25 Đề thi thử thptqg môn toán 2015

Đây là 25 đề thi thử thpt quốc gia môn toán 2015Bám sát cấu trúc đề thi và bám sát đề thi mẫu,Đáp ứng yêu cầu của kỳ thi 2 trong 1Kiến thức đáp ứng độ phân loại.file world, các thầy cố có thể dùng làm tài liệu tham khảo cũng như có thể cấu tạo ra các đề thi tương tự. Các em học sinh có thể dùng làm đề tự ôn tập tiến bộ theo thời gian

Mụn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phỳt

Cõu *1.(2đ). Cho hàm số yx4 4x2  3 , gọi đồ thị của hàm số là (C)

a)Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số đó cho

b)Dựa vào đồ thị (C) , tỡm tất cả cỏc giỏ trị của m để phương trỡnh x2  22  2m 0 cú 4 nghiệm phõn biệt.

Cõu 2*.(1đ)

2 sin

4 tan 2 cos 0 sin cos

x





 b)Tỡm phần thực và phần ảo của số phức sau: 3 5 5 2   3 

1 4

i

i





C õu 3* (0,5 đ) Giải bất phương trỡnh (2 3) 2 2 1 (2 3) 2 2 1 4

2 3



C õu 4 (1 đ) Giải hệ phương trỡnh:  2  2 

( ; )

x y











C õu 5* (1 đ) Tớnh tớch phõn 2

1

3 2ln 1

ln

e

x x x







C õu 6 (1 đ) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng cạnh a, tam giỏc SBD vuụng tại

S và nằm trong mặt phẳng vuụng gúc với mặt phẳng (ABCD), gúc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đỏy bằng 60 0.Tớnh thể tớch khối chúp S.ABCD theo a.Tớnh khoảng cỏch giữa hai đường thẳng SB và CD theo a.

C õu 7 (1 đ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d x:  y 1  0 và hai đường trũn: 2 2

1

( ) :C x y  6x 8y 23 0  ; 2 2

2

( ) :C x y  12x 10y 53 0  Viết phương trỡnh đường trũn (C)

cú tõm thuộc đường thẳng d, tiếp xỳc trong với đường trũn ( )C1 tiếp xỳc ngoài với đường trũn ( ).C2

C õu 8* (1 đ) Trong khụng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 1

d    

2

:

d     

 và điểm A(1, 1, 2)  Tìm toạ độ điểm B, C lần lợt thuộc d1 , d2 sao cho đờng thẳng BC nằm trong mặt phẳng đi qua A và đờng thẳng d1, đồng thời AC 2AB Biết điểm B có hoành độ dơng

C õu 9* (0,5đ)Cho tập A 0;1; 2; 4;5;7;8 Gọi X là tập hợp cỏc số tự nhiờn cú 4 chữ số phõn biệt lấy từ A.Tớnh số phần tử của X.Lấy ngẫu nhiờn một số từ tập X,tớnh xỏc suất để số lấy được là số chẵn

C õu 10 (1 đ) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giỏc Chứng minh rằng:

2 2.

a b  a c  a b c   a c  a b 

……… Hết………

H ng d n ch mư ớng d ẫn ch ấm ớng d ẫn ch ấm ẫn ch ấm ấm

C

õu1.a

1.b

TXĐ : D = R

x x

y'  4 3  8























1

; 2

3

; 0 0

'

y x

y x

y

Kết luận đồng biến nghịch biến

Lập bảng biến thiờn đỳng

Đồ thị

4

2

-2

-4

3

-1

Phương trỡnh viết thành :x4  4x2 3   2m 1

Số nghiệm phương trỡnh là số giao điểm (C) và (d):y = - 2m -1

0 2

3 1 2



0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 0,5

C

õu.2.a ĐK : cos2x 0

Biến đổi phơng trình   sinx cosx2 sin 2x x cos cos 2 2x x 0

2

cos cos 2 1 0

2

cos 2 cos 2 2 0

pt x x   cos 2x 1 (thoả mãn ĐK) hoặc cos2x = -2 (vn)

Với cos2x = 1 

4 2

k

x   , k Z

Vậy phương trỡnh cú 1 họ nghiệm

4 2

k

x   , k  Z

0,25

0,25

C

âu.2.b

Tìm phần thực và phần ảo của số phúc sau:

3 5

5 2 3

1 4

3 5 1 4

15 2 5 6

1 16

18

i

i

i i







    



kết luận phần thực bằng -18, phần ảo bằng 0

0,25

0,25

C âu.3 pt (2 3)x2  2x (2 3)x2  2x 4

+) Ta có: (2 3)x2  2x.(2 3)x2  2x (4 3)x2  2x 1, x

(2 3)x x 0 (2 3)x x

t

t

  

 



2 3

x

 



2 3

t   , ta có: (2 3)x2  2x (2 3)  1 x2 2x 1 x2 2x 1 0 x 1

+) KL:

0,25

0,25

C âu.4

Gi ải h ệ  2   2 

3

4 1 2 (1)

12 10 2 2 1 (2)







Ta có: (1)  x x2  4  ( 2 )  y 2    4 ( 2 ) (*)y .

Xét hàm số đặc trưng

2 2

4

t t



 

Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R Từ (*) suy ra: f x( ) f( 2 )  y  x 2y.

Thay vào phương trình (2) ta được:

3

1 2 1 1 2 1 (**)

Xét hàm số g t( )  t3 2t ta thấy g(t) đồng biến trên R nên từ (**) suy ra

0,25

0,25

0,25

0,25

3 3 0

1

x

x





     

 Vậy hệ có hai nghiệm là ( 1; ); (0;0)1

2

C âu.5

Ph©n tÝch 2

1

3 2ln 1

ln

e

x x x





1

2( ln ) ln

e

dx

x x x







1

1 ln

e

x

dx

x x x







1

2( ln ) ln

e

dx

x x x







1

1

e

dx

1

1 ln

e

x

dx

x x x





1

1 1 ln

e

x dx







( ln ) ln

e

d x x







e

x x  e

VËy I = 2 + ln(e+1).

0,25

0,25

0,25

0,25

C âu.6 .

+) Học sinh phải vẽ hình.+) SABCD a2

+) Gọi O = AC  BD, H là hình chiếu của S trên BD

+) (ABCD)  (SBD) = BD; (SBD)(ABCD); SHBD; SH(SBD) 

SH(ABCD)

+) BH là hình chiếu của SB trên (ABCD)  góc giữa SB và (ABCD) là SBH  60 0

4

.

+) Ta có: CD // AB, AB  (SAB)  CD // (SAB) mà SB  (SAB)

0,25

0,25

0,25

+) 4 2 1

HB

DB

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BM  OM  AB, H là trung điểm của

OB  HN là đường trung bình của OBM  HN // OM  HN  AB, lại có AB 

SH vì SH(ABCD)  AB  (SHN), kẻ HK  SN tại K, ta có: HK  AB và AB 

(ABCD)

 HK  (SAB)  d(H,(SAB)) = HK;

+) Vậy: d(SB,CD) = 42

7

0,25

C âu.7 +) ( )C1 có tâm I1 (3; 4)  , bán kính R 1 2 ; ( )C2 có tâm I1 (3; 4)  ,bán kính R 2 2 2

+) Gọi I là tâm, R là bán kính của đường tròn (C) I d  I a a( ;  1)

+) (C) tiếp xúc trong với ( )C1  II1R R 1 (1)

+) (C) tiếp xúc ngoài với ( )C2  II2  R R2  R II 2 R2 (2)

+) TH1: R R 1, (1)  R II 1 R1, từ (1) và (2) ta có: II1 R1 II2  R2

(a 3) (a 3) 2 (a 6) (a 6) 2 2 a 0

(0; 1); 4 2

    PT đường tròn (C): x2  (y 1) 2  32.

+) TH2: R R 1, (1)  R R 1  II1, từ (1) và (2) ta có: R1  II1 II2  R2

+) KL: …

0,25

0,25

0,25

0,25

C âu.8 + d1 ®i qua M( 0,1,1) vtcp u1(2,1,1) AM  ( 1, 2, 1)  u AM1 ,   ( 3,1,5)

=> (P) : -3x + y + 5z - 6 = 0

+ Theo gi¶ thiÕt C ( )P vµ C d 2 => C d 2  ( )P => C(-1,3,0)

0,25

C âu.9

+ B d 1 => B(2t; 1+t; 1+t) Ta cã AC  24, AB 6t2  2t 6

+ AC = 2AB  6t2  2t  6 6 => t = 0 hoÆc t = 1

3

Víi t = 0 => B(0,1,1) ( lo¹i) do hoµnh cña B b»ng 0

Víi t = 1

3 => B(2,

3

4 , 3

4

3) tho¶ m·n

VËy 2 ®iÓm ph¶i t×m C(-1,3,0) , B(2

, 3

4 , 3

4

3)

+) Xét các số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt lấy từ A, giả sử các số đó có dạng:

, 0.

abcd a 

Chọn a 0, có 6 cách chọn, chọn các chữ số b c d, , a và xếp thứ tự có: 3

A 

cách

 có tất cả: 6.120 = 720 số tự nhiên như vậy

Vậy số phần tử của X là: 720 Số phần tử của không gian mẫu là: n  ( ) 720

+) Gọi B là biến cố: “Số tự nhiên được chọn là số chẵn”

+) Xét các số tự nhiên chẵn có 4 chữ số phân biệt lấy từ A, giả sử các số đó có

dạng: a a a a a1 2 3 4 , 1  0,a4 0; 2; 4;8

+) TH1: a 4 0, có 1 cách chọn; chọn các chữ số a a a 1 , , 2 3 0 và xếp thứ tự có

3

A  cách chọn  TH1 có: 1.120 = 120 số tự nhiên như vậy

+) TH2: a 4 2; 4; 6 , có 3 cách chọn; chọn a1 A\ 0; a4 , có 5 cách chọn; chọn

các chữ số a a2 , 3 A a a\ 1 ; 4 và xếp thứ tự có 2

A  cách chọn  TH2 có: 3.5.20 =

300 số tự nhiên như vậy

 có tất cả: 120 + 300 = 420 số tự nhiên như vậy  Số phần tử thuận lợi cho biến

cố B là: n(B) = 420.

+) Vậy: ( ) ( ) 420 7

( ) 720 12

n B

P B

n

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

C

âu.10

+) Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên ta có: a b c b c a c a b  ;   ;  

x  y  z a x y z  Ta có: x y z y z x z x  ;   ;  y

0,25

VT =3a c a b3a b a c2a b c2a 2y2x2z2z2y2x2x2z2y y z z x x y x  y  z

Lại có: x y z z x y z( ) 2z(x y) 2z z

        

  

CM tương tự ta có: x 2x (2); y 2y (3).

y z x y z  z x x y z 

Từ (1),(2) và (3) ta có x y z 2x 2y 2z 2

0,25

0,25

0,25