đề toán thi thử năm 2015 đề số 90.pdf

Chia tổ thành 3 nhóm, mỗi nhóm có 5 học sinh.. Hỏi có bao nhiêu cách chia?. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ.. Cho hình chóp.. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015

Môn: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 01 trang)

Ngày thi: 09 tháng 02 năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

3 (C ).m

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m0

b) Xác định m để đường thẳng ( )d có phương trình yx cắt đồ thị (C m) tại ba điểm phân biệt , ,

O A B sao cho AB 2(O là gốc tọa độ)

Câu 2 (1,0điểm) Giải phương trình 2

2sin 2x2cos x5cosx2sinx 3 0

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân

3 2

0

3 2

2 1 2

x

x





 

Câu 4 (1,0 điểm)

a) Một tổ có 12 học sinh nam và 3 học sinh nữ Chia tổ thành 3 nhóm, mỗi nhóm có 5 học sinh Hỏi có bao nhiêu cách chia? Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên nhóm nào cũng có nữ

b) Giải phương trình log (2 x3)22log(x3)3 2 0

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0; 2;3) và C(1;1;1)

.Viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa A B, sao cho khoảng cách từ C tới ( )P bằng 2

3

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có các cạnh bên bằng nhau và bằng 2a , đáy ABCD là hình

chữ nhật có AB2 ,a ADa Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AB, CD và G là trọng tâm tam giác SBC Tính thể tích hình chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SG theo a

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình thang ABCD cạnh đáy nhỏ AB, tam giác ABD vuông cân tại A Biết phương trình cạnh AB là x3y100 và phương trình cạnh BC là 2x y 100 Viết phương

trình các cạnh còn lại biết diện tích tam giác ACD bằng 10 đơn vị diện tích

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2 2

5

y

xy







Câu 9 (1,0 điểm) Cho x,y,z là các số thực dương sao cho x2y3z1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Px2(5 6 ) 4 x  y2(5 12 ) y z2(45 162 ) z

- Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh :…… ……….; Số báo danh:………

1

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015

Môn: TOÁN

1

(2,0đ)

a) (1,0 điểm)

Khi m = 0 , hàm số có dạng: y = x3 3x2

 Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y'3x26 x

y’ = 3x2 6x = 0  x = 0 hoặc x = 2

- Hàm số đồng biến trên (; 0) và (2; +); hàm số nghịch biến trên (0; 2)

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = 0, yCĐ = 0; đạt cực tiểu tại xCT = 2, yCT = -4

- Giới hạn: lim ; lim

     

0,25

- Bảng biến thiên:

x  0 2 

y’ + 0 - 0 +

y

0 

 -4

0,25

 Vẽ đồ thị: Giao trục tọa độ O   0;0 ,A 3;0 Lấy thêm điểm B 1; 4

 Điểm cực đại  0; 0 , cực tiểu 2; 4 

Đồ thị:

0,25

b) (1,0 điểm)

2

Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2

3

x  x mxx 2

    

2

0

x





     



0,25

Đường thẳng ( )d cắt đồ thị (C m) tại ba điểm phân biệt  Phương trình (*) có

2 nghiệm phân biệt khác 0 9 4( 1) 0

1

m m

    



  



13 (1)

4 1

m m

 



 

 



0,25

Giả sử O(0,0) , A x y 1, 1, (B x y2, 2), x x1, 2là hai nghiệm của phương trình (*)

Ta có 1 2

1 2

3



Thay (2) vào (3) ,ta có(3) trở thành 18 8( m   1) 2 m 3 0,25

Thỏa mãn điều kiện (1) Vậy m = 3 là giá trị cần tìm

0,25

2

(1,0đ)

2

2

(4sin cos 2sin ) ( 2 cos 5cos 3) 0

2sin (2cosx x 1) (2cosx 1)(3 cos )x 0

(2cosx 1)(2sinx cosx 3) 0

2 cos 1 0

x

 



0,25

Xét phương trình 2sinxcosx  3 0 2sinxcosx 3

Ta thấy 2 2

Vậy phương trình có nghiệm 2 2 ( )

3

x  k  k

3

(1,0đ)

3

3 2

2 1

0 0

2 2

I  dx x

1 3 0 3

I

   

0,25

3

2

I

1 2

4

(1,0đ)

a) (0,5 điểm)

Tổng số học sinh là 12 + 3 = 15 học sinh

Nhóm 1: Chọn 5 học sinh trong 15 học sinh cóC155 cách chọn

Nhóm 2: Chọn 5 học sinh trong 10 học sinh còn lại có 5

10

C cách chọn

Nhóm 3: Chọn 5 học sinh trong 5 học sinh còn lại có 5

5

C cách chọn

Vậy có 5 5 5

15 10 5 756756

Số phần tử của không gian mẫu là số phân công 15 học sinh thành 3 nhóm mỗi

nhóm 5 học sinh là   5 5 5

15 10 5 756756

0,25

Gọi A là biến cố nhóm nào cũng có nữ

Nhóm 1: Có C C31 124 cách chọn

Nhóm 2: Có C C12 84 cách chọn

Nhóm 3: Có C C11 44 cách chọn

Suy ra  A C C C C C C13 124 12 84 11 44207900

Vậy xác suất của biến cố A là P A( ) A 0, 27

0,25

b) (0,5 điểm)

Điều kiện: x3

log (x3) 2log(x3)  2 0 2

4log (x 3) 6log(x 3) 2 0

2 2log (x 3) 3log(x 3) 1 0

Đặt tlog(x3) Phương trình trở thành 2t2  3t 1 0

1 1 2

t t

 







  



10

t    x    x (Thỏa mãn)

0,25

t    x     x (Thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm 31

10

10

x 

0,25

5

(1,0đ)

Ta có AB  ( 1; 2;3)

Gọi vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )P cần tìm là np ( ; ; ),a b c a2b2c20

Phương trình mặt phẳng ( )P là a x(  1) bycz 0 ax by   cz a 0

4

Do A,B thuộc (P) , suy ra n AB p   0 a 3c2 b

2

3

+)b0, chọn

1

37

c b

c







 

 



+) c1,b   1 a 1 Phương trình mặt phẳng ( )P là x   y z 1 0

0,25

b c   a  Phương trình mặt phẳng ( )P là

23 17 23

0

37x y 37z 37

     hay 23x37y17z230

0,25

6

(1,0đ)

Gọi O là giao điểm của AC và BD ,do ABCD là hình chữ nhật nên từ giả thiết suy

ra O là hình chiếu của S trên mặt phẳng ABCD

0,25

2 2

5

2 3

a

0,25

Lấy F là trung điểm của BC OFBCBC(SOF)

Trong mặt phẳng SOF kẻ OH SF OH (SBC)

Ta có M, N là trung điểm của AB và CD suy ra MN/ /BCMN/ /(SCB)

( , ) , ( ) ( , ( ))

0,25

Trong tam giác vuông SOF có:

OH OF OS

165

15

0,25

5

7

(1,0đ)

2

Theo giả thiết tam giác ABD vuông cân tại A, suy ra tam giác DBC vuông cân tại

B DC2AB

1

2

ADC

Ta có tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình

(4, 2)

B

0,25

( ,10 2 )

10

2

6

a a

a







0,25

+)a2, suy ra C(2;6), suy ra phương trình CD là : x3y200

Tọa độ điểm D(8; 4) Phương trình BD là  x 2y0

Phương trình đường thẳng AD là   3x y 200

0,25

+)a = 6 ,suy ra C(6,-2) làm tương tự suy ra

Phương trình DC là x3y0

Phương trình AD là   3x y 0

Thử lại thỏa mãn

0,25

8

(1,0đ) Tập xác định: 2

2

xy 

Đặt 2 yz, ta có hệ phương trình

4 4

2 2

5 (2)

xz

xz

    







6xz 4 x z 2x z  1 xz2 (*)

  (Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi xz)

0,25

2

1

t

  , (txz, t 1; 2 )

Ta có f t ( )là hàm đồng biến trên (1;2)

6

2 2

Dấu “=” xảy ra khi t= 1 Lúc đó(2) xẩy ra khi

1 1

.

1 2

x y

y

  





 



 

 



 







0,25

Thử lại thỏa mãn Hệ phương trình có nghiệm (1, 2); ( 1; 2)

9

(1,0đ)

Đặt ax b, 2 ,y c3z (a,b,c là các số dương thỏa mãn a b c  1)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 3 3 3

P a b c  a b c

 2

2

Xét P t( )2(4 9 ) a t8a28a1

0,25

4 )

9

a

  P(t) là hàm số bậc nhất đối với t Ta có

(0) 1 2(2 1) 1 ; ( ) 1 1 (2)

0,25

Trên (0,

2

(1 ) 4

a

 ] Hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến

Từ (1) và (2),suy ra của GTLN của ( )P t trên (0,

2

(1 ) 4

a

 ] nhỏ hơn hoặc bằng 1

0,25

Suy ra giá trị lớn nhất của P t( ) là 1 khi a = b = c = 1/3

Suy ra giá trị lớn nhất của P là 1 khi x = 1/3; y = 1/6; z = 1/9 0,25

(Chú ý Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.)

-Hết -