Tớnh độ dài đoạn thẳng MN.. Xếp ngẫu nhiờn 7 học sinh đú thành một hàng ngang.. Tỡm xỏc suất để 3 học sinh nữ đứng cạnh nhau.. Lập phương trỡnh mặt cầu S tõm I và tiếp xỳc với.. Hỡnh
Trang 1Trường thpt lương thế vinh
Hà nội
Năm học 2014 - 2015
đề thi thử thpt quốc gia năm 2015
Môn thi: Toán Môn thi: Toán Lần thứ 2 Lần thứ 2 Lần thứ 2
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Cõu 1 (2,0 điểm) Cho cỏc hàm số y = x3ư 3 mx2+ 2 (C m), y= ư +x 2 ( )d , với m là tham số thực
a) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số (C m) khi m = 1
b) Tỡm cỏc giỏ trị của m để (C m) cú hai điểm cực trị và khoảng cỏch từ điểm cực tiểu của (C m) đến đường
thẳng ( )d bằng 2
Cõu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trỡnh sin x ( 2sin x + = 1 ) cos x ( 2 cos x + 3 )
b) Giải phương trỡnh log 33( x ư = ư 6 ) 3 x
Cõu 3 (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn
2
2 0
sin 2
sin 2
x
I dx
x
π
=
+
∫
Cõu 4 (1,0 điểm)
a) Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trỡnh z2ư 4 z + = 9 0 ; M N, lần lượt là cỏc điểm biểu diễn
1, 2
z z trờn mặt phẳng phức Tớnh độ dài đoạn thẳng MN
b) Một tổ cú 7 học sinh (trong đú cú 3 học sinh nữ và 4 học sinh nam) Xếp ngẫu nhiờn 7 học sinh đú
thành một hàng ngang Tỡm xỏc suất để 3 học sinh nữ đứng cạnh nhau
Cõu 5 (1,0 điểm) Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I (3;6;7) và mặt phẳng
( ) : P x + 2 y + 2 z ư = 11 0 Lập phương trỡnh mặt cầu ( ) S tõm I và tiếp xỳc với ( ) P Tỡm tọa độ tiếp
điểm của ( ) P và ( ) S
Cõu 6 (1,0 điểm) Cho hỡnh lăng trụ ABC A B C ' ' ' cú đỏy ABC là tam giỏc vuụng tại B;
AB=a ACB= ; M là trung điểm cạnh AC Gúc giữa cạnh bờn và mặt đỏy của lăng trụ bằng 0
60 Hỡnh chiếu vuụng gúc của đỉnh A' lờn mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BM Tớnh theo a thể tớch
khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' và khoảng cỏch từ điểm C' đến mặt phẳng (BMB')
Cõu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hỡnh thang ABCD vuụng tại , A và D; diện tớch
hỡnh thang bằng 6; CD=2AB, B(0; 4) Biết điểm I(3; 1), (2; 2)ư K lần lượt nằm trờn đường thẳng AD và
DC Viết phương trỡnh đường thẳng AD biết AD khụng song song với cỏc trục tọa độ
Cõu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh
( , ).
x x x x y y
x y
x x x y
∈
Cõu 9 (1,0 điểm) Cho cỏc số thực , x y dương và thỏa món x ư + ≤ y 1 0
Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức
2
5 5
x y x y T
x y
x y
+
- Hết -
Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm
www.MATHVN.com
Trang 2Họ và tên thí sinh: ……… ; Số báo danh: ………
www.MATHVN.com
Trang 31/4
Trường thpt lương thế vinh
Hà nội
Năm học 2014 – 2015
đáp án – thang điểm
đề thi thử thpt quốc gia năm 2015
Môn thi: Toán – Lần thứ 2 Lần thứ 22
- Đỏp ỏn cú 04 trang -
Cõu Đ ỏp ỏn Đ iểm a) (1,0 điểm) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số y = x3ư3x2 +2 Tập xỏc định: D=R lim ; lim x y x y →ư∞ = ư∞ →+∞ = +∞ Đạo hàm: y'=3x2 ư6x; y ' = ⇔ = 0 x 0 hoặc x=2 0,25 Khoảng đồng biến: (ư∞;0 ; 2;) ( +∞) Khoảng nghịch biến: ( )0; 2 Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x=2, y CT = ư2; đạt cực đại tại x=0, yCĐ = 2 0,25 Bảng biến thiờn: x ư∞ 0 2 +∞
y' + 0 - 0 +
y 2 +∞
ư∞ -2
0,25
b) (1,0 điểm) Tỡm cỏc giỏ trị của m để ( C m ) cú k/c điểm cực tiểu của ( C m ) đến ( )d bằng 2.
2
y = x ư mx= x xư m 'y = ⇔ =0 x 0;x=2m
• m<0 : A là điểm cực tiểu Khi đú ( , ) d A d = ≠0 2 (loại) 0,25
1
(2,0đ)
• m>0 : B là điểm cực tiểu Khi đú:
3 3
3
= ư
Đỏp số: m=1
0,25
a) (0,5 điểm) Giải phương trỡnh sinx(2 sinx+ =1) cosx(2 cosx+ 3)
Phương trỡnh đó cho tương đương với
sin 3 cos 2 cos sin sin 3 cos 2cos 2 sin cos cos 2
sin sin 2
x x x x x x x x x x
x π π x
0,25
2
(1,0đ)
xư = ưπ π x+k π ⇔ =x π +k π k∈ℤ
xư = +π π x+k π ⇔ = ưx π +k π k∈ℤ
x= π +k π x= ư π +k π k∈ℤ
0,25
www.MATHVN.com
Trang 4b) (0,5 điểm) Giải phương trình log 33( x − = −6) 3 x
Điều kiện: x>log 63 Phương trình đã cho tương đương với
3
x
−
− = ⇔ − = Đặt t 3x 0 t 6 27 t2 6t 27 0
t
9 3( )
t
=
⇔
= −
x
t = ⇒ = ⇔ =x (tmđk)
Đáp số: x=2
0,25
Tính tích phân
2
2 0
sin 2
sin 2
x
I dx
x
π
=
+
∫
sin 2 2sin cos
Đặt t=sinx⇒dt=cosxdx x=0⇒t=0; 1
2
x=π ⇒t=
0,25
1
2 0
2
2
tdt I
t
=
+
2 2
2
dt
t
+ −
+
t
3
(1,0đ)
2(ln 3 ln 2) 4
2 ln
a) (0,5 điểm) Cho z2− 4 z + = 9 0 M, N biểu diễn z z1, 2 Tính độ dài đoạn MN
Phương trình đã cho có ∆ = − = − =' 4 9 5 5i2 nên có hai nghiệm z1,2 = ±2 i 5 0,25
Từ đó M(2; 5), (2;N − 5)⇒MN =2 5
Đáp số: MN =2 5
0,25
b) (0,5 điểm) Tính xác suất có 3 học sinh nữ cạnh nhau
Gọi A là biến cố “3 học sinh nữ cạnh nhau”
+ Số biến cố đồng 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 đó lại có 3! cách hoán vị 3 học sinh nữ Vậy có 5!.3! cách sắp xếp
0,25
4
(1,0đ)
+ Xác suất của biến cố A là: ( ) 5!.3!
7!
7 ( ( )p A ≈0.14)
(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 ( ) :P x+2y+2z− =11 0, I(3;6;7)
Mặt cầu ( )S tâm I có bán kính ( , ( )) | 3 12 14 11| 6
3
Phương trình mặt cầu ( ) : (S x−3)2+ −(y 6)2+ −(z 7)2 =36 0,25
5
(1,0đ)
Đường thẳng ( )d qua I và vuông góc với ( ) P có phương trình
3
6 2 ( )
= +
www.MATHVN.com
Trang 53/4
Giả sử M =( )d ∩( )P ⇒(3+ +t) (12 4 ) (14 4 ) 11+ t + + t − = ⇔ + = ⇔ = −0 9t 18 0 t 2 ⇒ M(1; 2;3) 0,25
Cho hình lăng trụ ABC A B C ' ' ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B ; 0
AB=a ACB= ;
A H ⊥ ABC ⇒ A H là đường cao của hình lăng trụ
AH là hình chiếu vuông góc của AA lên (' ABC ) ⇒A AH' =600
' ' '
ABC A BC ABC
0,25
AC = a MA= MB= AB=a⇒ AH = ⇒ A H =
2
ABC
a
2 ' '
ABC A BC
a a V
4
a
0,25
'
3
BMB
V
S
3 ' ' ' '
A BMB B ABM ABC A BC
a
0,25
6
(1,0đ)
Do BM ⊥ ( AHA ') nên BM ⊥ AA'⇒BM ⊥ BB' ⇒ ∆BMB' vuông tại B
2 '
BMB
a
4
a
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại , A và D ; diện tích hình
thang bằng 6; CD=2AB , B(0; 4) I(3; 1), (2; 2)− K Viết phương trình đường thẳng AD.
Vì AD không song song các trục tọa độ nên gọi véc tơ pháp tuyến của AD là
(1; ), 0;
n= b b≠ suy ra: Phương trình AD:1(x− +3) b y( + =1) 0
Phương trình AB bx: − − =(y 4) 0
0,25
ABCD
3 | 3 5 | |2 2|
=
0,25
2
1
3
1 2 2 7
ABCD
b
b
=
− ±
=
7
(1,0đ)
Đáp số: x+ − =y 2 0;3x−5y− =14 0; 7x− +(1 2 2)y−2 2−22=0; 7x− −(1 2 2)y+2 2−22=0 0,25
8
(1,0đ) Giải hệ phương trình
( 3 3) 2 3 1 (1)
( , ).
3 1 6 6 2 1 (2)
x x x x y y
x y
x x x y
∈
ℝ
B
B'
M H
A'
C'
B
B'
M H
Q P
E
I
K
www.MATHVN.com
Trang 6Điều kiện: 1 ≤ ≤ − x 3 3; x ≥ + 3 3; y ≥ − 3
Xét hàm f t( )= +t t3+1,t≥ −1 Ta có
2 3
3
t
t
= + > ∀ > −
+ , suy ra ( )f t đồng biến
1
t
∀ ≥ − , suy ra x− =1 3 y+2
0,25
Thay vào (2) ta có 3 x− −1 x2−6x+ = − + ⇔ − + +6 (x 1) 1 (x 1) 1 (x−1)2−4(x− + =1) 1 3 x−1
Do x=1 không thỏa mãn nên chia cả 2 vế cho x− >1 0 ta được:
1 1
x x
−
3
2
1
t
x
≤
− = −
0,25
Với
2
x
= ⇒ = −
Đáp số ( ; ) (5; 62), ( ;5 127)
0,25
Cho x y, >0 :x− + ≤y 1 0 Tìm max:
2
2 4
5 5
T
+
Ta có
2
x
x y
≤ − ⇒ < ≤ − = − − ≤
1 0 4
x
y
Ta có
2 2
1
x
y y
+ +
4
t
< ≤
2
1
t
f t
t t
−
+ +
3 3
2
3 2
16
t
t
−
5 17 17 16
f t > − >
0,25
Từ đó ( )f t đồng biến (0; ]1 ( ) 1 13 6
9
(1,0đ)
Đáp số:
1 (0; ] 4
1; 2
25 4 17
t
MaxT t x y
- Hết -
www.MATHVN.com