Đề thi thử THPT môn Toán 2015 số 9

Tính thể tích khối chóp S.BCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AD và SB.. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD, CD = 3AB... Vậy ta phải rút ra 1 trong hai thẻ này

Câu 1: Cho hàm số

có đồ thị (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1

2 Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng 2x – y + 1 = 0 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1

Câu 2 Giải các phương trình sau:

1) 2)

Câu 3 Từ một hộp chứa 10 thẻ được đánh số từ 0 đến 9, chọn ngẫu nhiên 3 thẻ Tính xác suất để

3 thẻ được chọn có thể ghép thành số tự nhiên có 3 chữ số mà số đó chia hết cho 5

Câu 4 Tìm

Câu 5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A(1;2;-4),

B(1;-3;1), C(2;2;3) và có tâm nằm trên mặt phẳng Oxy

Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ̂ , SA= SB =

SD = √ Tính thể tích khối chóp S.BCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AD và SB

Câu 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD, CD = 3AB Biết đường

thẳng AC có phương trình 2x –y + 8 = 0, đường thẳng BD có phương trình x + 2y – 6 = 0, chu vi hình thang ABCD bằng √ √ Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết xD > 0, xC < 0

Câu 8 Giải hệ phương trình:

{

Câu 9 Với x, y , z 0, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ NHẤT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ NĂM HỌC 2014 – 2015

ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ CHUYÊN NGUYỄN HUỆ

Câu 1 : Cho 2

1

x m y

x







1 KSHS với m1

2 Tìm m để đường thẳng y2x1 cắt đồ thị tại hai điểm A , B sao cho SOAB 1

Giải

1 KSHS 2 1

1

x y x







 TXĐ : D \ 1



1 0 1

x

    

 Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định

 Hàm số không có cực trị

  : Tiệm cận ngang y2



      : Tiệm cận đứng x 1

 Bảng biến thiên :

 Vẽ đồ thị

 Đồ thị hàm số cắt trục tung tại A 0;1 , cắt trục hoành tại 1; 0

2

B 

 

2 Tìm m để đường thẳng y2x1 cắt đồ thị tại hai điểm A , B sao cho SOAB 1

Xét phương trình hoành độ giao điểm : 2 2 1

1

x m

x x

  

 x 1

2

Để :d y2x1 cắt  C tại hai điểm phân biệt  pt (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1

 {  {

(*) Với điều kiện (*) thì d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A(xA;2xA +1); A(xB;2xB +1)

Với xA; xB là nghiệm của phương trình (1) thỏa mãn

Ta có: {

Ta có   1

,

5

2

ABC

S  d O d AB AB2 5

 2  2

2

m



 

   

 

23

8

m

 

8

m

Câu 2 : Giải các phương trình

1 2cos3xcos 4xcos 2x0

log x2 log x 1 2log 3x5

Giải

1 2cos3xcos 4xcos 2x0

3

2cos x 2cos3 cosx x 0

cosx cos x cos 3x 0

cosx cos x 4cos x 3cosx 0

3

cos

4

x

x

x









3

4 2

2



 





  



Vậy phương trình có nghiệm : arccos 3 2

4

x    k 

  , x  k2,

2

x  k

, k

log x2 log x 1 2log 3x5

Điều kiện : 5, 2

3

x x

log x2 log x 1 2log 3x5

log x 2 log x 1 log 3x 5

x 2x 1 3x 5

2

2

   

 

  

Vậy x    1 x 1 2 2

Câu 3 : Từ một hộp chứa 10 thẻ được đánh số từ 0 đến 9, chọn ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất

để chọn 3 thẻ tạo thành số tự nhiên có ba chữ số mà số đó chia hết cho 5

Nhận xét : số tự nhiên chia hết cho 5 có số tận cùng là 0 hoặc 5 Vậy ta phải rút ra 1 trong hai thẻ này hoặc cả hai thẻ Tuy nhiên theo yêu cầu đề bài ta nên dùng biến cố đối (không rút được thẻ 0

và 5 sẽ dễ dàng hơn)

Giải

Số tự nhiên chia hết cho 5 có số tận cùng là 0 hoặc 5 Vậy ta phải rút ra 1 trong hai thẻ này hoặc

cả hai thẻ Ta dùng biến cố đối là rút ra không có hai thẻ 0 và 5

Rút 3 thẻ bất kỳ : 3

10

C , 3 thẻ bất kỳ trong đó không có 0 và 5 : C83

Vậy xác suất cần tìm là

3 8 3 10

8 1

15

C C

Nhận xét  1

1 1

x x x x x x x x e e x e e e x e x e               1 . . 1  1 1 1 1 1 x x x x x x x x x e e e x e x e x e x e x e             Giải ∫

∫

∫

∫

∫

= | |

Câu 5 : Giải Gọi O là tâm mặt cầu O(a;b;c), do O => O(a;b;0) OA = OB = OC => {

 {

 {

=> O(-2;1;0)

 R2

= OA2 = 26

 Phương trình mặt cầu là (x + 2)2

+ (y-1)2 + z2 = 26

Câu 6

ABCD là hình thoi => => => ta đi tính

Có : ̂ , ABCD là hình thoi => ABD là tam giác đều

BD AC, SO BD, BD (SAO)

=> (SAO) (ABD) theo gt AO

Gọi G là trọng tâm ΔABD => SB (ABD)

(vì tứ diện SABD có SA = SB = SD trên đường cao từ đỉnh S xuống mặt (ABD) chính là trọng tâm ΔABD

=> AG = AO = √ = √

SG = √ √ √

√

√ √ √

Mặt AG (SBC) = C

=>

Gọi H là hình chiếu của G lên BC => GH BC => BC SGH SBC SHG giao tuyến SH Trong (SHG) gọi I là hình chiếu của G lên SH d G SBC GI

SHG có SGH là tam giác vuông tại G , đường cao GI

√ => d (A;(SBC)) = d(G;(SBC)) = √ = √

=>Vậy d (AD; SB) = √

Câu 7

Gọi E = AC ∩ BD => E(-2 ;4)

A(a,2a +8) ; B(6-2b,b), C(c,2c +8), D(6-2d,d)

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ => c = -3a – 8 (1)

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ => d = -3b + 16 (2)

EA2 = EB2 => (a +2 )2 + (2a +4 )2 = ( 8 -2b)2 + (b -4 )2 (3)

Do chu vi hình thang cân ABCD là √ √

 2(AD + 2AB) = √ √

 √ + √ = √ √ ; (4)

Giải hệ 4 phương trình 4 ẩn (1),(2),(3),(4) ta được:

A= -1; b= 5;c = -5; d = 1

Vậy A(-1;6); B(-4;5); C(-5;-2); D(4;1)

Câu 8 : Giải hệ phương trình :    2 





     

Nhận xét : việc giải hệ này tương đối dễ với dữ kiện x  y 1 0, tuy nhiên tại dữ kiện còn lại lại gây khó khăn cho ta đôi chút nhưng cũng có thể giải quyết được khi nhận xét được phần chung 3y22y ở cả hai phương trình

Giải





     



 

2

x y

  







Thay  1 vào  2 ta được phương trình :  x3 2x2 x 0 0, 1

1, 0



Trường hợp 2 :

2

y xy y

    





     



Cộng vế theo vế của hai phương trình ta thu được phương trình sau :

2

x y xy  x

Với y0 không phải là nghiệm của hệ nên 2

3

x

x y xy x

x y







      



3y 3y 2y 2 0 vn

y

Vậy hệ phương trình có nghiệm 0

1

x y





 

1 0

x y





 

Nhận xét :     3 3

3

x y z

x y z     

   



3

         

Vậy ta đổi biến theo biến x y z

Giải

3

P

                 

 P với

Khi đó xét hàm số f(t) =

F’(t) =

F’(t) = 0  t = 4 do t

Ta có f(t)

Hay P

Vậy GTLN của P = khi x = y = z = 1