ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn TOÁN

Tìm phần thực và phần ảo của z.. b Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam.. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành

Trang 1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Trường THPT Chuyên Đại học Vinh – Thi thử lần 1)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 1 3 1  2 1

1

y x  m x mx (1), m là tham số

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) có cực đại là yCÑ thỏa mãn 1

y 3

CÑ

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình cos3xcosx2 3 cos2 sinx x

b) Giải phương trình 2    

log x log 2x 1 log 4x3

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân

6

1

3 1 2

x

 





Câu 4 (1,0 điểm)

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z2z 3 2i Tìm phần thực và phần ảo của z

b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 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 3 đội Tính xác suất để 3

đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S ABC có SA2a , AB  Gọi M là trung điểm của cạnh BC a

Tính theo a thể tích khối chóp S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P xy  z 3 0 và đường

thẳng 2 1

:

  Tìm tọa độ giao điểm của  P và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho khoảng cách từ A đến  P bằng 2 3

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ACD   với

1

cos

5

  , điểm H thỏa mãn điều kiện HB 2HC, K là giao điểm của hai đường thẳng AH và BD

Cho biết 1 4

;

3 3

H  



 , K 1; 0 và điểm B có hoành độ dương Tìm tọa độ các điểm A B C D , , ,

Câu 8 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2  3 2 

Câu 9 (1,0 điểm) Giả sử x y z là các số thực không âm thỏa mãn , ,

  2  2 2

0 xy  y z  z x  2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  4 4 4 3 4

4

x y z

P    x y z  x y z HẾT

GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số 2 - http://nguyenkhachuong.tk

Trang 2

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

a.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi m 2

♥ Tập xác định: D  

♥ Sự biến thiên:

ￚ Chiều biến thiên: 2

y x  x ; y'0x 1 hoặc x 2

0.25

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 2; + Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và 2; 

ￚ Cực trị:

+ Hàm số đạt cực đại tại x   ; y1 CĐ  1 3

2

y

   + Hàm số đạt cực tiểu tại x 2; yCT y 2   , 3

ￚ Giới hạn: lim

x y

   và lim

x y

  

0.25

ￚ Bảng biến thiên:

x   2  1 '

y  0  0 

y

3

2 

 3

0.25

b.(1,0 điểm) b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số 1 3 1  2 1

1

cực đại là yCÑ thỏa mãn 1

y 3

CÑ

♥ Ta có: y'x2m1xm

2   1

  



        

0.25

1

(2,0 điểm)

♥ Hàm số (1) có cực đại  m   1 0.25

Trang 3

♥ Với 1  1 1 1 1 1

x      y m   m m ;

Với   1 3 1  2 2 1 3 2

 Với m   , ta có BBT 1

x  1 m 

'

y  0  0 

y

CD

y 

 y CT

Do đó: y 1  1 3 1 1 1 1

CÑ

m

          

0.25

 Với m   , ta có BBT 1

x  m 1  '

y  0  0 

y

CD

y 

 y CT

Do đó:

0 1

3 1

m m

   



   

♥ Vậy giá trị m thỏa đề bài là 1

3;

3

m  

   

 

0.25

a).(0,5 điểm) a) Giải phương trình cos3xcosx2 3 cos2 sinx x (1)

♥ Ta có:  1  2 cos 2 cosx x 3 cos 2 sinx x0

 cos2x cos x 3 sinx0

0.25

 cos 2 0

4 2

 

   k

x x k   

 cos 3 sin 0 tan 3



♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

;  

 k     

0.25

log x log 2x 1 log 4x3

♥ Điều kiện: 1

2



Khi đó:  1 log2xlog 22 x 1 log 42 x3

 2   

log 2 log 4 3

 x  x x

0.25

2

(1,0 điểm)

2

 x   x (2) 0.25

Trang 4

1 2 3

x x



  





 



Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm phương trình đã cho là x3

Tính tích phân

6

1

3 1 2

x

 





t x    x t dx tdt Đổi cận: 6 3



 

0.25

♥ Suy ra:

2

1



 3

2

2 t lnt 1

3

(1,0 điểm)

 2 2 ln 2

♥ Vậy I  2 2 ln 2

0.25

a).(0,5 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z2z 3 2i Tìm phần thực và phần

ảo của z

♥ Đặt z  , a bi a b   ta có: , 

z2z    3 2i a bi 2abi 3 2i

3a  bi 3 2i

0.25

1

2

 



   



a b

♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 1 và phần ảo bằng  2

0.25

b).(0,5 điểm) b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 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 3 đội Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác

nhau

♥ Số phần tử của không gian mẫu là  C C C39 36 331680 0.25

4

(1,0 điểm)

Gọi A là biến cố "3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau”

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là A 3 C C C! 26 24 22 540

♥ Vậy xác suất cần tính là (A) A 540 9

P

1680 28



0.25

5

(1,0 điểm)

Cho hình chóp đều S ABC có SA2a, AB  Gọi M là trung điểm của cạnh BC Tính a theo a thể tích khối chóp S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB

Trang 5

♥ Gọi O là tâm của tam giác đều ABC cạnh a Do S ABC là hình chóp đều nên

SOABC Ta có

2 3 4

ABC

a

S  và 3

3

a

Xét SOA ta có:

4

0.25

♥ Vậy

.

S ABC ABC

♥ Gọi N I J lần lượt là trung điểm của các đoạn , , SC CH HM , ,

Do SB/ /MNSB/ /AMN Suy ra:

d AM SB , d B AMN ,( )d C AMN ;( )2d I AMN ;( 

Ta có: AM IJ AM IJN IJN AMN

 

 

Trong  IJN , kẻ IKNJIKAMNd I AMN ;( IK

0.25

♥ Xét tam giác IJN ta có:

12 12 12 162 122 1882 11

11 11 IK a 188

Vậy  ,  2 2 11 517

188 47

a

0.25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P xy  z 3 0 và đường thẳng

:

  Tìm tọa độ giao điểm của  P và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho khoảng cách từ A đến  P bằng 2 3

♥ Tọa độ giao điểm M của của  P và d là nghiệm của hệ phương trình

 

1

1 1;1;1

x

 

      

0.25

♥ Do A d A t     2; 2t 1; t 0.25

♥ Khi đó:     2 2 2

4 3

d A P

t





    

0.25

6

(1,0 điểm)

♥ Vậy có hai điểm thỏa đề bài là A4; 5; 2  hoặc  A  2; 7; 4 0.25

7

(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có



ACD   với

Trang 6

1 cos

5

  , điểm H thỏa mãn điều kiện HB 2HC, K là giao điểm của hai đường

thẳng AH và BD Cho biết 1 4

;

3 3

H  



 , K 1;0 và điểm B có hoành độ dương Tìm tọa

độ các điểm A B C D , , ,

Do K thuộc đoạn AC

3

2

   



    

   





2  

2 2;2

A A

A x

y

 



  

0.25

♥ Đặt B a b ; với a  , ta có: 0

2

KB

4AB25KB2   2 2  2

2

4 a 2 b 2  5 a 1 b 

         

a2b26a16b270

0.25

♥ Đường tròn  C đường kính AH có tâm 7 1

;

6 3

I 



 

  , bán kính

1 5 5

nên có phương trình là   7 2 1 2 125

:

C x  y 

Do  0  

90

ABC  B C

   

      

2 2 7 2

Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình

1

6 16 27 0

3 5

7 2

2 0

3 3

5

b



         

Suy ra: B 3; 0

0.25

Trang 7

Do 3  1, 2

2

 

và 5  2,0

2

 

♥ Vậy A    2;2 ,B 3;0 ,C  1; 2 , D 2;0

0.25

Giải bất phương trình 2  3 2 

x x x x x (1)

♥ Điều kiện: 3 2 1 5 0

1 5

x

   



    

   



Khi đó:    2  2

1  4 x x 2x4 x 5x 4

 2  2

4 x x 2x 4 3x x 2x 4

       (2)

0.25

Trường hợp 1: Với x   1 5 thì

 2 4 x2 2x 4 3 x2 2x 4

   (3) Đặt

2

2 4

t

x

 

 t 0 thì (3) trở thành:

t2     4t 3 0 1 t 3

Suy ra:

2

2 4

x

 

2 2

4 0

7 4 0

   



    

0.25

♥ Trường hợp 2: Với  1 5  thì x 0 x25x 4 0 nên (2) luôn thỏa 0.25

8

(1,0 điểm)

♥ Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là:

1 17 7 65

S

   



      

0.25

9

(1,0 điểm) Giả sử x y z là các số thực không âm thỏa mãn, ,   2  2 2

0 xy  y z  z x  2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  4 4 4 3 4

4

x y z

♥ Chứng minh bất đẳng thức phụ sau: 4t 3 1

t

  ,     t 0;1 Xét hàm số f t   4t 3t 1,    t 0;1 Ta có:

'  4 ln 4 3t

3

ln 4

f t   t  



 

  Bảng biến thiên

t

0 4 3

log

ln 4

 

 

  1

 

'

f t

 0 

 

f t 0 0

4 3

log

ln 4

f  



  

  

  Suy ra: 4t 3t 1,     t 0;1

0.25

Trang 8

♥ Ta có: 0xy  y z  z x  2  0 x2y2 z2 2xy2yzzx1 Suy ra: x y z, ,    Dấu “=” xảy ra khi 0;1 x y z ; ;  1, 0, 0 hoặc các hoán vị

và 2x2y2z2 2 x2y2z2 2 xy yz zx 2 x2y2 z2 1

Do 4t  3t 1,     t 0;1 4x 4y 4z 3  3

      

0.25

♥ Mặt khác:

x4y4 z4 x2y2 z2 lnx4y4z4lnx2 y2 z20

0.25

♥ Từ đó ta có:

  3 4 21

P x   y z x y z  Dấu “=” xảy ra khi x y z ; ;  1,0,0 hoặc các hoán vị

Vậy 21

4

MaxP 

0.25

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 9: Giả sử x y z là các số thực không âm thỏa mãn, ,   2  2 2

0 xy  y z  z x 18 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  4

4 4 4

108

x y z

4

Định dạng
Số trang	8
Dung lượng	501,55 KB