,25
Các tam giác SAB , SAD vuông tại A SB a 5, SD a 7
2
2
2
2
2
2
SB SD BD 5a 7a 4a 4 sin BSD
19
cos BSD
2SB.SD
35
2.a 5.a 7
35
SBSD
0,25
1
19.a 2
.SB.SD.sin BSD
(đvdt).
2
2
6
Trang 3/5
hoctoancapba.com
3VBCDS 2 57a
.
S BDS
19
Ta có IM (4;3) , IN (3;4) , IN 5 .
Từ giả thiết suy ra IM , IN lần lượt là
đường trung trực của BC , CA .
Đường thẳng BC đi qua D(1;4) và nhận
IM (4;3) làm vectơ pháp tuyến nên có
phương trình là 4 x 3 y 16 0 .
d (C , (SBD ))
7
(1,0 đ)
0,25
0,25
Gọi N 0 là điểm chính giữa cung nhỏ
AC N 0 thuộc đường trung trực cạnh AC và
N 0 thuộc đường phân giác trong của
ABC N0 N .
N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I (1;0) và có bán kính IN 5 nên có
phương trình là ( x 1) 2 y 2 25 . Tọa độ B , C là nghiệm của hệ phương trình
2
x 5
4 x 3 y 16 0
x 4
hay
hoặc
.
2
2
y 0
( x 1) y 25
y 24
5
2 24
Vì y B yC nên B ; , C (4;0) .
5 5
Đường thẳng AC đi qua C (4;0) và nhận IN (3;4) làm véctơ pháp tuyến nên có
phương trình là 3x 4 y 12 0 . Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
3x 4 y 12 0
x 4
x 12 / 5
hay
hoặc
.
2
2
y 0
y 24 / 5
( x 1) y 25
12 24
Vì A C nên A ; . Thử lại thỏa mãn điều kiện AB BC .
5 5
12 24 2 24
Vậy A ; , B ; , C (4;0) .
5 5 5 5
8
(1,0 đ)
0,25
0,25
0,25
1
1
3
2
x y 1 y x 3 y ( x xy y 1) 1 (7 )
3
2
2
(8)
y x 7 y y 6 xy x 12
7
Trang 4/5
hoctoancapba.com
x y 1 0
Điều kiện: y x3 0 .
0 y 7
0,25
1
1
(7)
x 3 3x 2 y 3xy2 y3 y3 3 y 2 3 y 1
x y 1
y
( y 1)3
1
1
( x y )3
. (9)
y
x y 1
Xét hàm số f (t ) t 3
f ' (t ) 3t 2
1
1
t 1
trên khoảng (1;) , ta có:
0,25
0, t 1 f (t ) đồng biến trên khoảng (1;) .
2( t 1) 3
Do đó: (9) f ( y 1) f ( x y) y 1 x y x 1 .
Thay x 1 vào phương trình (8), ta được pt
y 1 7 y y 2 6 y 13 4( y 2 6 y 13) 4 y 1 4 7 y 0
0,25
4( y 6 y 9) ( y 1 4 y 1 4) (7 y 4 7 y 4) 0
2
4( y 3) 2 ( y 1 2) 2 ( 7 y 2) 2 0
y 3 0
y 1 2 0 y 3 (Thỏa mãn).
7 y 20
Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm ( x; y) (1;3) .
9
(1,0 đ)
a 3 abc b 3 abc c 3 abc
a2 b2 c2
Ta có
bc
ca
ab
3
3
a abc
b abc
c 3 abc 2
2
2
a
b
c 0
bc
ca
ab
a(a b)(a c) b(b c)(b a) c(c a)(c b)
0
bc
ca
ab
Không giảm tính tổng quát, giả sử a b c . Đặt x
0,25
(10)
0,25
(11)
a
b
c
, y
, z
.
bc
ca
ab
0,25
Do a b c nên x y z .
Ta có z(c a)(c b) 0 ,
x(a c) y(b c) x(b c) y(b c) (b c)( x y) 0 .
Suy ra x(a b)(a c) y(b c)(b a) z(c a)(c b) 0 hay (11) đúng.
Vậy bất đẳng thức (10) đúng.
0,25
0,25
( Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng thì vẫn tính điểm tối đa)
---------Hết-------Trang 5/5
8
hoctoancapba.com
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
Ngày thi: 24 tháng 03 năm 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x3 3x 1
1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A 2; 3 có hệ số góc bằng m . Tìm các số m để đường
thẳng
d
cắt đồ thị của hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn
x12 x2 2 x32 8 .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
cos x 1 cos2 x 2 1 sin x .
sin x cos x
2
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I esin x cos x sin 2 xdx .
0
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z , biết z thỏa mãn 1 2i.z 1 i 2 i z .
b) Gọi S là tập hợp các ước số nguyên dương của số 43200. Chọn ngẫu nhiên một số trong S .
Tính xác suất chọn được số không chia hết cho 5.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 1;1 và đường thẳng d có
phương trình
x 1 y z 1
. Tìm tọa độ điểm A ' là hình chiếu vuông góc của A trên d và lập
2
1
2
phương trình mặt phẳng P đi qua A, P song song với d và khoảng cách giữa d với P lớn nhất.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có ABCD là hình thang vuông tại A, D ; AB AD 2a,
CD a. Gọi I là trung điểm của cạnh AD , hình chiếu vuông góc của S trên ABCD là điểm I .
a 3
. Tính thể tích của khối chóp S. ABCD theo a .
2
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên trục
Cho biết khoảng cách từ I đến SBC bằng
5
. Các đường cao xuất phát từ đỉnh B và đỉnh C lần lượt có phương trình là
2
d1 : x y 1 0, d2 : 2 x y 4 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C sao cho tam giác ABC có diện tích
Ox với 0 xA
lớn nhất.
17 3x 5 x 3 y 14 4 y 0
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
.
2
2 2 x y 5 3 3x 2 y 11 x 6 x 13
Câu 9 (1,0 điểm). Cho 3 số thực dương a, b, c thay đổi, thỏa mãn
ac bc
ab
. Tìm giá trị
c
a
b
c
c2
2
.
b c c a a b a b2
------- 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:……………………
nhỏ nhất của biểu thức P
9
hoctoancapba.com
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 6 NĂM 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án – thang điểm có 6 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đáp án
Câu
a) (1,0 điểm)
1
(2,0 đ) Tập xác định: D .
Sự biến thiên:
Điểm
x 1
- Chiều biến thiên: y 3x 2 3; y 0
.
x 1
- Hàm số đồng biến trên khoảng (-1;1), hàm số nghịch biến trên ; 1 , 1; .
0,25
0,25
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 1, yCĐ = 1; đạt cực tiểu tại xCT = -1, yCT = -3.
- Giới hạn: lim y ; lim y .
x
- Bảng biến thiên:
x
y
y
x
-
-1
0
+
1
0
1
0,25
-
-3
Đồ thị: Giao với Oy tại 0; 1 . Lấy thêm điểm thuộc đồ thị A 2; 3 .
0,25
b) (1,0 điểm)
Phương trình của d là y m x 2 3 .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị của hàm số (1) là
m x 2 3 x3 3x 1 1 .
0,25
x 2
1 x3 3x 2 m x 2 0 x 1 x 2 m x 2 0
2
2
x 2x 1 m 0
2
.
10
1
hoctoancapba.com
Để d cắt đồ thị của hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm
phân biệt hay phương trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2.
' m 0
m 0
2
2' .
m 9
2 2.2 1 m 0
Gọi các hoành độ giao điểm của d và đồ thị của hàm số (1) lần lượt là x1 , x2 , x3 2 . Trong
0,25
đó x1 , x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình (2).
Theo bài ra ta có x12 x22 x32 8 x12 x2 2 4 x1 x2 2 x1 x2 4. 3
2
0,25
x1 x2 2
Theo Định lí Viét của phương trình (2) ta có
.
x1 x2 1 m
Khi đó (3) trở thành 4 2 1 m 4 1 m 0 m 1 3' .
0,25
Kết hợp (2’) và (3’) ta được m ; 1 \{ 9} .
2
Điều kiện: sin x cos x 0 .
(1,0 đ)
Khi đó phương trình 1 sin 2 x cos x 1 2 1 sin x sin x cos x
0,25
1 sin x 1 cos x sin x sin x.cos x 0
0,25
1 sin x 1 cos x sin x 1 cos x 0
1 sin x 1 cos x 1 sin x 0. *
sin x 1 1
*
.
cos x 1 2
Ta có với sin x 1 cos x 0 , do đó sin x cos x 1 0.
(1) sin x 1 x k 2 k .
2
Ta có với cos x 1 sin x 0 , do đó sin x cos x 1 0.
2 cos x 1 x m2 m .
Vậy phương trình có nghiệm là x
3
(1,0 đ)
2
2
k 2 và x m2
I e
sin x
0
0,25
0,25
k , m .
2
cos x sin 2 xdx e
2
sin x
0
2sin x cos xdx 2 cos x sin x cos xdx .
0
2
2
0
0
Đặt I1 esin x 2sin x cos xdx; I 2 2 cos x sin x cos xdx .
2
I1 esin x 2sin x cos xdx .
0,25
0
Đặt sin x t dt cos xdx .
x 0 t 0
.
Đổi cận:
x 2 t 1
Khi đó I1 2 e
0
sin x
0,25
1 1
1
1
sin xd sin x 2 e tdt 2 tet et dt 2 tet et 2 .
0
0
0
0
0
1
2
t
11
2
hoctoancapba.com
2
I 2 2 cos x sin x cos xdx .
0
Đặt cos x u d cos x du sin xdx du sin xdx du,
x 0 u cos 0 1
.
Đổi cận
x
u
cos
0
2
2
0
0,25
1
3
2
4 5
4
Khi đó I 2 2 u du u 2 .
5 0 5
1
2
Vậy I
0
0,25
4 14
esin x cos x sin 2 xdx I1 I 2 2 .
5 5
a) (0,5 điểm)
4
(1,0 đ) Từ giả thiết 1 2iz 1 i 2 i z ta được
1 2iz 1 i 2 i z 2iz 2i 2 z 1 i 2z iz 2iz 2z 1 i 2z iz iz 1 i 0 .
Ta có iz 1 i 0 iz i 1
zi 2 i i 1 z i 2 i
0,25
z 1 i z 1 i.
Từ đó ta có phần thực của z bằng 1, phần ảo của z bằng 1.
0,25
b) (0,5 điểm)
Ta có 43200 26.33.52 .
Mỗi ước nguyên dương của số 43200 là một số có dạng 2i.3 j.5k , trong đó i {0,1, 2,3, 4,5,6} ;
j {0,1, 2,3} ; k {0,1, 2} .
Số ước nguyên dương bằng số bộ i, j , k được chọn từ 3 tập trên.
0,25
Suy ra số cách chọn bộ i, j , k từ 3 tập trên là C71 .C41.C31 7.4.3 84 (cách).
Vậy số phần tử của S là 84.
Số các ước của 43200 không chia hết cho 5 trong tập S là số cách chọn bộ i, j, 0 từ 3 tập
trên suy ra số các ước của 43200 không chia hết cho 5 trong tập S là C71 .C41 7.4 28 .
Từ đó ta có: chọn 1 số trong S có 84 cách chọn.
Chọn 1 số trong S không chia hết cho 5 có 28 cách chọn.
Suy ra xác suất chọn được số không chia hết cho 5 trong S là P
5
(1,0 đ)
0,25
28 1
.
84 3
x 1 2t
Ta có phương trình tham số của d là y t
.
z 1 2t
Ta có A '(1 2t; t; 1 2t ) là hình chiếu vuông góc của A 1; 1;1 trên d .
Có A ' A 2t; 1 t; 2 2t lại có A ' A vuông góc với véctơ chỉ phương u 2;1; 2 của
0,25
1
d nên ta có 2 2t 1 1 t 2 2 2t 0 t .
3
12
3
hoctoancapba.com
5 1 1 2 4 4
Suy ra A '( ; ; ) , A ' A ; ; .
3 3 3
3 3 3
0,25
Do d song song với P nên d P , d d A ', P A ' H A ' A (Với H là hình chiếu
vuông góc của A’ trên P ).
Suy ra khoảng cách giữa d với P lớn nhất khi và chỉ khi H A hay A ' H A ' A khi đó
0,25
A’A vuông góc với mặt phẳng (P).
Chọn A ' A làm véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Ta có mặt phẳng (P) đi qua A 1; 1;1 và nhận n 1; 2; 2 làm véctơ pháp tuyến nên
0,25
phương trình của mặt phẳng (P) là 1 x 1 2 y 1 2 z 1 0 x 2 y 2 z 3 0.
6
Ta có IB BC a 5; IC a 2 .
(1,0 đ)
S ABCD a .
0,25
Dựng IE BC, E BC .
Dựng IH SE, H SE .
Suy ra BC SIE BC IH .
0,25
Suy ra IH SBC hay IH d I , SBC a
3
.
2
Gọi M là trung điểm của IC
BM IB 2 IM 2 5a 2
a 2 3a
.
2
2
Lại có
0,25
3a
BM .IC IE.BC
.a 2 IE.a 5
2
3a
IE
.
5
Xét tam giác vuông SIE vuông tại I , IH là đường cao
1
1
1
1
1
1
1
4
1
2 2 2
2 2 2 2 .
suy ra ta có
2
2
9a
IH
IS
IE
IS
IH
IE
IS
3a
5
3a
Suy ra SI
.
7
0,25
3
1
1 3a
3a 7
Từ đó suy ra thể tích của khối chóp V SI .S ABCD .
(đvtt).
.3a 2
3
3 7
7
13
4
hoctoancapba.com
7
(1,0 đ) Do B d1 B t;1 t ; do C d2 C t1;4 2t1 .
Do A Ox A a;0 , u1 1;1 , u2 1; 2 .
Ta có AB t a;1 t ; AC t1 a;4 2t1
Lại có d1 AC u1. AC 0 t1 a 4 2t1 0 t1 4 a.
d2 AB u 2 .AB 0 t a 2 2t 0 t 2 a.
Ta tìm được B a 2; a 1 ; C 4 a;2a 4 ; AC 4 2a;2a 4 ;
0,25
0,25
Ta có phương trình của AC : x y a 0 .
3a 3
SABC 3 a 2 a 1 .
Ta được AC 4 2a 2 , d B, AC
2
27
5
Xét hàm SABC biến a trên khoảng 0; ta được kết quả Max SABC
đạt được khi
5
4
2
a 0;
a
8
(1,0 đ)
0,25
0,25
2
1
1 5 3 7
A ;0 , B ; , C ; 3 .
2
2 2 2 2
17 3x 5 x 3 y 14 4 y 0
2
2 2 x y 5 3 3x 2 y 11 x 6 x 13
5 x 0
4 y 0
Điều kiện xác định:
2 x y 5 0
3 x 2 y 11 0
1
.
2
Phương trình thứ nhất biến đổi thành 3 5 x 2 5 x 3 4 y 2 4 y
0,25
1' .
Xét hàm số f t 3t 2 2 t , t [0; ) do f ' t 0, t [0; ) suy ra hàm số f t đồng
biến trên [0; ).
Từ (1’) nhận được
5 x 4 y y x 1 thế vào phương trình (2) trong hệ ta được
2 3x 4 3 5 x 9 x2 6 x 13.
* 2
0,25
*
3x 4 3 5 x 9 x 2 6 x 13 0 .
4
Xét hàm số g x 2 3x 4 3 5 x 9 x 2 6 x 13 , x [ ;5] D.
3
0,25
Dễ thấy g '' x 0, x D. Suy ra g ' x 0 có không quá 1 nghiệm x D hay g x 0
có không quá 2 nghiệm x D . Lại có g 0 g 1 0 .
Kết luận: Hệ có 2 nghiệm (0;-1) và (-1;-2).
0,25
9
x 1
a
xc
,
b
yc
,
x
,
y
1
.
Đặt
Nếu
y 1 ta thấy không thỏa mãn. Suy ra x, y 1 .
(1,0 đ)
0,25
14
5
hoctoancapba.com
Khi đó
P
x
y
1
1
x2
y2
1
1
.
2
2
y 1 x 1 x y x y
xy x xy y x y x y 2 2 xy
x y 1
1
P
* .
2 xy x y x y x y 2 2 xy
2
Lại có
0,25
x 1 y 1 xy x y 2 2 xy x y 1 xy
xy x y 1 2 xy x y 1 1 0
0,25
2
xy x y 1 1 0
xy x y 2 xy xy 4.
x y 1
1
P
2 xy x y x y x y 2 2 xy
2
Suy ra
xy 1
1
.
2
3 xy xy 2 xy
t 1
1
41
Xét hàm số f t 2
.
, t [4; ) f ' t 0, t 4. Suy ra f t f 4
3 t t 2t
24
Giá trị nhỏ nhất của P bằng
41
đạt được khi x y 2.
24
(Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.)
-----------Hết----------
15
6
0,25
hoctoancapba.com
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 7 NĂM 2015
Môn: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
Ngày thi: 07 tháng 04 năm 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x 4 2 2m 1 x 2 3 ( C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi m 1 .
b) Tìm m để (C) có 3 điểm cực trị tạo thành tam giác cân có cạnh đáy bằng
1
độ dài cạnh bên.
3
ln x 1
dx
x.(lnx 1)
1
e
Câu 2 (1,0 điểm). Tính tích phân I
Câu 3 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:
a) sin 2 x cos 2 x 4cosx 2sinx 3.
b) log 2 e x 1 .log 2 4.e x 4 3.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Tính mô-đun của số phức w z 3 2 z i , trong đó số phức z 1 2i .
2
b) Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi vàng, 7 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để
trong 5 viên bi lấy được luôn có ít nhất 1 viên bi vàng và ít nhất 1 viên bi đỏ.
Câu5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz , cho A 1; 1; 1 ; B 2; 0; 1 ; C 0; 3; 0 và mặt
phẳng (P) : x 2 y 3z 13 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) qua A, B, C và tiếp xúc (P).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' cạnh đáy là a, góc tạo bởi AC' với mặt
phẳng (BB'C'C) một góc 300 . Gọi M là trung điểm CC'. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng
cách từ điểm M đến mặt phẳng (A'BC).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có M(1;1) nằm trên cạnh AB
sao cho AM
2
AB . Tam giác ABC có đường phân giác trong tại B là x y 2 0 , đường cao CH
3
có phương trình 3x y 5 0 . Xác định tọa độ A, B, C.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình sau x 2 2(x 1) 4x 1 2 2x 2 x 1 2 9x.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
a3
b3
c3
3 a 3 b3 c3
.
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:……………………
16
hoctoancapba.com
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 7 NĂM 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án – thang điểm có 6 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
1
(2,0đ)
Đáp án
Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi m 1 , (C) : y x 4 2x 2 3 .
* Tập xác định: D .
* Sự biến thiên:
x 0
.
y ' 4x 3 4x ; y ' 0
x 1
0,25
- Hàm số đồng biến trên (1;0);(1; ) ; nghịch biến trên (; 1);(0;1) .
- Hàm số đạt cực đại tại x 0; yCD 3 ; đạt cực tiểu tại x 1; yCT 4 .
0,25
- Giới hạn: lim y ; lim y .
x
x
- Bảng biến thiên:
0,25
* Đồ thị:
0,25
b) (1,0 điểm)
y ' 4x3 4(2 m 1) x 4 x.(x 2 2 m 1) .
x 0
.
y' 0
2
g(x)
x
2m
1
0
0,25
Hàm số có 3 cực trị g(x) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 2m 1 0 m
1
.
2
17
1
hoctoancapba.com
xA 0
Khi đó: y ' 0 x B 2m 1
x C 2m 1
0,25
A(0; 3); B( 2m 1; 4 m2 4 m 4);C( 2m 1; 4 m2 4 m 4)
AB
m ; m m
BC
m ; .
; AC
m ; m m
0,25
AB AC 2m 1 2m 1 ; BC 4(2 m 1) ABC cân tại A.
4
Tam giác cân ABC có cạnh đáy bằng
1
độ dài cạnh bên
3
1
4
BC AB 9BC2 AB2 36(2 m 1) 2m 1 2m 1
3
Kết hợp với điều kiện suy ra m
2
(1,0đ)
Đặt u ln x du
1
m 2
.
3
35 1
m
2
0,25
.
x u
1
dx . Đổi cận
.
x
x e u
0,25
u 1
du
u
1
0
1
I
3
(1,0đ)
0,25
1
1
2
I 1
du u 2 ln(u 1) 0
u 1
0
I 1 2ln 2 .
Vậy I 1 2ln 2 .
a) (0.5 điểm)
sin 2x cos 2x 4cos x 2sin x 3
0,25
0,25
2sin x.cos x 1 2sin 2 x 4 cos x 2sin x 3 0
2 cos x(sinx 2) 2(sinx 2)(sinx 1) 0
(sinx 2)(2 cosx 2sinx 2) 0
cosx sinx 1 0
.
sin x 2
sin x 2 (vô nghiệm).
x k2
1
cos
cosx sinx 1 0 cos x
x k2
4
4
2
2
0,25
(k ).
0,25
x k2
(k ).
Vậy nghiệm của phương trình:
x k2
2
b) ( 0.5 điểm )
18
2
hoctoancapba.com
Điều kiện: e x .
x
Đặt t log e 1 .
log2 ex 1 .log2 4.ex 4 3 log 2 ex 1 2 log 2 ex 1 3
x
0,25
2
t 1
Phương trình trở thành: t(2 t) 3 t 2 2t 3 0
.
t 3
* t 1: log 2 ex 1 1 e x 1 2 e x 3 x ln 3 (thỏa mãn).
* t 3: log 2 e x 1 3 e x 1
4
(1,0đ)
1
9
9
e x x ln (thỏa mãn).
8
8
8
x ln
.
Vậy nghiệm của phương trình:
x ln
a) (0,5 điểm)
0,25
Ta có: w z 3 2 z i 4 2i 2 1 i .
2
2
0,25
w 16 16i 4 2 2i 10 14i .
w 102 142 .
0,25
w 296 2 74 .
b) (0,5 điểm)
Số phần tử của không gian mẫu chính là số cách chọn 5 viên bị bất kỳ từ 18 viên
bi đã cho.
n C
.
Số cách chọn 5 viên bi luôn có ít nhất 1 viên bi vàng và ít nhất 1 viên bi đỏ là
C C C C
.
Xác xuất để “trong 5 viên bi lấy ra có ít nhất 1 bi vàng và 1 bi đỏ” bằng:
7315 1045
.
P
8568 1224
5
(1,0đ)
0,25
0,25
Gọi I(a, b,c) là tâm mặt cầu (S). Theo giả thiết (S) qua A, B, C
2
2
2
2
2
2
2
2
IA IB
(a 1) (b 1) (c 1) (a 2) b (c 1)
2
2
2
2
2
2
2
2
IB
IC
(a 2) b (c 1) a (b 3) c
a b 1
.
c b 4
(S) tiếp xúc (P) d(I; P) IA
a 2b 3c 13
1 2 3
b 2
(6 b 2)2 14(3b 2 12 b 26)
.
b 30
a 3
b 2 c 2
R 14
2
2
2
0,25
(a 1) 2 (b 1) 2 (c 1) 2
(S) : (x 3)2 (y 2)2 (z 2)2 14 .
0,25
0,25
19
3
hoctoancapba.com
6
(1,0đ)
a 31
b 30 c 26
(S) : (x 31)2 (y 30)2 (z 26) 2 2366 .
R 13 14
Gọi I là trung điểm BC
AI BC
AI (BB'C'C)
AI CC'
C ' I là hình chiếu của AC' lên mặt
phẳng (BB'C'C)
300 .
AC',
(BB'C'C) AC'I
0,25
0,25
a2 3
(đvdt).
4
AI
a .
Tam giác AC ' I vuông tại I AC '
sin o
Tam giác ABC đều cạnh a SABC
0,25
Tam giác ACC ' vuông tại C CC ' AC ' AC a
VLT CC '.SABC
a
3
6
4
.
(đvtt).
BC AI
BC (AA'I) BC AH .
Trong mp (AA'I), kẻ AH A'I ;
BC AA '
AH BC
AH A ' BC d A, A ' BC AH .
AH A ' I
Xét AA 'I vuông tại A
1
AH 2
1
AA '2
1
AI 2
1
2a 2
AM cắt A'C tại G AM cắt (A'BC) tại G
d(M, A'BC) GM 1
(G là trọng tâm ACC' ).
d(A, A'BC) GA 2
0,25
1
3a 2
4
11
6a 2
AH
a 66
.
11
0,25
1
a 66
.
d(M, A'BC) d(A, A'BC)
2
22
7
(1,0đ)
0,25
20
4
- Xem thêm -
.PDF 
616 
703 
96 
