Đề thi thử THPT quốc gia chọn lọc số 85.2015.PDF

b Xác định m để hàm số 1 có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có trực tâm là gốc tọa độ O.. Chọn ngẫu nhiên 3 bông hoa.. Tính xác suất để 3 bô

TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y x4 2mx2m1 (1), với m là tham số thực

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  4

b) Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có trực tâm là gốc tọa độ O

Câu 3: (1 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn

1

x x

xe

e

 xung quanh trục hoành

Câu 4: (1điểm)

a)Có 5 bông hoa hồng bạch, 7 bông hoa hồng nhung và 4 bông hoa cúc vàng Chọn ngẫu nhiên 3 bông hoa Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại

b) Giải phương trình: 2  4 8 2 

Câu 5: (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P x y  z 5 0 Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính R 4 và cắt mặt phẳng ( )P theo giao tuyến là đường tròn

( )C có tâm H(1; 2; 4)  bán kính r  13

Câu 6:(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(2;6), chân đường phân giác trong của góc A là 2; 3

2

M  

 và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là 1;1

2

I 

  Xác định tọa độ các đỉnh B và C

Câu 7: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy và ABa,

2

AC  a,  0

120

BAC  Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 0

60 Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa h ai đường thẳng SB và AC theo a

Câu 8: (1 điểm) Giải phương trình: x2 2 15x2 x15 3 15 xx3 4 x x 

Câu 9: (1 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P



HẾT

-Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( https://www.facebook.com/HIEN.0905112810 ) đã chia sẻ đên 

www.laisac.page.tl

ĐÁP ÁN

Khi m 4 hàm số (1) có dạng y x48x2 3

+ Tập xác định D  

+ y'4x316x

' 0

y



       

x  -2 0 2 

y’ - 0 + 0 - 0 +

-13 -13

0,25

+) Hàm số đồng biến trên khoảng 2; 0  2;  và nghịch biến trên khoảng 

 ; 2  0; 2

+ Hàm số đạt cực đại tại x0,y CÐ  3

Hàm số đạt cực tiểu tại x 2,y CT  13

0,25

Điểm đặc biệt   3;12 ,     2; 13 , 0;3 , 2; 13 , 3; 13         

Đồ thị:

0,25







 Hàm số có 3 điểm cực trị  y'0 có 3 nghiệm phân biệt và y' đổi d ấu khi x đi qua các

nghiệm đó m0

0,25

Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số:

   2   2 

A m B  m m m C m m m

      

;  AC   m ;  m2

0,25

Vì B,C đối xứng qua Oy nên BC luôn vuông góc với OA

Do đó O là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi OB AC   0

1 0

1

m

m







So ĐK chon m=1 là giá trị cần tìm

0,25

 

2 2

x

2 sinx 1 cos 2x 2 2sinx 1 sinx 1

2sin x 1 cos 2 x 2sin x 2 0

0,25

2

1 sin

2 cos 2 2 sin 2 0

x













2

sin

5 2

2 6

















cos 2 x  2 sin x  2  0  cos 2 x  2 1 sin  x  0

2 2

x

k x















 (vô nghiệm)

0,25

So sánh điều kiện, ta có nghiệm của phương trình:  

2 6 5

2 6

k



















1

x x

xe

x

e     , suy ra hình phẳng đã cho là hình thang cong được giới hạn bởi

các đường , 0, 0, 1

1

x x

xe

e



Do đó thể tích khối tròn xoay là

1

2 0

1

x

x

xe

e





0,25

Đặt

1

x

e





 



0,25

1

1

x

0,25

1 ln

V

e



Có 5 bông hoa hồng bạch, 7 bông hoa hồng nhung và 4 bông hoa cúc vàng Chọn ngẫu

nhiên 3 bông hoa Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại

Gọi A, B, C tương ứng là 3 biến cố ‘Chọn được ba bông hoa hồng bạch” ‘Chọn được

ba bông hoa hồng nhung” ‘Chọn được ba bông hoa cúc vàng”

H là biến cố ‘Chọn được ba bông hoa cùng loại” A, B, C đôi một xung khắc và

HA B C=> P(H) =P(A) +P(B) +P(C) với

3 5 3 16

P(A)

560 C

3 7 3 16

P(B)

560 C

3 4 3 16

P(C)

560 C

560 80

Biến cố chọn ba bông hoa không cùng loại là H , P(H) 1 P(H) 1 7 73

80 80

0,25

Điều kiện: 0

1

x x











Ptlog2x3log2 x1 log24x log2x3 x1 log2 4x

0,25

 x 3  x 1 4 x

 



2 2

2 3 0

6 3 0

 

  



1; 3

3 2 3

x

  



 

  



So sánh điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x  3; x    3 2 3

0,25

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n    1;1;1 

Gọi    là đường thẳng qua H và vuông góc với mặt phẳng (P) thì    nhận n

làm vectơ chỉ phương

Phương trình đường thẳng    có dạng

1 2 4

 





  



   



0,25

Gọi I là tâm mặt cầu (S) thì I  , suy ra I  1      t ; 2 t ; 4 t 

Ta có IH  R2r2  16 13  3

0,25

1 2; 1; 3 3

1 0; 3; 5 3

t



0,25 Vậy có hai mặt cầu cần tìm:

1

2 2

0,25

Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và R là bán kính của (C), ta có

;5

IA R IA



Phương trình đường tròn (C) có dạng  

2

2

1

0,25

Phương trình đường thẳng AM có dạngx  2 0

Gọi D AM ( )C thì tọ a độ của D thỏa mãn hệ phương trình

2

2

x

x











2 6

x y





 





(tọa độ của điểm A) hay 2  2; 4 

4

x

D y







 



0,25

Do AM là đường phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa của cung BC, suy ra

BCID

Đường thẳng BC đi qua điểm M và nhận 5

; 5 2

ID  



làm vectơ pháp tuyến có phương

trình 5 2 5 3 0 2 5 0

0,25

Tọa độ của B, C là nghiệm của hệ phương trình

2

1













hay

Vậy B  5;0 ,  C    3; 4  hay B    3; 4 ,  C  5;0 

0,25

Tính thể tích của khối chóp S.ABC (0,5đ) Trong tam giác ABC kẻ đường cao AH, ta có

BC AH

BC SAH

BC SA do SA ABC









BC SH

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC và () ABC )

60

SHA 

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác ABC ta có

.cos120 1

2

7

BC a

0,25

Diện tích tam giác ABC là

2 0

.sin120 2

ABC

a

Mặt khác 1

2

ABC

S  BC AH

2

7 7

ABC

AH



Vậy thể tích khối chóp S.ABC là

.

S ABC ABC

0,25

Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC (0,5đ) Dựng hình bình hành ABCD, ta có AC/ /(SBD )

nên d AC SB , d AC SBD , ( )d A SBD , ( )

kẻ AKBD K( BD), ta có BD AK BD (SAK)

BD SA











mà BD(SBD)nên (SBD)(SAK)theo giao tuyến SK

trong tam giác SAK kẻ đường cao AI thì AISBD

 , 

d A SBD AI

0,25

Tam giác ABK vuông tại K có  0

60

.sin 60

2

a

Tam giác SAK vuông tại A, ta có

a AI

AI SA  AK  a  a  a  

19

a

d AC SB AI

0,25

Câu 8

Điều kiện 0x 15

Biến đổi phương trình tương đương:

0,25

 2 2  2 

15x 3 x 15x 4 x2 15x x  0

u x v x u v , khi đó phương trình trở thành:

u  uv v u v 

Khi đó 3 2 2 2

2

2

u      v

0,25

Với u2v, khi đó 15x2 2 x 15x2 4xx24x15 0

x  2 19 hay x  2 19 (loại)

Với u v 2, khi đó 2

15x  x2 (*)

0,25

Với điều kiện: 0x15 x 2 15  2 16  nên phương trình (*) vô 2 0

nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm: x  2 19

0,25

Câu 9

Tìm GTNN của biểu thức 3( ) 4 3 12( )

P



(1,0đ)

P



4 3 3  1 1 4



0,25

Với mọi x y , 0, ta có 1 1 4

xy  xy Đẳng thức xảy ra khi xy0

Áp dụng bất đẳng thức trên, ta được

2a3a2a3b

2a3b2a3c4a3b3c

0,25

2a3b2a3c4a3b3c

Do đó P11 16 P 5

0,25

Vậy minP  , đạt được khi 25 a3b3c 0 0,25

TÔ TOÁN

TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT-QN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài 180 phút ( không kể thời gian phát đề) Câu 1(2điểm): Cho hàm số 1

2 1

x y x





 a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

b)Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho tồn tại ít nhất một điểm M C mà tiếp tuyến tại M của  C tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng y2m1

(3sin sin 3 ) cos 5 cos 3 0



Câu3 (1điểm) Tính tích phân 1 3



I

Câu 4(1điểm) a)Tìm số phức z thỏa mãn  2 2  2

z  z  z 

b) Cho tập hợp E 1, 2, 3, 4,5 Gọi M là tập hợp tât cả các số tự nhiên có ít nhất 3 chữ số,các chữ số đôi một khác nhau thuộc E Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M.Tính xác suất để tổng các chữ số của số đó bằng 10

Câu 5(1điểm)Trong không gian vởi hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm

2;1; 0 , 0; 4; 0 , 0; 2; 1

d      .Lập phương trình đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng ABC và cắt đường thẳng d tại điểm Dsao cho 4 điểm A B C D, , , tạo thành một tứ diện có thể tích bằng 19

6

Câu 6(1điểm).Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn   C : x12y22 4 và 2 đường thẳng d1:mxym 1 0,d2:x my m 1 0.Tìm m để mỗi đường thẳng d d1, 2cắt  C tại 2 điểm phân biệt sao cho 4 giao điểm đó tao thành 1 tứ giác có diện tích lớn nhất

Câu 7(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông SA = a và vuông

góc với mặt phẳng (ABC) M, N lần lượt là trung điểm AD, DC Góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABC) bằng 450 Tính thể tích hình chóp S.ABNM và khoảng cách từ

D đến mặt phẳng (SBM)

Câu 8 (1điểm).Giải hệ phương trình  3  6

x y x







Câu 9(1điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1 1 1 9

a b c

     

Chứng minh rằng:  4 4 4

38025

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Câu 1

(2.0đ)

a) 1.0đ

TXĐ: \ 1

2

DR   

 

/

2

3

2 1

y

x





 , x D Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; );( ;1 1 )

2 2

0,25

Giới hạn:

    nên 1

2

x  là tiệm cận đứng

1 lim lim

2

    nên 1

2

y  là tiệm cận ngang

0,25

Bảng biên thiên:

X - 1

2 + y' - -

y

1

2 +

- 1

2

0,25

Đồ thị:

0,25

b) 1.0đ

Pt tiếp tuyến tại M x y 0, 0 là

3

x



0,25

Gọi A,B là giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành,trục tung tương ứng

Nên

2

2 0

B

y

x



 và trọng tâm G của tam giac OAB có

2

2 0

3 2 1

G

y

x





0,25

Theo giả thiết nó nằm trên đường thẳng y2m1 nên

2

2 0

3 2 1

m x



Ta lại có

2 2

0,25

Vậy để tồn tại ít nhất một điểm M thỏa mãn điều kiện bài toán thì

m   m

0,25

Câu 2

(1.0đ)

Phương trình đã cho tương đương:

2sin xsinx 5 5 sin x 3 02 sin x5sin xsinx 2 0 0,25

2

2

sinx = - 1 (sinx + 1)(2 sin 3sinx - 2) 0

2 sin 3sinx - 2 0

x

x



sinx = - 1 x = - 2

2 k





   1

2

sinx 2 2sin 3s inx - 2 0 1

sinx 2

x

 







2 6 5 2 6











 



 



 2

0,25

Kết hợp (1) và (2), ta có: 2

x  k 

Câu 3

(1.0đ)

3 1



I

=

1

0

x x   x dx

1

1

0,25

0 0

2



Câu 4

(1.0đ) Viết lại phương trình

z  z  izi   z   z izi z   z iz i 

z   z iz i  z i  có 2 nghiệm

z i z  i

0,25

2

z   z iz i   z i  có 2 nghiệmz 1 i z,   2 i

Pt có 4 nghiệm 1  i, 2 i,1  i, 2 i

0,25 (VN)

Số các số thuộc M có 3 chữ số là A 53 60

Số các số thuộc M có 4 chữ số làA 54 120

Số các số thuộc M có 5 chữ số làA 55 120

Suy ra số phần tử của M là :60+120+120=300

0,25

Các tập con của E có tổng các phần tử băng 10 gồm

1 1, 2, 3, 4 , 2 2, 3, 5 , 3 1, 4, 5

Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số băng 10

Từ E lập được số các chữ số thuộc A là 4! 1

Từ mỗi tập E và 2 E lập được số các số thuộc A là 3 ! 3

Suy ra số phần tử của A là 4!+2.3!=36

Do đó xác suất cần tính là 36 0,12

300

0,25

Câu 5

(1,0đ) AB ( 2;3; 0);AC ( 2;1; 1); AB AC,    3; 2; 4

Phương trình đường thẳng có VTCP u  3; 2; 4 

0,25

3 3

5 4

 





  



0,25

Với

16 3

47 4 2



   









0,25

Câu 6

(1,0đ) Đường tròn  C có tâm I1; 2 và có bán kính R 2

Véc tơ pháp tuyến của d d lần lượt là 1, 2 n1 m;1 , n21;mn n 1 2  0 d1 d2 0,25

Gọi A,B là giao điểm của d với 1  C ,C,D là giao điểm của d với 2  C

(A,B,C,D theo thứ tự trên đường tròn)

1, 2

h h lần lượt là khoảng cách từ Iđến d ,1 d 2

1

,

m

nên d ,1 d luôn cắt 2  C tại 2 điểm phân biệt

AB R h CD R h

-

1

2

ACBD

0,25

- 0,25

Câu7

(1,0đ)

Gọi H là giao điểm của BM và AN

Do M, N là các trung điểm nên BM  AN

SA mp ABCD













SAAH SHA nhọn

Suy ra SHA là góc giữa hai mặt phẳng: (ABCD) và (SBM) nên  SHA 450

AS

0,25

0,25

Trong tam giác vuông ABM: 12 1 2 1 2

AB AM  AH

dt(ABNM) = dt(ABCD) - dt(BCN) - dt(MND)

= 5

Suy ra thể tích hình chóp S.ABNM là:

0,25

Gọi F là trung điểm BC Ta có DF//BM nên DF //mp(SBM)

Gọi E là giao điểm của DF và AN

Suy ra d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM))

Gọi K là hình chiếu của E trên đường thẳng SH thì EK mp SBM( )

Từ đó d(D, mp(SBM)) = d(E, mp(SBM)) = EK

M trung điểm AD nên H là trung điểm AE HE = HA = a

Để ý rằng  0

45

KHE 

2

a EK

Vậy ( , ( ))

2

a

d D mp SBM 

0,25

Câu 8

(1,0đ)

Xét x  ,chia 2 vế của hai pt trong hệ cho 0 6

x và đặt z 13

x



2

yz z y

yz y z





Đặt S z 2y

P yz

 









ta có hệ 2 3

SP









Giai hệ ta được 3

1

S P











suy ra 1

1

z y









 hoặc

2 1 2

z y













0,5

Hệ có 2 cặp nghiệm x y là ,   1,1 và 3 1 1

,

2 2

0,25

Câu 9

(1,0đ) Đặt

a b t

b a

 

14

a b

t

               

 

2

2

1

1 2

a b

a b

0,5

0,5

Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển ( https://www.facebook.com/HIEN.0905112810 ) đã chia sẻ đên 

www.laisac.page.tl