Đề thi thử THPT quốc gia 2015

Gồm 2 đề thi thử THPT quốc gia môn toán 2015 hay Đăk Lăk, có đáp án chi tiết. Quý thầy cô cùng các em học sinh có thể tham khảo. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015Môn: TOÁNĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015Môn: TOÁN

SỞ GD & ĐT ĐĂK LĂK

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số

1

x y x



 (1).

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

b) Tìm m để đường thẳng y x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 3 , với I là giao điểm của hai tiệm cận.

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình: sin 2x2 cos2x3sinxcosx.

b) Giải phương trình: log (42 x14).log (42 x 1) 3.

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân

1

1

ln d

e

x

   



Câu 4 (1,0 điểm).

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z   2  i z    Tính mô đun của số phức 5 i 2

1

w  iz z b) Có 20 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 20 Chọn ngẫu nhiên ra 5 tấm thẻ Tính xác suất để trong 5 tấm thẻ được chọn ra có 3 tấm thẻ mang số lẻ, 2 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một tấm thẻ mang số chia hết cho 4.

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  2;5;1  và mặt phẳng ( ) : 6P x3y2z240 Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt cầu (S) có diện tích 784 và tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H, sao cho điểm A nằm trong mặt cầu.

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình ch ữ nhật Tam giác SAB đều và nằm

trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Biết SD  2 a 3 và góc tạo bởi đường thẳng SC

và mặt phẳng (ABCD) bằng 300 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC.

Biết B   2;3 và AB  BC , đường thẳng AC có phương trình x  y 1 0, điểm M    2; 1  nằm trên đường thẳng AD Viết phương trình đường thẳng CD.

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

3

( , )

3 2 2

x y



Câu 9 (1,0 điểm) Cho a b c, , là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab bc ca3 Chứng minh rằng:

.

1 a b c ( )  1 b c ( a )  1 c a b ( )  abc

-Hết -Học sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015

1

(2,0đ)

a) (1,0 điểm)

 Tập xác định D   \ 1  

 Sự biến thiên: - Chiều biến thiên:

1

1

x

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng   ;1  và  1;  

0,25

- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1

    tiệm cận ngang: y1

lim ; lim

      tiệm cận đứng: x1

0,25

- Bảng biến thiên:

0,25

 Đồ thị:

x

y

1

0,25

b) (1,0 điểm)

Gọi d y:  x m

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:

1

x

x m

x  



    (Vì x1 không phải là nghiệm của phương trình)

2

0,25

Ta có  m2   4 0, m nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị ( C) tại hai điểm phân biệt A,

B với mọi m

0,25

Khi đó, A x x  1; 1 m B x x   , 2; 2 m , với x x1, 2 là hai nghiệm của phương trình (1)

Ta có:   1;1  , 

2

m

AB  x  x  x  x  x  x  x x  m 

0,25

IAB

m m

2 4

2

IAB

m m

0,25

(1,0đ)

a) Phương trình đã cho tương đương 2 sin2 x3sinx 2 2 sin cosx xcosx0

 2 sin x 1 sin  x cos x 2  0

0,25

 sinxcosx 2 0: Phương trình vô nghiệm



2 6

7 2 6

   



  





 

0,25

log (4x 4).log (4x  1) 3 2 log (4 x1) log (4x 1) 3 0,25

Đặt tlog (42 x1), phương trình trở thành: 2  3 1

3

t

t t

t





     



 t 1 log (42 x  1) 1 4x   1 2 x 0

Vậy phương trình đã cho có nghi ệm: x0

0,25

3

(1,0đ) Ta có:

ln d ln d ln d

 Tính

1

ln d

e

x x x

 Đặt ulnx và dvxdx Suy ra 1

du dx x

2

2

x

v 

Do đó,

1

x x x x  x   

0,25

 Tính

1

1

ln d

e

x x x

ln

t x dt dx

x

   Khi x1 thì t0, khi x  e thìt1

Ta có:

1

ln d tdt

2 2

e

t

x x

0,25

Vậy,

2 3 4

e

4

(1,0đ) a) Đặt z   a bi a b  ,    Từ giả thiết ta có: 3 5 1



      

Do đó z 1 2i

0,25

b) Số phần tử của không gian mẫu là:   5

20 15504

Trong 20 tấm thẻ, có 10 tấm thẻ mang số lẻ, có 5 tấm thẻ mang số chẵn và chia hết cho 4, 5

tấm thẻ mang số chẵn và không chia hết cho 4

0,25

Gọi A là biến cố cần tính xác suất Ta có:   3 1 1

10. 5. 5 3000

n A  C C C  Vậy, xác suất cần tính là:       3000 125

15504 646

n A

P A

n

0,25

C H

A

B

D S

I K

5

(1,0đ)

Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P) Suy ra:

2 6 : 5 3

1 2

 



  



  



Vì H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) nên H  d ( )P

Vì Hd nên H  2 6 ;5 3 ;1 2  t  t  t 

0,25

Mặt khác, H( )P nên ta có: 6 2 6   t    3 5 3  t    2 1 2  t   24     0 t 1

Do đó, H   4; 2;3 

0,25

Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu

Theo giả thiết diện tích mặt cầu bằng 784, suy ra 4 R2 784  R 14

Vì mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng (P) tại H nên IH ( )P  I d

Do đó tọa độ điểm I có dạng I  2 6 ;5 3 ;1 2  t  t  t , với t 1

0,25

Theo giả thiết, tọa độ điểm I thỏa mãn:

     

14 ( , ( )) 14

14

d I P

t t

AI

t







Do đó, I  8;8; 1  

Vậy, mặt cầu   2  2 2

( ) :S x8  y8  z 1 196

0,25

6

(1,0đ)

Gọi H là trung điểm của AB Suy ra SH (ABCD)

30

SCH 

Ta có:  SHC   SHD  SC  SD  2 a 3 Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

0

0

.sin sin 30 3 cos cos 30 3

0,25

Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB2a Suy ra

2 2

BC  HC  BH  a Do đó, SABCD  AB BC  4 a2 2

Vậy,

3

.

a

0,25

Vì BA2HA nên d B SAC  ,     2 d H SAC  ,   

Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI Ta có:

ACHI và ACSH nên AC   SHI   AC  HK Mà, ta lại có: HK SI

Do đó: HK   SAC 

0,25

3

HI

BC  AC   AC 

Suy ra,

.

HS HI HK



66 11

a

11

a

d B SAC  d H SAC  HK 

0,25

B' A

B

D C

M

7

(1,0đ)

Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp trong một đường tròn Mà BC CD nên AC là đường phân giác của góc  BAD.

Gọi B' là điểm đối xứng của B qua AC

Khi đó B'AD Gọi H là hình chiếu của B trên AC Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:

     

Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’ Do đó B ' 4;1  

0,25

Đường thẳng AD đi qua M và nhận MB'

làm vectơ chỉ phương nên có phương trình

x y  Vì AACAD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:



Ta có ABCB’ là hình bình hành nên   AB  B C '

Do đó, C   5; 4

0,25

Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra d: 3x y 140

Gọi I  d AD, suy ra I là trung điểm của AD Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:

3 14 0

3 1 0

x y

  



   

43 11

;

10 10

I 

  Do đó,

38 11

;

D 

0,25

Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận CD 

làm vectơ chỉ phương nên có phương trình

9x13y970 (Học sinh có thể giải theo cách khác)

0,25

8

(1,0đ)

3

3 4 2 0 (1)





(1)x   x 2 y 3y 4yx   x 2 y1  y 1 2

0,25

Xét hàm số   3

2

f t    t t trên   2; 

' 3 1 0, 2;

f t  t       t Suy ra hàm số f t   đồng biến trên   2; 

Do đó: x y 1

0,25

Thay y x 1và phương trình (2) ta đư ợc: x3  3 2 x   2 1

2 2

x

 

x

0,25

 x     2 0 x 2 y 3



2 2

x

 

0,25

Do đó phương trình (*) vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghi ệm duy nhất     x y ;  2;3

9

(1,0đ) Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:

2 3

3ab bc ca3 (abc) abc1 0,25

1 ( ) 3

a b c abc a b c a ab bc ca a

1 b c ( a )  3 b 1 c a b ( )  3 c

0,25

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

ab bc ca

 

0,25

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc1,ab bc ca    3 a b c 1, ( , ,a b c0) 0,25

-Hết -SỞ GD & ĐT ĐĂK LĂK

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2015

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3 3mx2 m (1).

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

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị của đồ thị hàm số thẳng hàng với

 1;3 

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình: cosxsinxcos 2xsin 2x 1 cos 3x.

b) Cho số phức 1 3

z    i Chứng minh rằng wz2 z 1 vừa là số thực, vừa là số thuần ảo.

Câu 3 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình: 2 log (4 x   3) log (2 x  2)  1

b) Một hộp đựng 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11 Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi rồi cộng các số trên các viên lại với nhau Tính xác suất để kết quả thu được là một số lẻ.

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 1  

3 2

0

1 d

x

I   x e  x  x

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 2 1 1

:

d     

và điểm I  4; 2; 1  

a) Viết phương trình mặt phẳng đi qua I và vuông góc với đường thẳng d.

b) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc với d.

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a BC ,  a 3 Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy Điểm I thuộc đoạn SC sao cho SC  3 IC Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SB biết AI vuông góc với SC.

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, D là trung điểm cạnh

AB Biết rằng 11 5

;

3 3

I  

  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và

13 5

;

3 3

E  

  là trọng tâm tam giác ADC Các điểm M  3; 1 ,    N  3;0  lần lượt thuộc các đường thẳng DC và AB Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết A có tung độ dương.

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

( , )

6 19 2 3 4 3 5 14

x y



Câu 9 (1,0 điểm) Cho hai số thực a b ,    0;1 thỏa mãn  3 3     

a b a b ab a b  Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức:  2

5

-Hết -Học sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015

1

(2,0đ)

a) (1,0 điểm)

Với m  1ta có hàm số y  x3 3 x2 1

 Tập xác định D 

 Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y '  3 x2 6 x ; 0

' 0

2

x y

x





   

 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   ; 0  và  2;  

Hàm số nghịch biến trên khoảng   0; 2

0,25

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  1

Hàm số đạt cực tiểu tại x  2, yCT   3

- Giới hạn: lim ; lim

     

0,25

- Bảng biến thiên:

0,25

 Đồ thị:

x

y

1

0,25

b) (1,0 điểm)

TXĐ: D  

Ta có: y '  3 x2  6 mx; 0

' 0

2

x y

x m





   



0,25

Hàm số có cực trị phương trình y '  0có hai nghiệm phân biệt  m  0 0,25 Với m  0 đồ thị hàm số có hai điểm cực trị    3 

0; , 2 ; 4

M m N m  m  m

Ba điểm M, N, A thẳng hàng

3

AN k AM

 





 

0,25

Giải hệ phương trình ta được m  1hoặc 3

2

m  

thỏa mãn bài toán

0,25

2

(1,0đ)

a) Phương trình đã cho tương đương

2

1 cos 2 cos 3 cos sin sin 2 0 sin 2 sin 2 sin sin sin 2 0

0,25

   

2 sin sin sin 2 2 sin 2 sin 0 sin 1 2 sin 1 2 cos 0

6 1

sin 1 2 sin 1 2 cos 0 sin 7

6 1

cos

3

x k

x







0,25

b)Ta có:

2

                  

0,25

Vì số phức w có phần thực bằng 0 và phần ảo bằng 0 nên w vừa là số thực vừa là số

thuần ảo.

0,25

3

(1,0đ)

a)ĐK: x  3

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương:

log ( x   3) log ( x  2)   1 log ( x  3)( x  2)  1

0,25

5 4 1

4

x

x





      

 Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm x  4

0,25

b) Số phần tử của không gian mẫu là:   4

11 330

n   C  Gọi A là biến cố cần tính xác suất

Để chọn được 4 viên bi có tổng là một số lẻ ta có các trường hợp:

TH1: Trong 4 viên bi lấy ra có 1 viên bi lẻ và 3 viên bi chẵn có C C61 53  60 cách

TH2: Trong 4 viên bi lấy ra có 3 viên bi lẻ và 1 viên bi chẵn có C C63 51 100 cách

0,25

Do đó,   1 3 3 1

6. 5 6 5 160

n A  C C  C C  Vậy, xác suất cần tính là:       160 16

330 33

n A

P A

n

0,25

4

I   x e  x  x   xe  x x  x   xe x   x x  x 0,25

 Tính

1

0 d

x

xe x

 Đặt u  x và dve dx x Suy ra dudx và ve x

Do đó,

xe x  xe  e x   e e 

0,25

 Tính

1

3 2

0

1d

x x  x

 Đặt t  3 x2   1 t3 x2  1 3 t dt2  2 xdx Khi x0 thì t1, khi x1 thì t  32

t

0,25

3

I  

0,25

5

(1,0đ)

Gọi (P) là mặt phẳng cần viết phương trình

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là: a    2 ; 1 ; 2 

Vì mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d nên có vectơ pháp tuyến là n    2 ; 1 ; 2 

0,25

Gọi H là tiếp điểm của đường thẳng d và mặt cầu (S) thì H là giao điểm của đường thẳng d

và mặt phẳng (P) Do đó 8 2 5

; ;

3 3 3

H   

0,25

Mặt cầu (S) tiếp xúc với d nên có bán kính là R  IH  4

Vậy, phương trình mặt cầu   2  2 2

( ) :S x4  y2  z 1 16

0,25

6

(1,0đ)

Ta có: SABCD  AB BC  a2 3 Gọi O là giao điểm của AC và BD Theo giả thiết ta

cóSO(ABCD)

2

AC  AB  BC  a  OC  a

Ta lại có AI SC nên hai tam giác SOC và AIC đồng dạng

.

6

0,25

Từ đó SO  SC2 OC2  a 5 Vậy,

3

.

a

0,25

Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M, suy ra SB //( AIM ) Do đó,

d SB AI  d SB IAM  d B IAM Mà CI CM BM 2 CM

ra, d B IAM  ,     2 d C IAM  ,   

Kẻ IH SO H // (  AC ) ta có IH (ABCD)và

3

SO

IH  Ta có:

6

ABCD AMC

S

Do đó,

3

a

0,25

Ta có:

6

SB SC a

3

a

3

a

AI  AC CI 

Gọi p là nửa chu vi tam giác IAM, ta có

2

IM AM AI

12

IAM

a

S  p p  IM p  AM p  AI 

,

33

I AMC AMI

d C IAM

S

0,25

E

H M

I

O

C

B S

Vậy ,         4 33

33

a

d B IAM  d C IAM 

7

(1,0đ)

Gọi g là trọng tâm tam giác ABC Vì IDAB và EG//AB nên IDEG Mặt khác IGDE Do đó I là trực tam tam giác DEG  IE  DC

Đường thẳng DC đi qua M và vuông góc với IE nên có phương trình x   3 0

Vì D thuộc DC nên tọa độ D có dạng: D   3; t

Ta có

3

3

a

ID DN

a







 

  



 

0,25

Với a  3, tìm được A    7;5 , B   1; 1 , C 3; 3     0,25 Với a  3, tìm được 107 125

;

A   

  loại vì A có tung độ dương.

0,25

8

2

6 19 2 3 4 3 5 14 (2)





4 3 14 5

x

y

  





  



(1) x1 3 x 1 y 3y

Xét hàm số   3

3

f t   t t trên 7

; 3

 

3

 

  Suy ra hàm số f t   đồng biến trên 7

;

3

 

  Do đó: x 1 y.

0,25

Thay y x 1và phương trình (2) ta đư ợc:

2

2

0,25

2

2

2

4

x x

x x

0,25

   



      

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm    x y ;  0; 1 ,      x y ;    1; 2 

0,25

G

E I D

A

N

M

(1,0đ) Từ giả thiết     

1 1 (*)

ab

Vì  3 3   2 2  

a b ab ab ab

 a  1  b    1  1  a b    ab   1 2 ab  ab nên từ (*) suy ra

4 ab   1 2 ab  ab

Đặt t  ab ( t  0) ta được

1

3

9

t

  



  



.

0,25

Ta có :

2

0

1

0

a b ab

(luôn đúng với mọi a b ,    0;1 Dấu “=” xảy ra khi a  b

0,25

Xét hàm số   2

1

t

1 0

9

t

 

Ta có:     2

f t

1 0

9

t

 

0,25

f t  f    

 

1 1

3 9

a b

a b

t ab





  

Vậy giá trị lớn nhất của F bằng 6 1

9

10  đạt được khi 1

3

a   b

0,25