NGUYỄN ANH PHONG
TUYỂN CHỌN 80 ĐỀ THI THỬ TOÁN
CÓ THANG ĐIỂM NĂM 2015
TẬP 2
+ Tài liệu này tác giả biên soạn tặng các bạn học sinh và được post tại nhóm :
TƯ DUY HÓA HỌC_NGUYỄN ANH PHONG
+ Đường link : https://www.facebook.com/groups/thithuhoahocquocgia/
Hà Nội 21/5/2015
Page 1 of 126
MỤC LỤC TẬP 2
Đề số 01 : Toàn tỉnh Cần Thơ – 2015
Đề số 02 : Chuyên Nguyễn Quang Diêu – Đồng Tháp – Lần 1 – 2015
Đề số 03 : Chuyên Nguyễn Quang Diêu – Đồng Tháp – Lần 2 – 2015
Đề số 04 : Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Quảng Nam – 2015
Đề số 05 : Chuyên Vĩnh Phúc – Lần 1 – 2015
Đề số 06 : Chuyên Vĩnh Phúc – Lần 2 – 2015
Đề số 07 : Chuyên Vĩnh Phúc – Lần 3 – 2015
Đề số 08 : Chuyên Vĩnh Phúc – Lần 3 – Khối D – 2015
Đề số 09 : Chuyên Vĩnh Phúc – Lần 4 – 2015
Đề số 10 : Chuyên Võ Nguyên Giáp – 2015
Đề số 11: Sở Giáo Dục TP.HCM – 2015
Đề số 12: Hàn Thuyên – Lần 2 – 2015
Đề số 13: Lê Quý Đôn – Tây Ninh – 2015
Đề số 14: Nghi Sơn – Thanh Hóa – 2015
Đề số 15: Nguyễn Duy Trinh – Nghệ An – 2015
Đề số 16: Quang Trung – Tây Ninh – 2015
Đề số 17: Quỳnh Lưu 2 – Nghệ An – 2015
Đề số 18: Sở Giáo Dục – Nam Định – 2015
Đề số 19: Trần Phú – Tây Ninh – 2015
Đề số 20: Trần Phú – Thanh Hóa – 2015
Page 2 of 126
NGUYEN ANH PHONG
Thông báo về lần thi thử HÓA HỌC số 10 (Đợt cuối mùa thi 2015).
Các em cố gắng tham gia nhé vì :
+ Đề lần này anh sẽ ra đề 100% với mục đích chính để các em tổng ôn tập lại tất cả kiến thức.
+ Lần này lượng kiến thức hỏi (lý thuyết) sẽ rất lớn nhưng sẽ rất rất cơ bản chỉ có trong SGK.
+ Ra đề lần chốt này anh sẽ đọc cẩn thận lại SGK để xem những chỗ nào hay thi, các em hay sai
là anh ốp hết vào đề thi.
+ Dự kiến anh sẽ tổ chức vào khoảng (20 – 25 tháng 6) cụ thể anh sẽ báo trên facebook nhé !
Em nào muốn tham gia thì vào nhóm để tham gia thi nhé (Miễn phí )
+ Tên nhóm : TƯ DUY HÓA HỌC_NGUYỄN ANH PHONG
+ Đường link : https://www.facebook.com/groups/thithuhoahocquocgia/
ps/ Các em khóa 98 cũng nên tham gia để quen với hình thức anh tổ chức thi thử. Mùa thi 2016
chắc chắn cũng sẽ có 10 lần thi thử Hóa Học như năm này…những môn khác thì anh chưa chắc
chắn.
Page 3 of 126
NGUYEN ANH PHONG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN THI: TOÁN
(Đề có 01 trang)
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y f ( x) x3 6 x 2 9 x 2 , có đồ thị là (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ thỏa mãn
f ''( x) 18 .
Câu 2 (1,0 điểm).
3
3
a) Cho cos x , x
5
2
b) Giải phương trình 4x
Câu 3 (1,0 điểm).
2
2 x
. Tính giá trị của sin x .
6
3.2 x
2
2 x
4 0 (x ) .
a) Tìm môđun của số phức z , biết rằng (1 2i) z
9 7i
5 2i .
3i
10
2
b) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x 2
,
3 2
x
với x 0 .
4
2 x ln x 1
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I
dx
x
1
e
Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
BC 2a, AB a và mặt bên BB’C’C là hình vuông. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’, BC’.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Biết điểm A có
21
tung độ dương, đường thẳng AB có phương trình 3x 4 y 18 0 , điểm M ; 1 thuộc
4
cạnh BC, đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại N thỏa mãn BM.DN = 25. Tìm tọa độ các
đỉnh của hình vuông ABCD.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; 2;1) , đường thẳng
x 1 y 2 z 1
và mặt phẳng (P): x 2 y z 3 0 . Viết phương trình mặt phẳng qua
d:
1
2
1
điểm A, song song với đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (P).
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
4 x 2 3 6 x 1 4 x 2 15 ( x ) .
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực không m x, y, z thỏa mãn x y z và x 2 y 2 z 2 3 .
10
.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 2 xy 8 yz 5 zx
x yz
-----------------------HẾT----------------------
Page 4 of 126
NGUYEN ANH PHONG
HƯỚNG DẪN CHẤM
Đáp án – cách giải
Câu
Điểm
1,0 điểm
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x3 6 x 2 9 x 2
* Tập xác định D
x 1
x 3
0,25
* y ' 3x 2 12 x 9 , y ' 0
* Giới hạn: lim y , lim y
x
x
* Bảng biến thiên:
x
y’
1
-
0
+
Câu 1
(2,0
điểm)
3
0
0,25
-
2
y
-2
* Kết luận:
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (3; ); đồng biến trên khoảng
(1;3).
- Hàm số đạt cực đại tại x = 3, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x =1, yCT = - 2.
* Đồ thị:
0,25
y
2
0,25
0
1
2 3
x
-2
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ thỏa mãn
f ''( x) 18 .
Câu 2
(1,0
điểm)
1,0 điểm
Ta có: f '( x) 3x 2 12 x 9 f ''( x) 6 x 12
Theo giả thiết thì f ''( x) 18 x 1 y 18
0,25
f '( x) 3x 2 12 x 9 f '(1) 24
Vậy phương trình tiếp tuyến là: y 24( x 1) 18 hay y 24 x 6
0,25
3
3
a) Cho cos x , x
. Tính sin x
5
2
6
9 16
4
3
. Vì x
Ta có: sin 2 x 1 cos 2 x 1
nên sin x
25 25
5
2
Khi đó: sin x sin x.cos sin cos x
6
6
6
4 3 1 3 34 3
.
.
5 2 2 5
10
Page 5 of 126
0,25
0,25
0,5 điểm
0,25
0,25
NGUYEN ANH PHONG
Giải phương trình: 4x
2
2 x
3.2 x
2
2 x
4 0 (*)
Phương trình (*) có thể viết lại là: 22( x
Đặt t 2
2
x 2 x
2
2 x )
3.2x
0,5 điểm
2
2 x
40
(t 0)
0,25
t 1
Phương trình (*) trở thành t 2 3t 4 0
t 4
So với điều kiện thì t = 1 thỏa, khi đó 2 x
a) Tìm z , biết rằng (1 2i) z
Câu 3
(1,0
điểm)
2
2 x
2
x 0
1 x 2 x 0
x 2
0,25
9 7i
5 2i .
3i
0,5 điểm
9 7i
5 2i (1 2i) z 7 i
3i
7i
z
1 3i z 10
1 2i
Ta có: (1 2i) z
0,25
0,25
10
2
b) Tìm hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển Niu-tơn của x 2
3 2
x
k
8
20 k
2
k
k
3
Số hạng tổng quát có dạng là C x
. 2 , (0 k 10)
3 2 C10 x
x
8
Theo giả thiết, số hạng tổng quát chứa x 4 khi và chỉ khi 20 k 4 k 6
3
6
6
4
Vậy hệ số của số hạng chứa x là: a C10 (2) 13440
k
10
2 10 k
0,5 điểm
2 x ln x 1
Tính tích phân I
dx
x
1
0,25
0,25
e
Câu 4
(1,0
điểm)
1,0 điểm
ln x 1
dx
x
1
e
e
I 2dx
1
e
* I1 2 dx 2 x 1 2e 2
e
0,25
1
e
ln x 1
1
dx , đặt t ln x 1 dt dx ;
x
x
1
x 1 t 1; x e t 2 .
* I2
2
2
t2
3
I 2 tdt
21 2
1
0,25
3
1
0,25
2e
2
2
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
BC 2a, AB a và mặt bên BB’C’C là hình vuông. Tính theo a thể tích của 1,0 điểm
khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’, BC’.
Vậy I 2e 2
Câu 5
0,25
Page 6 of 126
NGUYEN ANH PHONG
(1,0
điểm)
Ta có tam giác ABC vuông tại A nên
A'
C'
AC BC 2 AB 2 a 3
1
a2 3
S ABC AB. AC
2
2
B'
0,25
A
C
H
B
Vì BB’C’C là hình vuông nên BB ' BC 2a
a2 3
.2a a 3 3 (đvtt)
Vậy VABC . A ' B ' C ' S ABC .BB '
2
Vì AA’ // BB’ nên AA’//(BB’C’C). Do đó
d ( AA ', BC ') d ( AA ',( BB ' C ' C )) d ( A,( BB ' C ' C )) .
Dựng AH BC (H thuộc BC) . Khi đó AH BC và AH BB’
suy ra AH (BB’C’C). Suy ra d ( A,( BB ' C ' C )) AH
Xét tam giác vuông ABC, ta có AH .BC AB. AC AH
Câu 6
(1,0
điểm)
0,25
0,25
AB. AC a 3
BC
2
0,25
a 3
Vậy d ( AA ', BC ')
2
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Biết điểm A có
tung độ dương, đường thẳng AB có phương trình 3x 4 y 18 0 , điểm
1,0 điểm
21
M ; 1 thuộc cạnh BC, đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại N thỏa
4
mãn BM.DN = 25. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD.
Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AB nên
B
A
BC: 4 x 3 y 24 0 . Khi đó, tọa độ B là nghiệm
4 x 3 y 24 0
x 6
của hệ
B(6;0)
0,25
3x 4 y 18 0
y 0
M
N
D
Ta thấy các tam giác sau đồng dạng với nhau: MBA
Suy ra
C
MCN
ADN
MB MC AD
MB.ND AB. AD
AB NC ND
Suy ra 25 AB2 hay cạnh của hình vuông bằng 5.
a 1
Gọi A(4a 6; 3a) AB , khi đó 25 AB 2 16a 2 9a 2 25
a 1
Vì điểm A có tung độ dương nên A(2;3) .
Page 7 of 126
0,25
NGUYEN ANH PHONG
Phương trình đường thẳng CD có dạng là 3x 4 y m 0(m 18)
18 m
m 7
5
5
m 43
* Với m 7, pt CD : 3x 4 y 7 0 , khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ
4 x 3 y 24 0
x 3
C (3; 4) (thỏa vì MC<5)
3x 4 y 7 0
y 4
Suy ra tọa độ D(1; 1)
* Với m 43, pt CD : 3x 4 y 43 0 , khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ
4 x 3 y 24 0
x 9
C (9;4) (không thỏa vì MC>5)
3x 4 y 43 0
y 4
Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm A, song song với đường thẳng d và
vuông góc với mặt phẳng (P)
Vì cạnh hình vuông bằng 5 nên d ( B, CD)
Câu 7
(1,0
điểm)
Ta có: ud (1;2;1) là VTCP của đường thẳng d.
n( P ) (1; 2; 1) là VTPT của mặt phẳng (P)
Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm, theo giả thiết thì [ud , n( P ) ] (0; 2;4) là VTPT
của mặt phẳng (Q).
0,25
0,25
1,0 điểm
0,25
0,25
0,25
Phương trình mp(Q): 0( x 2) 2( y 2) 4( z 1) 0
0,25
hay y 2 z 4 0
Giải bất phương trình
ĐK: x
4 x 2 3 6 x 1 4 x 2 15 ( x )
1,0 điểm
. Với điều kiện này thì bất phương trình đã cho tương đương
4 x 2 3 2 6 x 3 4 4 x 2 15 0
Câu 8
(1,0
điểm)
4x2 1
4x2 3 2
3(2 x 1)
0,25
1 4 x2
4 4 x 2 15
0
2x 1
2x 1
2 x 1
3
0
2
4 4 x 2 15
4x 3 2
0,25
Ta có :
4 x 2 3 6 x 1 4 x 2 15 6 x 1 4 x 2 15 4 x 2 3 0
1
x 2x 1 0
6
2x 1
2x 1
0
Vì 4 x 2 3 2 4 4 x 2 15 nên
2
4 x 3 2 4 4 x 2 15
Do đó
2x 1
4 x2 3 2
3
2x 1
4 4 x 2 15
0
Page 8 of 126
0,25
NGUYEN ANH PHONG
2x 1
2x 1
1
Khi đó 2 x 1
3
0 2x 1 0 x
2
2
4 4 x 2 15
4x 3 2
0,25
1
Kết hợp với điều kiện, nghiệm của bất phương trình là x .
2
Cho các số thực không m x, y, z thỏa mãn x y z và x 2 y 2 z 2 3 . Tìm
1,0 điểm
10
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 2 xy 8 yz 5 zx
.
x yz
Câu 9
1,0 điểm
Ta có : A ( x y z )2 3 3xz 6 yz
10
.
x yz
2
3z x 2 y
0 3xz 6 yz 3z ( x 2 y )
x y z
2
10
10
( x y z)2 3
A 2( x y z ) 2 3
x yz
x yz
Đặt t x y z
2
0,25
3 x 2 y 2 z 2 ( x y z )2 3( x 2 y 2 z 2 ) 9
3t 3
10
10
Và t 2 3 A 2t 2 3
t
t
10
10 2t 3 10
2
t hàm số : f (t ) t 3 trên D [ 3;3] , f '(t ) 2t 2
0, t D
t
t
t2
10
, dấu đẳng thức xảy ra
f (t ) luôn đồng biến trên D A min f (t ) f ( 3)
D
3
z( x 2 y) 0
khi và chỉ khi x y z 3 y z 0, x 3 ( x y z ).
x2 y 2 z 2 3
10
, đạt được khi y z 0, x 3
3
10
10 4t 3 10
2
t hàm số : g (t ) 2t 3 trên D [ 3;3] , g '(t ) 4t 2
0, t D
t
t
t2
55
, dấu đẳng thức xảy ra khi
g (t ) luôn đồng biến trên D A max g (t ) g (3)
D
3
3z x 2 y
và chỉ khi x y z 3 x y z 1
x2 y 2 z 2 3
55
Vậy giá trị lớn nhất của A là
, đạt được khi x y z 1
3
i cách giải khác đ ng đ u được đi m tối đa c a ph n đ .
0,25
0,25
Giá trị nhỏ nhất của A là
*
i m toàn ài được làm tr n theo qui định.
Page 9 of 126
0,25
NGUYEN ANH PHONG
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 LẦN 1
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
1 3
x - mx 2 + m 2 - m + 1 x + 1 (1).
3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1) khi m = 2 .
b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực đại tại x = 1 .
(
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
)
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình log 3 ( x -1) + log 3 ( 2 x -1) = 2 .
2
3
2 x + 1
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ò 2
dx .
x - 5 x + 4
2
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện ( 2 + 3i ) z+ (4 + i ) z = -(1 + 3i ) 2 . 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.
∙ = 120 0 và
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 ; BAD
cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD )
bằng 60 0 . 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 ( P) : 2 x - y - 3 z + 1 = 0 và điểm
I (3; -5; - 2 ) . 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 (C ) : ( x - 2) + ( y - 2) = 5 và
2
2
đường thẳng (D ) : x + y + 1 = 0 . Từ điểm A thuộc (D ) 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 .
(
)
ì
ï x 2 y 2 + 2 4 y 2 + 1 = x + x 2 + 1
ï
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ïí
ï
2
2
2
ï
+ +
+
=
ï
î x (4 y 1) 2 ( x 1) x 6
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn c = min {a , b, c } . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
1
1
P= 2
+ 2
+ a + b + c .
2
a +c
b + c 2
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:..............................
Page 10 of 126
NGUYEN ANH PHONG
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
Câu
Đáp án
1
1
a.(1,0 điểm). y = x 3 - mx 2 + ( m 2 - m + 1) x + 1 (1)
(2,0 điểm)
3
1
Với m = 2 , hàm số trở thành: y = x 3 - 2 x 2 + 3 x + 1
3
♥ Tập xác định: D = ¡
♥ Sự biến thiên:
ￚ Chiều biến thiên: y ' = x 2 - 4 x + 3 ; y ' = 0 Û x = 1 hoặc x = 3 .
Điểm
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3 ) ;
0.25
0.25
+ Đồng biến trên các khoảng ( -¥ ;1) và ( 3; +¥ ) .
ￚ Cực trị:
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 ; yCT = y (3) = 1 ;
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 1 ; yCĐ = y (1) = 7 .
3
ￚ Giới hạn: lim y = -¥; lim y = +¥
x ®-¥
x ®+¥
0.25
ￚ Bảng biến thiên:
♥ Đồ thị:
0.25
b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt cực đại tại x = 1 .
· Tập xác định: D = ¡
· Đạo hàm: y ' = x 2 - 2 mx + m 2 - m + 1
♥ Điều kiện cần:
Hàm số đạt cực đại tại x = 1 Þ y '(1) = 0
Page 11 of 126
0.25
0.25
NGUYEN ANH PHONG
é m = 1
Û m 2 - 3m + 2 = 0 Û ê
êë m = 2
♥ Điều kiện đủ:
Với m = 1 , ta có: y ' = x 2 - 2 x + 1 , y ' = 0 Û x = 1
Bảng biến thiên
x
y '
y
-¥
0.25
+¥
1
0
+
+
Từ BBT ta suy ra m = 1 không thỏa.
é x = 1
Với m = 2 , ta có: y ' = x 2 - 4 x + 3 , y ' = 0 Û ê
êë x = 3
Bảng biến thiên
x
y '
y
-¥
1
0
CĐ
+
-
3
0
0.25
+¥
+
CT
Từ BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1 .
♥ Vậy hàm số đạt cực đại tại x = 1 khi m = 2 .
2
(1,0 điểm)
Giải phương trình log 3 ( x -1) + log 3 ( 2 x -1) = 2
2
(1)
ìï x ¹ 1
ì
ï
ï x -1 ¹ 0
ï
♥ Điều kiện: í
Û ïí
1
ï
ï
î2 x -1 > 0 ïïï x >
î 2
♥ Khi đó: (1) Û log 3 x -1 + log 3 (2 x -1) = 1
0.25
0.25
Û log 3 éë x -1 (2 x -1) ùû = 1
Û x -1 (2 x -1) = 3
3
(1,0 điểm)
(2)
1
· Với < x < 1 thì ( 2) Û (1 - x )(2 x -1) = 3 Û 2 x 2 + 3 x + 4 = 0 : pt vô nghiệm
2
1
· Với x > 1 thì ( 2) Û ( x -1)( 2 x -1) = 3 Û 2 x 2 - 3 x - 2 = 0 Û x = - Ú x = 2
2
Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm phương trình đã cho là x = 2 .
3
2 x + 1
Tính tích phân I = ò 2
dx .
x - 5 x + 4
2
2x +1
2 x + 1
3
1
♥ Ta có: 2
=
=
x - 5 x + 4 ( x - 1)( x - 4 ) x - 4 x - 1
3
♥ Do đó: I = 3 ò
2
3
1
1
dx - ò
dx
x-4
x -1
2
3
3
= 3ln x - 4 2 - ln x - 1 2
4
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
= - 4 ln 2 .
0.25
2
a.(0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện ( 2 + 3i ) z+ (4 + i ) z = -(1 + 3i ) . Tìm phần
Page 12 of 126
NGUYEN ANH PHONG
(1,0 điểm)
thực và phần ảo của z .
♥ Đặt z = a + bi , ( a, b Î ¡ ) ta có:
0.25
( 2 + 3i ) z+ (4 + i) z = -(1+ 3i) 2 Û ( 2 + 3i )(a + bi ) + (4 + i) (a - bi ) = -(1 + 3i ) 2
Û (6a - 2b) + ( 4a - 2b ) i = 8 - 6 i
ïì6 a - 2b = 8
ïìa = 7
Û ïí
Û ïí
ïîï4a - 2b = -6 ïî
ïb = 17
♥ 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.
4
0.25
♥ Số phần tử của không gian mẫu là W = C15
= 1365
Gọi A là biến cố "trong 4 người được chọn có ít nhất 1 nữ”
4
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là W A = C15
- C4
7 = 1330
♥ Vậy xác suất cần tính là P (A) =
5
(1,0 điểm)
0.25
W A 1330 38
=
=
.
W
1365 39
∙ = 120 0 và
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 ; BAD
cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng
( SBC ) và ( ABCD ) bằng 60 0 . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng BD và SC .
0.25
∙ = 120 0 nên các tam giác
· Do đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 ; BAD
ABC , ADC là các tam giác đều cạnh a 3 .
(a 3) .
= 2
2
3
3a 2 3
4
2
· Gọi H là trung điểm của BC . Suy ra AH ^ BC Þ SH ^ BC
∙
∙ = 60 0 .
Do đó éë( SBC ); ( ABCD ) ùû = (∙
AH ; SH ) = SHA
Suy ra: S ABCD = 2 S DABC
· Xét tam giác SAH ta có:
=
(a 3) .
SA = AH .tan 60 =
0
2
2
3. 3
3a 3
=
2
3
1
1 3a 3 3a 3 9 a
· Vậy V = .S ABCD .SA = .
.
=
.
3
3
2
2
4
· Gọi O = AC Ç BD . Vì DB ^ AC , BD ^ SC nên BD ^ ( SAC ) tại O .
· Kẻ OI ^ SC Þ OI là đường vuông góc chung của BD và SC .
Page 13 of 126
0.25
0.25
NGUYEN ANH PHONG
· Sử dụng hai tam giác đồng dạng ICO và ACS hoặc đường cao của tam giác
0.25
3a 39
3a 39
. Vậy d ( BD, SC ) =
.
26
26
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x - y - 3 z + 1 = 0 và điểm
SAC suy ra được OI =
6
(1,0 điểm)
I (3; -5; - 2 ) . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng ( P ) . Tìm tọa độ
tiếp điểm.
· Bán kính mặt cầu R = d ( I ;( P) ) =
2.3 - (-5) - 3.(-2) + 1
22 + 12 + 3 2
=
0.25
18
.
14
0.25
2
2
2
162
· Phương trình mặt cầu: ( x - 3) + ( y + 5) + ( z + 2 ) =
.
7
· Tiếp điểm chính là hình chiếu vuông góc H của I xuống mặt phẳng ( P ) đã cho 0.25
r
· Đường thẳng IH qua I và nhận PVT n = ( 2; -1; - 3 ) của mặt phẳng ( P ) làm
VTCP có phương trình là
ïìï x = 3 + 2 t
ï
í y = -5 - t (t Î ¡ )
ïï
ïïî z = -2 - 3 t
· Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình
0.25
ìï x = 3 + 2 t
ïï
ïï y = -5 - t
í
ïï z = -2 - 3 t
ïï
ïî2 x - y - 3 z + 1 = 0
9
3
26
13
· Hệ này có nghiệm t = - , x = , y = - , z =
7
7
7
7
æ 3 26 13 ö÷
· Do đó tiếp điểm H có tọa độ là H çç ; - ; ÷÷ .
çè 7
7 7 ø
7
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : ( x - 2) + ( y - 2) = 5
2
2
và đường thẳng (D ) : x + y + 1 = 0 . Từ điểm A thuộc (D ) 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 .
0.25
· (C ) có tâm I ( 2; 2) , R = 5 , A Î (D) Þ A (a; -a -1 )
· Từ tính chất tiếp tuyến Þ IA ^ BC tại H là trung điểm của BC .
Giả sử IA = m, IH = n ( m > n > 0 )
Þ HA = m - n, BH = IB 2 - IH 2 = 5 - n 2
1
· Suy ra: SDABC = BC. AH = BH . AH = (m - n ) 5 - n 2 = 8
2
(1)
· Trong tam giác vuông IBA có BI 2 = IH .IA Û 5 = m. n Û m =
Page 14 of 126
5
n
(2)
0.25
NGUYEN ANH PHONG
æ 5 ö
Thay (2) vào (1) ta có: çç - n÷÷÷ 5 - n 2 = 8 Û n 6 -15n 4 + 139n 2 -125 = 0
çè n
ø
Û (n 2 -1)( n 4 -14n 2 + 125) = 0
0.25
Suy ra n = 1, m = 5 .
é A ( 2; -3 )
é a = 2
2
2
IA = 5 Û ( a - 2) + (-a - 3) = 25 Û a 2 + a - 6 = 0 Û ê
Þ êê
êë a = -3 A(-3; 2 )
êë
ì x 2 y 2 + 2 4 y 2 + 1 = x + x 2 + 1 (1)
8
ï
ï
(1,0 điểm) Giải hệ phương trình ïí
.
ï
2
2
2
ï
x
4
y
+
1
+
2
x
+
1
x
=
6 (2)
(
)
(
)
ï
î
(
)
♥ Điều kiện: x ³ 0
Ta thấy x = 0 không thỏa mãn phương trình (2)
1æ
1 ö
Với x > 0 thì (1) Û 2 y 1 + 4 y 2 + 1 = ççç1 + 2 + 1 ÷÷÷
÷ø
x çè
x
(
)
(
0.25
(3)
)
0.25
♥ Xét hàm số f (t ) = t 1 + t 2 + 1 , với t Î ¡ .
Ta có f '(t ) = 1 +
2t 2 + 1
t 2 + 1
♥ Thay 2y =
> 0 , với mọi t Î ¡ . Suy ra f ( t ) đồng biến trên ¡ .
( 3) Û f ( 2 y ) =
Do đó:
0.25
1
æ1ö
f ç ÷ Û 2 y =
x
è x ø
1
vào phương trình (2) ta được phương trình:
x
x 3 + x + 2 ( x 2 + 1) x - 6 = 0
0.25
(4)
Xét hàm số g ( x ) = x3 + x + 2 ( x 2 + 1) x - 6 với x Î (0; +¥ )
5 x 2 + 1
> 0, " x Î (0; +¥ ) .
x
Suy ra g ( x ) đồng biến trên (0;+¥ )
Ta có g '( x ) = 3 x 2 + 1 +
( 4) Û g ( x) = g (1) Û x = 1
Do đó:
Với x = 1 Þ y =
0.25
1
2
æ 1 ö
♥ Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là çç1; ÷÷÷
èç 2 ø
9
(1,0 điểm)
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn c = min {a , b, c } . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
1
1
+ 2
+ a + b + c .
2
a +c
b + c 2
2
c 2 æ
c ö
a 2 + c 2 £ a 2 + ac £ a 2 + ac + = çça + ÷÷÷
4 çè
2 ø
P=
♥ Ta có:
2
æ
c ö
Tương tự ta có b + c £ ççb + ÷÷÷
çè
2 ø
♥ Do đó ta có theo bất đẳng thức Côsi thì
1
1
1
1
8
+ 2
³
+
³
2
2
2
2
2
2
a +c
b + c æ
ö æ
ö
(a + b + c )
çça + c ÷÷ ççb + c ÷÷
çè
2 ÷ø çè
2 ÷ø
Vậy nên ta có
0.25
2
2
2
Page 15 of 126
0.25
NGUYEN ANH PHONG
P³
8
( a + b + c)
2
+ a + b + c
♥ Đặt t = a + b + c với t > 0
8
Xét hàm số f (t ) = 4 + t trên (0; + ¥ ) . Ta có:
t
32 t 5 - 32
= 0 Û t = 2 .
f '(t ) = 1- 5 =
t
t 5
Bảng biến thiên
t
0 2
-
0
f ' (t )
0.25
+¥
+
f (t )
5
2
0.25
5
5
♥ Dựa vào BBT suy ra min f (t ) = f ( 2 ) = . Do đó P ³ . Dấu đẳng thức xảy ra
(0; +¥ )
2
2
khi và chỉ khi t = 2 Û a = b = 2 và c = 0
5
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là , đạt được khi a = b = 2 và c = 0
2
Page 16 of 126
NGUYEN ANH PHONG
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 2
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu
MÔN: TOÁN
Đề chính thức
(Đề thi gồm 01 trang)
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 4 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1).
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x 2 ( x 2 − 2) + 3 = m có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).
3π
4
1 + cot α
và sin α = − ⋅ Tính A =
⋅
2
1 − cot α
5
b) Cho số phức z thỏa mãn 3( z + 1) = 4 z + i (7 − i). Tính môđun của số phức z.
a) Cho góc α thỏa mãn π < α <
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình 22+ x − 22− x = 15.
2 2
3
2
4 x = x + 1 + 1 ( x − y + 3 y − 2)
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
⋅
( x 2 + y 2 )2 + 2014 y 2 + 2015 = x 2 + 4030 y
e
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x 5 x + ln x dx.
(
)
1
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 3a, BC = 5a; mặt phẳng
= 30o. Tính theo a thể tích của khối chóp
( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ). Biết SA = 2a 3 và SAC
S . ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có D(5; 4). Đường trung
trực của đoạn DC có phương trình d1 : 2x + 3 y − 9 = 0 và đường phân giác trong góc BAC của tam giác
ABC có phương trình d 2 : 5 x + y + 10 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành.
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(–1; 1; 2), B(0; 1; 1), C(1; 0; 4)
x = −t
và đường thẳng d : y = 2 + t , t ∈ ℝ . Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm tọa độ giao điểm của d với
z = 3 − t
mặt phẳng (ABC).
1
2
Câu 9 (0,5 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện Cnn + Cnn−1 + An2 = 821. Tìm hệ số của x31
trong khai triển Niu-tơn của x +
n
1
( x ≠ 0).
x2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 4x2 +
1
x
2
+ 4 y2 +
x
y
− 2
+ 2
⋅
y
x +1 y +1
1
2
-------------- 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:..............................
Page 171 of 126
NGUYEN ANH PHONG
ĐÁP ÁN KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015
MÔN: Toán – Khối A; A1; B; D1
HƯỚNG DẪN CHẤM THI (HDC này gồm 04 trang)
I) Hướng dẫn 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) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. (sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả)
II) Đáp án và thang điểm:
Câu
Đáp án
Điểm
Cho hàm số y = x − 2 x + 4 (1).
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) của hàm số (1)
i Tập xác định ℝ .
i Chiều biến thiên:
4
2
- Ta có y′ = 4 x( x 2 − 1); y′ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1.
0.25
- Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞; − 1) và (0;1).
- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−1; 0) và (1; +∞).
i Cực trị:
- Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = y ( ±1) = 3.
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCÑ = y (0) = 4.
i Các giới hạn tại vô cực: lim y = +∞; lim y = +∞
x→−∞
0.25
x →+∞
Bảng biến thiên
x
y'
−1
−∞
1
0
0
0
−
0
4
+
+∞
−
+∞
+
+∞
0.25
y
Câu 1
(2 điểm)
3
3
Đồ thị hàm số : Đồ thị qua các điểm A −
0
1
;
3
31
, B( − 2; 12), C (2; 12).
9
y
0.25
4
3
−1
O
1
x
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x 2 ( x 2 − 2) + 3 = m có 2 nghiệm phân
biệt.
0.25
Ta có x 2 ( x 2 − 2) + 3 = m ⇔ x 4 − 2 x 2 + 3 = m ⇔ x 4 − 2 x 2 + 4 = m + 1 (*)
Số nghiệm của PT(*) bằng số giao điểm của đường thẳng d : y = m + 1 với đồ thị
0.25
(C )
Dựa vào đồ thị (C ), để PT đã cho có 2 nghiệm thì: m + 1 > 4 hoặc m + 1 = 3.
Hay m > 3 hoặc m = 2. Vậy PT đã cho có 2 nghiệm khi m > 3 hoặc m = 2.
Câu 2
(1 điểm)
a) Cho góc α thỏa mãn π < α <
3π
4
1 + cot α
và sin α = − ⋅ Tính A =
⋅
2
5
1 − cot α
Page 182 of 126
0.25
0.25
NGUYEN ANH PHONG
16 9
3
3π
)
=
⇒ cos α = − (do π < α <
25 25
5
2
4 3
− −
sin α + cos α
Từ đó có A =
= 5 5 = 7.
sin α − cos α − 4 + 3
5 5
b) Cho số phức z thỏa mãn 3( z + 1) = 4 z + i (7 − i ). Tính môđun của số phức z.
Ta có cos 2 α = 1 − sin 2 α = 1 −
Đặt z = a + bi (a, b ∈ ℝ ). Khi đó
3( z + 1) = 4 z + i (7 − i ) ⇔ 3(a + bi + 1) = 4(a − bi ) + 1 + 7i ⇔ a − 2 + 7(1 − b)i = 0
a = 2
⇔
⇒ z = 5.
b = 1
0.25
0.25
0.25
0.25
Giải phương trình 22+ x − 22− x = 15.
4
= 15.
2x
Đặt t = 2 x (t > 0) ta được 4t 2 − 15t − 4 = 0
1
⇔ t = − (loại) hoặc t = 4.
4
PT trên có thể viết lại 4.2 x −
Câu 3
(0,5 điểm)
0.25
i Với t = 4 thì 2 x = 22 ⇔ x = 2.
Vậy PT đã cho có nghiệm là x = 2.
0.25
2 2
2
3
(1)
4 x = x + 1 + 1 ( x − y + 3 y − 2)
⋅
( x 2 + y 2 )2 + 2014 y 2 + 2015 = x 2 + 4030 y (2)
Giải hệ phương trình
Từ PT(2), ta có ( x 2 + y 2 ) 2 − ( x 2 + y 2 ) = −2015( y − 1) 2 ≤ 0 ⇒ 0 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1.
Do đó x ≤ 1; y ≤ 1.
Câu 4
(1 điểm)
i Nếu x 2 + 1 − 1 = 0 ⇔ x = 0, thay vào HPT, ta được
− y 3 + 3 y − 2 = 0
−( y − 1)2 ( y + 2) = 0
⇔
⇔ y = 1 (do y ≤ 1).
4
2
4
2
y + 2014 y + 2015 = 4030 y
y + 2014 y + 2015 = 4030 y
Như vậy ( x; y ) = (0;1) là một nghiệm của HPT đã cho.
i Nếu
x 2 + 1 − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0, nhân hai vế của PT(1) với
0.25
0.25
x 2 + 1 − 1 , ta được
(1) ⇔ 4 x 2 x 2 + 1 − 1 = x 2 ( x 2 − y 3 + 3 y − 2) ⇔ 4 x 2 + 1 − 1 = x 2 − y 3 + 3 y − 2
2
2
⇔ x 2 + 1 − 4 x 2 + 1 + 3 = y 3 − 3 y + 2 ⇔ x 2 + 1 − 1
x + 1 − 3 = ( y + 2)( y − 1) (3)
0.25
Với x ≠ 0; x ≤ 1; y ≤ 1, ta có x 2 + 1 − 1 > 0; x 2 + 1 − 3 < 0;( y + 2)( y − 1) 2 ≥ 0.
2
2
Nên x 2 + 1 − 1
x + 1 − 3 < 0 ≤ ( y + 2)( y − 1) , từ đó PT(3) vô nghiệm
Đối chiếu với điều kiện ta thấy ( x; y) = (0;1) là nghiệm của HPT đã cho.
Câu 5
(1 điểm)
e
0.25
Tính tích phân I = ∫ x 5 x + ln x dx.
(
)
1
e
Ta có I = ∫
5 e
x ln xdx = 2 e 2 − 1 + x ln xdx
1
1
3
e
5 x 2 dx +
1
∫
∫
0.25
e
Tính I1 = ∫ x ln xdx
0.25
1
Page 193 of 126
NGUYEN ANH PHONG
1
du = x dx
u = ln x
Đặt
⇒
⋅
x2
dv = xdx
v=
2
e
e
x2
1
e2 1
⇒ I1 = ln x −
xdx = +
4 4
2
1 21
∫
5
0.25
1
Vậy I = 8e 2 + e 2 − 7 ⋅
4
0.25
Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 3a, BC = 5a; mặt phẳng
= 30o. Tính theo a thể
( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ). Biết SA = 2a 3 và SAC
tích của khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ).
i Kẻ SH ⊥ AC ( H ∈ AC ).
S
Do ( SAC ) ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ ( ABC ).
1
2
2a 3
= 2a 3. = a 3.
Ta có SH = SA.sin SAC
0.25
30
o
H
A
K
C
D
3a
5a
Câu 6
(1 điểm)
B
Thể tích của khối chóp S . ABC là
1
1
1
VS . ABC = S ABC .SH = AB. AC.SH = ⋅ 3a.4a.a 3 = 2a3 3.
3
6
6
i Kẻ HD ⊥ BC ( D ∈ BC ), HK ⊥ SD ( K ∈ SD ).
Khi đó HK = d ( H ;( SBC )).
0.25
3
= 3a nên AC = 4 HC
2
⇒ d ( A;( SBC )) = 4d ( H ;( SBC )) = 4 HK .
0.25
= 2a 3.
Vì AH = SA.cos SAC
Ta có
HD AB
3a
=
⇒ HD = ⋅
HC BC
5
Từ đó d ( A;( SBC )) = 4 HK =
Câu 7
(1 điểm)
3a
5 = 6a 7 ⋅
=
2
2
7
SH + HD
9a 2
3a 2 +
25
4 SH .HD
4a 3.
0.25
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có D(5; 4). Đường trung
trực của đoạn DC có phương trình d1 : 2x + 3 y − 9 = 0 và đường phân giác trong góc
BAC của tam giác ABC có phương trình d 2 : 5 x + y + 10 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh còn
lại của hình bình hành.
Gọi M là trung điểm của DC , do M ∈ d1 nên M (3m + 3; − 2m + 1), m ∈ ℝ.
Ta có u1.DM = 0 (*), với u1 = (−3; 2) là vectơ chỉ phương (VTCP) của d1 và
DM = (3m − 2; − 2m − 3)
Nên (*) ⇔ −3(3m − 2) + 2(−2m − 3) = 0 ⇔ m = 0.
Vậy M (3; 1) , suy ra C (1; − 2).
0.25
Củng theo giả thiết A ∈ d 2 nên A(a; − 10 − 5a), a ∈ ℝ.
xB − a = −4
x = a − 4
⇔ B
yB + 10 + 5a = −6
yB = −16 − 5a
Mặt khác do ABCD là HBH nên AB = DC ⇔
Page 204 of 126
0.25
- Xem thêm -
.PDF 
126 
381 
90 
