Bộ đề ôn thi THPT quốc gia môn Toán – Khối 1225426

b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C , biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d:15x2y0 và tiếp điểm có hoành độ dương.. Hình chiếu vuông góc của trên đáy là trung điểm của đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP HỒ CHÍ MINH

  

-BỘ ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA

(thực hiện bởi các trường trong thành phố)

Năm học 2014 – 2015

TRƯỜNG THPT MARIE CURIE Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút,

-

-Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y 2x36x2 4

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 song song với đường thẳng d:15x2y0 và tiếp điểm có hoành độ dương

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình:    2

2sinx1 3cos 4x2sinx4 4cos x3 b) Tìm số phức thỏa hệ thức: z z2  z 2 và z 2

2

log x2 2log x 5 log 80

5 1 1x x 4x 25x18

0

I   x e dx

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình thang vuông tại và , A B

và Hình chiếu vuông góc của trên đáy là trung điểm

của đoạn AB Cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng H SCD

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại và , có A B BC 2AD, đỉnh A3;1 và trung điểm của đoạn M BC nằm trên đường thẳng d x: 4y 3 0 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD, biết H6; 2  là hình chiếu vuông góc của trên đường thẳng B CD

Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

và điểm Tìm tọa độ điểm trên đường thẳng sao

1 1 :

d    

cho AH vuông góc với và viết phương trình mặt cầu đi qua điểm và có tâm là d A

giao điểm của với mặt phẳng d Oxy

Câu 9 (0,5 điểm) Gọi là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được chọn S

từ các số 0; 1; 2; 3; 4; 5 Chọn ngẫu nhiên một số từ tập , tính xác suất để số được S

chọn có mặt ít nhất chữ số 1 hoặc chữ số 2

Câu 10 (1,0 điểm) Cho , , là 3 số thực dương và thỏa a b c 21ab2bc8ca12 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S 1 2 3

a b c

  

-HẾT -HƯỚNG DẪN

1a

1b

(1,0đ)

Gọi M x y 0; 0 là tiếp điểm x0 0

  2

6 12

f x  x  x  x   y  

Phương trình tiếp tuyến 15 6

2

y  x

2a

2sinx1 3cos 4x2sinx4 4cos x3

2sinx 1 3cos 4x 2sinx 4 1 4sin x

2sinx 1 3cos 4 x 3 0

với

7

x  k  hay x  k  hay x k 

2b

(0,5đ) Giả sử z  2x yi2 với .x y, R.

z   x  y 

z   z x  y x  xy y   2 2 2 2 2 2 3

   2  2 3

4 4 6x 4 x 2x 4

8x324x160

1 3

    

 

   

 Vậy z  2 hay z 1 3i

3

2

log x2 2log x 5 log 8 0 log x2 log x5 log 8

 2 5 8 6

3

x

x





       

So với điều kiện, phương trình có nghiệm x6

4

(1,0đ) Điều kiện:  x 31. 2 2 

5 1 1x x 4x 25x18

5 5 1 x 4x 25x 18x

     

25x 25 5 1 x 4x 18x 20

25 x 1 5 1 x 4x 16x 16 2x 4

(1)

5 1 x 5 1 x 2x 4 2x 4

Hàm số   2 đồng biến trên nên

f t  t t 0;

 3  2 

(1) f 5 1x  f 2x 4

3  2 

5 1 x 2 x 2

   2     2  (2)

5 x 1 x x 1 2 x 1 x x 1 

           Đặt: u x 1 0 và 2

1 0

v x   x

(2) thành:  2 2 2

2

1 2

u

u

v

 



   

          

     



2

1

4 5 3 0

x

 



     

  



2

u

2

2

5 3 0

x

 

  



Phương trình có hai nghiệm: 5 37

2



5

2

x x

I   x e dx   xe dx

Ta có: ln 4 ln 4 ln 4  ln 4

Vậy I  4 3ln 4

6

(1,0đ)  SH (ABCD)hcABCDSCHC

    ฀ 0

SC ABCD SC HC SCH



2

ABCD

a

S  ADBC AB

 2 2 5 ,

2

a

HC BC BH 

tan 600 15

2

a

 . 3 15 (đvtt)

4

S ABCD

a

 Vẽ HM DC tại M DC (SHM)

Vẽ HK SM tại K HK (SCD)HK d H SCD( ,( ))

 Gọi I  ABDC

 BC là đường trung bình của tam giác AID  là trung điểm B AI

 Ta có AC CD

I

S

A H B

D

C M K

60 0

 HM / /AC 3 3 3 2

AC IA

 1 2 12 1 2 ( ,( )) 3 65

26

a

d H SCD HK

7

(1,0đ)  Từ giả thiết ta có Gọi ( )C là đường tròn ngoại tiếp ABMD là hình chữ nhật.ABMD

 BH DH  H( )C  HAHM (*)

 M d x: 4y 3 0  M 4m3 ; m

 AH 9; 3 , HM 4m3 ; m2

 Ta có: (*) AH HM 0

   

9 4m 3 3 m 2 0 m 1

      

Suy ra: M  7;1

 ADCM là hình bình hành

 DC đi qua H6; 2  và có một vectơ chỉ phương AM 10;0

 Phương trình DC y:  2 0

 DDC y:  2 0  D t ; 2 

 AD t 3 ; 3  , MD  t 7 ; 3 



  

 

 

2 2; 2

6 6; 2 (lo i)

    



 

   



 

¹

 GọiI  AM BD  là trung I điểm AM  I 2;1

 là trung điểm I BD B 6;4

 M là trung điểm BC C8; 2 

 Vậy: B 6;4 , C8; 2 , D 2; 2

8

(1,0đ)  H d H t;1 2 ; 1 t  t với tR

 AH  t 5;2t  3; t 1

 có một vectơ chỉ phương d a 1;2; 1 

 AH  d  AH a   0 t 2

 Vậy: H2;5; 3 

 Gọi là tâm mặt cầu I  S cần tìm, ta có:

 

1 1 : 1 2 1 1; 1;0 0

z

 

  



 



  S đi qua  bán kính A RIA 65

A

D H

I

 Phương trình    2 2 2

S x  y z 

9

(0,5đ)  Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được chọn từ 0; 1; 2; 3; 4; 5 là:

(số)

3 5

5.A 300

 Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được chọn từ 0; 3; 4; 5 là:

(số)

3

3.P 18

 Số các số tự nhiên được chọn có mặt ít nhất chữ số 1 hoặc chữ số 2 là:

(số)

300 18 282

 Xác suất cần tìm: 282 47

300 50

10

(1,0đ)  Đặt x1a, y1b, z1c  , , > 0, x y z 2x8y21z 12xyz và

2 3

S  x y z

 2x8y21z12xyz



2 8

2 8

12 21

12 21 (12 21) 2 8

7

12 21 0

4

x y z

x y

xy

x xy

y



 



    

 Ta có: 2 2 8

4 7

x y

S x y

xy



  



 Xét hàm số ( ) 2 2 8 trên

4 7

x y

f x x y

xy



  



7

;

4 y



 

2 2

2

32 14

4 7

y y

xy



        

 Lập bảng biến thiên cho hàm số y  f x( ) ta có:

      

 Xét hàm số trên

2

32 14 9

( ) 2

y



2 2

4

4 32 14



 Lập bảng biến thiên cho hàm số z g y( ) ta có:

( ) 5 15

4 2

S g y g 

 

 

 Vậy min 15 khi , ,

2

3

5

2

c

Thời gian làm bài: 180 phút,

-

-Câu1(2,0 điểm) Cho hàm số : 3 2

9 24 19

y   x x  x a)Khảo sát sự biến thiênvà vẽ đồ thị hàm số (C) đã cho

b)Tìm điểm thuộc (C) cĩ khoảng cách đến trục hồnh bằng 3 lần khoảng cách

đến trục tung và các tọa độ đều dương Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm

đĩ

Câu 2(1,0 điểm).

a) Giải phương trình: 2 2 sin( ) cos 1

12

b) Cho số phức thỏa � 10(� + �)=‒ 5� + 15

Tính mơđun của số phức z2

Câu 3(0,5 điểm).Giải phương trình: 2(log (3 4 1) log 2 4 ) log 4 3 1 log ( 4 4)

3 x  x 8.9 x.3 x 9

Câu 4(1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 2

4 ( 4) 2 4

x  x x x  x

Câu 5(1,0 điểm).Tính

2

2 ln( 1) 1

x







Câu 6(1,0 điểm) Cho hình chĩp S.ABC cĩ đáy ABC là tam giác vuơng tại A với

AB = 2AC = 2a Biết hình chiếu của S trên mặt phẳng(ABC) cũng lả hình chiếu của A

trên cạnh BC và gĩc hợp bởi SC với mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính theo a thể tích

khối chĩp S.ABC và khoảng cách từ B đến (SAC)

Câu 7(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đường cao

kẻ từ đỉnh B và đường phân giác trong của gĩc A lần lượt cĩ phương trình là: x+2y – 2

= 0 và x - y - 1 = 0 M (-2; 0) là điểm thuộc đường thẳng AB sao cho AB = 2AC

Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Câu 8(1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ trục Oxyz cho 2 điểm �(1; ‒ 5;0) ,

B(5; - 6; -1) và mặt phẳng (P): 2x2y z 120 Viết phương trình mặt cầu tiếp xúc

với (P) và qua hai điểm A, B

Câu 9(0,5 điểm) Cho E = {1;2;3;4;5} Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi

số gồm 3 chữ số đơi một khác nhau thuộc tập E Tính xác suất để trong hai số đĩ cĩ

đúng một số cĩ chữ số 5

Câu 10(1,0 điểm) Cho �,�,� là các số thực dương thỏa mãn � + � + � = 1 Chứng minh

rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 15

      

-

HẾT -SỞ GD & ĐT TP HỒ CHÍ MINH THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Thời gian làm bài: 180 phút,

-

1

x y x





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

b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d1:y2xm cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho A, B cách đều đường thẳng d2: 2x2y 1 0

Câu 2 (1đ) Giải phương trình 3cos2 xsinx 1 cosxsin2xsin2 x

Câu 3 (1đ) Tính tích phân 3

0

tan

3 2cos

x

x









Câu 4 (1đ)

a) Cho số phức z thỏa  1 5 7 Tính môđun của z.

1

z

i

    

 b) Trong khai triển của biểu thức 2 2 n, , tìm hệ số của biết rằng

x x

  

 

 

*

0,

x

tổng tất cả các hệ số trong khai triển này bằng 19683

Câu 5 (1đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2;3;-1) và đường thẳng

:

d     

 Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của M trên d Viết phương trình mặt cầu (S) tâm M cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác MAB bằng 2 2

Câu 6 (1đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, ABa 3,

SA=2a, M là trung điểm của cạnh BC, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AM, góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB)

Câu 7 (1đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Điểm H là

hình chiếu vuông góc của D trên AC, điểm 17 7; , lần lượt là trung

10 5

M 

11 12

;

5 5

N 

điểm của đoạn AH và DH, điểm K 0;2 thuộc đường thẳng AB Tìm tọa độ các điểm A

và C.

Câu 8 (1đ) Giải hệ phương trình

2 3

( , )

x xy x y x y x xy

x y



    

2 3

x y z  xy x y z

6 6 2 120 120

2

-

HẾT -HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HOẠ Câu 1:

a/ Học sinh tự giải

b/ m2

Câu 2:

2cos x cosx sinx 2cosx 1 0

     cosx2cosx 1 sinx2cosx 1 0

2cosx 1 cos x sinx 0

2 cos sin

4

x

k

 

 

   



฀

Câu 3:

 

1

1 2

1 1

2

1 2

1 8

dt



Câu 4:

a/z 2 4i z 2 5

b/3n 19683 n 9

Hệ số của là 6

x C94.24 2016

Câu 5: H2;5;1 ;AB2 ;R3

;

3

Câu 7: A2;1 ;  B 2;3 hoặc 6 7; ; 26; 3

5 5 5 5

A  B   

x

xy x y









không là nghiệm của

0

Chia hai vế của  2 cho x2 0 ta được

2

 

     

  Xét hàm số 2 là hàm đồng biến trên

1

Do đó   1 Thay vào

2 y

x

   1

2

        

 2    2

0

2

5 4 0

   

(thỏa điều kiện)

1 4

4

  







   



Câu 9:

GT  2 2  

3

      3   2

2

x y x

   

Vì x y, , z0 nên 0   x y x 6

120.4.2

6 6 6 9

    

  

4 2 4

        



  1920

10

x y z

   Xét hàm số   1920 đồng biến trên

10

f t t

t

  

maxP147 x1;y2;z 3

Thời gian làm bài: 180 phút,

-

-Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: 4 2 2

2( 1) 1 (1)

y x  m  x  a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0

b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá

trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình : sin 2xcosxsinx1 (xR)

b) Giải bất phương trình : 1 2 2

2

log log (2x )0 (xR)

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân 2

3 1

1

dx I

x x







Câu 4 (0,5 điểm) Cho số phức thỏa mãn điều kiện z 11 1 Hãy tính

2

z

z z

  



4 2

z i

z i





Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C ' ' ', ABC đều có cạnh bằng , a AA'a

và đỉnh cách đều A' A B C, , Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và A B' Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' và khoảng cách từ C đến mặt phẳng

(AMN)

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( )S có phương trình 2 2 2 Lập phương trình mặt phẳng chứa truc Oy

4 6 2 2 0

và cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn có bán kính r2 3

Câu 7 (0,5 điểm) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9

đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AHcó phương trình 3x4y100 và đường phân giác trong BE có phương trình x  y 1 0 Điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh một khoảng C

bằng 2 Tính diện tích tam giác ABC

Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2  2  (x  R).

5 4 1 ( 2 4)

x  x  x x  x

Câu10 (1,0 điểm) Cho các số thực x y; thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P x  y  x  x  y  x  y

- Hết

-ĐÁP ÁN

Câu 1.

(2 đ) a) b) y’ = 4x(Tự khảo sát)3 – 4(m2+1)x

y’ = 0   hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m

2

0

1

x







  



 giá trị cực tiểu

2

1

CT

( 1) 1

CT

y   m  

2 2

ì ( 1) 1 CT 0

max(y CT) 0 m    1 1 m 0

a) sin 2xcosxsinx1 (1)

(1)  (sinxcos )(1 sinx  xcos )x 0

sin cos 0

1 sin cos 0



    

4

( ) 3

2

k Z

 



  



    



Câu 2.

(1 đ)

b) 1 2 2 (2)

2

og log (2x )0 (xR)

Điều kiện: 2 2

2

log (2x )  0 2 x     1 1 x 1 Khi đó (2)  2

log (2 ) 1

0

x

x

        



Vậy tập nghiệm bpt là S ( 1;0)(0;1)

Câu 3.

2

I

Đặt 3 1 3 2 1 2 2

3

t  x   x   t x dx t dt

1 2 ; 2 3

x   t x  t

2

3 ( 1) 3 1 1

t dt

3

2

1 1 1 1 2 1 1 3 2 2

x I

x

Câu 4.

2

z

z z

  



2

4 13 0

' 9 9i

    2 3

2 3

 



  



 z  2 3i  4 =

2

z i

z i





2

1 2

i i

 



 z  2 3i  4 =

2

z i

z i





2 7 53

2 5 29

i i

 



Câu 5.

(1 đ)

 Gọi O là tâm tam giác đều ABC  A’O  (ABC)

Ta có 3, 2 3

AM  AO AM 

;

2

3 3

4

ABC

a

S  Thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ':

'

ABC

V S A O 

 Ta có 1  

,( ) 3

NAMC AMC

,( ) NAMC

AMC

V

d C AMN

S

2

; ,( ) '

AMC ABC

Suy ra:

3 8 6 48

NAMC

lại có : 3, nên cân tại A

2

a

Gọi E là trung điểm AM suy ra AEMN , '

2 2

A C a

;

2 2

4 16 4

AMN

a

S  MN AE (đvđd)

48 16 11

d C AMN

Câu 6.

(1 đ)

( ) :S x  y z 4x6y2z  2 0 (x2) (y3)  (z 1) 16

 ( )S có tâm I(2; 3;1) bán kính R4 ; trục Oy có VTCP j(0;1;0) Gọi n( ; ; )a b c là VTPT mp(P) ,

chứa Oy 

( )P n   j b 0  n ( ;0; ) (a c a2 c2 0)

Phương trình mp(P): axcz0

(P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh r 2 3

E A

B

C

C'

B' A'

M O

N

   2 2 

2 2

2

a c

a c



     



3 4

c





     

Vậy phương trình mp(P) : x0 hoặc 3x4z0

Câu 7.

(0,5 đ)

Số phần tử không gian mẫu là 4

4 4 4

12 8

( ) 34.650

n  C C C 

Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau”

Số các kết quả thuận lợi của A là 3 3 3

9 6 3

( ) 3 2 1 1080

n A  C C C  Xác xuất của biến cố A là ( ) ( ) 1080 54 0,31

( 34650 173

n A

P A

n

Câu 8.

(1 đ)

Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC

Tính được N(1; 1) Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 0

B là giao điểm của BC và BE Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt:

4 3 1 0

(4;5)

1 0

B

x y

  





   



Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0

A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt:

( 3; )

A

  



  



Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:

(1;1) 1; 1

4 3 1 0

31 33

31 33

;

; ( 2) 2

25 25

25 25

C

x y

C



 



  

         

Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy

ra A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC Tương tự A và 31 33; thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác

25 25

ngoài của tam giác ABC

BC = 5, ( , ) 49 Do đó (đvdt)

20

8

ABC

A

B

C H

E

M(0;2)

N I