Đề thi thử THPT quốc gia THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm

bTìm giá trị của tham số m để đường thẳng xym0 cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt.. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z.. Chọn ngẫu nhiên từ đội tuyển một học sinh, rồi chọn thêm

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015

ĐỀ THI THỬ

Câu 1 (2 điểm)Cho hàm số 2 1

1

x y

x





 có đồ thị ( ).C a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho

b)Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng xym0 cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt Câu 2

a) (0,5 điểm) Giải phương trình

9x  x 10.3x  x  1 0

b) (0,5 điểm) Cho số phức z thoả 2 1 3

z



  Tìm phần thực và phần ảo của số phức z

Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân sau

3 2

0 sin x.tanxdx





Câu 4.(1 điểm)

a) Chứng minh rằng: sin 3a4sin sin(60a oa).sin(60oa)

Áp dụng: tính giá trị biểu thức A sin10 sin 30 sin 50 sin 70 sin 90 0 0 0 0 0

b) Đội tuyển học sinh giỏi tỉnh gồm có 5 học sinh lớp 12 và 3 học sinh lớp 11 Chọn ngẫu nhiên từ đội tuyển một học sinh, rồi chọn thêm một học sinh nữa Tính xác suất để lần thứ hai chọn được học sinh lớp 12

Câu 5 (1 điểm) Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' ' có hình chópA ABD' là hình chóp đều,

,

ABa AA'a 3.Tính thể tích hình hộp và tính góc hợp bởi hai mặt phẳng ( ' ' 'A B C D') và ( 'A BD)

Câu 6.(1điểm) Trong không gian Oxyz cho A(3;0;0), (0; 2;0), (0;0; 3)B C  Viết phương trình mặt phẳng (ABC) Tìm toạ độ trực tâm H của tam giác ABC

Câu 7 (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(5; 2), đường trung trực d của đoạn BC có phương trình x y 6 0 và đường trung tuyến  kẻ từ C có phương trình

2xy 3 0 Tìm toạ độ các điểm B và C

Câu 8 (1điểm) Giải hệ phương trình sau

2

2







.

Câu 9 (1 điểm) Cho a b c, , là ba số thực dương Chứng minh rằng

-HẾT - Cán bộ coi thi không giải thích đề thi !

Câu Gợi ý đáp án Điểm

1 Cho hàm số 2 1

1

x y

x





a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho 1,0

 Tập xác định: DR \ 1 

 Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên: ' 1 2 0,

(1 )

x

0,25

 Hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) và (1;)

 Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2

     ; tiệm cận ngang: y 2

lim ; lim

     ; tiệm cận đứng: x1 0,25

 Bảng biến thiên:

x  1 

'

y  

y

2







2

0,25

 Đồ thị:

0.25

b Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng xym0 cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân

 Phương trình hoành độ giao điểm: 2 1

( 1) 1





x

x m x x

2

 g x x  m xm 

0.25

 Đường thẳng d cắt đồ thi (C) tại hai điểm phân biệt khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

(1) 0

 



 

m g

0,25

5 1

m

m

 



   

2 1.0

a Giải phương trình: 2 2

 Đặt t 3x2x, (t 0)

Khi đó, phương trình trở thành: t210.t 9 0 1

9





 





t t

0.25

2

2

0

1 1

2









 









x x

x x

x t

x x t

x

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x0;x 1;x1;x2

0.25

b Cho số phức z thoả 2 1 3

z



  Tìm phần thực và phần ảo của số phức z 0.5

( 1 3 )(1 ) 2 4 (2 4 )(3 4 ) 22 4

(2 )





i

 Phần thực: 22

25

a  , phần ảo 4

25

3 Tính tích phân sau: 3 2

0 sin tan





sin

cos

x

x

 Đặt t cosxdt sinxdx

0.25

 Khi đó:

1 2

1 2

3

t

a Chứng minh rằng: sin 3a4sin sin(60a oa).sin(60oa)

Áp dụng: tính giá trị biểu thức A sin10 sin 30 sin 50 sin 70 sin 900 0 0 0 0

0.5

0

2

3

1 4sin sin(60 ).sin(60 ) 4sin (cos 2 cos120 )

2

1 3 4sin ( 2sin )

2 2 3sin 4sin sin 3

0.25

0 0 0 0 0

sin10 sin 30 sin 50 sin 70 sin 90

sin10 sin(60 10 ).sin(60 10 ) sin 30

A 

b

Đội tuyển học sinh giỏi tỉnh gồm có 5 học sinh lớp 12 và 3 học sinh lớp 11 Chọn ngẫu

nhiên từ đội tuyển một học sinh, rồi chọn thêm một học sinh nữa Tính xác suất để lần thứ

hai chọn được học sinh lớp 12

0.5

 Chọn học sinh thoả bài toán có 02 trường hợp:

- Lần đầu chọn học sinh 11 và lần sau chọn học sinh 12: có 5.3=15 cách

- Cả hai lần đều chọn được học sinh 12: có 5.4 = 20 cách

 Xác suất để chọn được học sinh thoả yêu cầu là: 15 20 5





0.25

5 Trong không gian Oxyz cho A(3;0;0), (0; 2;0), (0;0; 3)B C  Viết phương trình mặt phẳng

(ABC) Tìm toạ độ trực tâm H của tam giác ABC 1,0

 Do H là trực tâm của tam giác ABC nên OH vuông góc với mặt phẳng (ABC)

PT đường thẳng d qua O vuông góc với (ABC):

d:

2 3 2

x t

y t











  



0,25

 H thuộc d nên H (2 ;3 ; 2 ) t t  t H thuộc mặt phẳng (ABC), suy ra 6

17

 Vậy 12 18 12

; ;

17 17 17

H  

6

Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' ' có hình chóp A ABD' là hình chóp đều,

,

ABa AA'a 3.Tính thể tích hình hộp và tính góc hợp bởi hai mặt phẳng

( ' ' 'A B C D') và ( 'A BD)

1,0

 Vì A ABD' là hình chóp

đều nên tam giácABD là

tam giác đều Do đó,

2 3 2

2

ABCD ABD

a

 Gọi H là tâm của tam

giác ABD thì A H' là

đường cao của hình chóp

'.

0,25

 Gọi OACBD Ta có, 2 2 3 3

3

a

Vậy

2

3

0,25

 Do ( ' ' ' A B C D ') / / ( ABCD ) nên   ( ' A BD ),( ' ' ' A B C D ')     ( ' A BD ),( ABCD ) 

Ta có: BD AO BD ( 'A AO) BD A O'

BD SH











Suy ra góc giữa ( 'A BD) và (ABCD) là góc A OH'

0,25

 Xét tam giác A OH' vuông tại H, ta có:

3 6

a

A H

Vậy A OH' 79 58'0

0,25

7

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(5; 2), đường trung trực

d của đoạn BC có phương trình x y 6 0 và đường trung tuyến  kẻ từ C có

phương trình 2xy 3 0 Tìm toạ độ các điểm B và C

1,0

 Gọi M N, lần lượt là trung

điểm của AB BC,

 M  M a a( ;2 3)

 N d N b( ;6b)

0,25

 N là trung điểm BCC(2b2a5;8 2 b4 )a

6

5 41

;

6 6

 Phương trình

5 41

6

qua N

BC d x y







0,25

 C  BC Tọa độ C là nghiệm của hệ:

14 37

; 46

0 6

x y

C

x y

  







0,25

 Suy ra 19 4;

3 3

B 

8 Giải hệ phương trình:

2







1.0

 Điều kiện: 1

1

x y

 





 



a x a xa  thay vào phương trình (2) ta được:

(ya 1)(y1) ( y 2)a 1 (ya y)( ay a 2) 0

2 0 (3)

y a

y ay a







0.25

 Với yay x1 thay vào phương trình (1) ta được: y22(y21)  1 y 2 1y

3y2  y 3 2 1y9y46y317y22y 5 0

2

2

  



0.25

6

2

y

y















Thử lại ta nhận 1 5 1 5

y  x 

1

y

y



 (do y 1 không là nghiệm của hệ)

0.25

1

y

y y



2 1

y a y



 

 vô lý

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 1 5 1; 5

0.25

9 Cho a b c, , là ba số thực dương Chứng minh rằng

 Đặt

2, 2, 2

   thì ta có x y z, , dương xyz  1

1

1 8 x  1 8 y  1 8 z 

0.25

2

0.25

 Ta có

3

2 2 2 3

x y z xyz

xy yz zx x y z

0.25

 Suy ra (1 8 )(1 8 )(1 8 ) 1 512  x  y  z   xyz  8( x   y z ) 64(  xy  yz  zx )  729

và 1 8 x 1 8 y 1 8 z 3 (1 8 )(1 8 )(1 8 )6  x  y  z 9

Thay vào (*) ta được BĐT cần chứng minh

0.25

Khi đó, A64 2 Vậy Amin 64 2 đạt được khi và chỉ khi xy1 0.25 Chú ý: Thí sinh làm cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa với các ý tương ứng