tuyển tập 23 đề thi thử môn toán thpt có đáp án chi tiết dễ hiểu.

tuyển tập 23 đề thi thử môn toán trung học phổ thông, có lời giải chi tiết, cụ thể, dể hiểu, nội dung đề thi bám sát các đề thi truyển sinh chính thức trong các năm qua.cung cấp các cách giải hay, ngắn gọn cho từng đề thi. giúp học sinh rèn luyện, trau dồi kiến thức, để chuẩn bị cho kì thi toota nghiệp đạt kết quả cao.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HƯNG YÊN

BAN CHUYÊN MÔN

ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2015

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

y x  mx  (1), với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 2 (O là gốc tọa độ)

Câu 2 (1,0 điểm) Giải bất phương trình    1 

log 4x4 log 2x  3 log 2x

Câu 3 (1,0 điểm)

a) Gọi A, B là hai điểm biểu diễn cho các số phức là nghiệm của phương trình z22z 3 0

Tính độ dài đoạn thẳng AB

b) Trong kì thi THPT Quốc gia năm 2015, mỗi thí sinh có thể dự thi tối đa 8 môn: Toán, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Sử, Địa và Tiếng anh Một trường Đại học dự kiến tuyển sinh dựa vào tổng điểm của 3 môn trong kì thi chung và có ít nhất 1 trong hai môn là Toán hoặc Văn Hỏi trường Đại học đó có bao nhiêu phương án tuyển sinh?

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 2

0

sincos 2 3cos 2

 Chứng minh rằng hai đường thẳng d và AB cùng thuộc một

mặt phẳng Tìm điểm C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC cân đỉnh A

Câu 6 (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC A B C có đáy là tam giác cân, AB ' ' '  ACa,

0

120

BAC  Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 600 Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng AB C' ' theo a

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A1; 2 Gọi

M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM Viết phương

trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2 x  y 8 0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2

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

hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCĐ = 6; hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 2 0,25

*) Đồ thị:

Nhận xét: đồ thị hàm số nhận điểm

I(-1; 4) làm tâm đối xứng

0,25

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích

tam giác OAB bằng 2

Với mọi x  , y' = 3x2 + 6mx  y' = 0  x = 0 hoặc x = -2m

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt

 m  0 Khi đó, tọa độ các điểm cực trị là: A(0; 2); B(-2m; 4m3 + 2)

0,5

SOAB = 1  OA.d(B;OA) = 4  2 2 1

1

m m

-2 2 -4 4 -6 6

10 8 6 4 2

-2 -4 -6

DeThiThu.Net - Đ Thi Th Đ i H c - THPT Qu c Gia - C p Nh t H ng Ngày!

  

5 Đường thẳng d có véctơ chỉ phương u2; 2;1 và đi qua M(3;6;1)

Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương AB 4; 2;5

Chứng minh: (AA'K)  (AB'C')

Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK  A'H  (AB'C')

C' B'

A'

C B

A

H

K N

M

B A

B  BN  B(b; 8 - 2b) (b > 2)

Phương trình AE: x + 1 = 0

E = AE  BN  E(-1; 10)  D(-1; 6)  M(-1; 4) 0,25 Gọi I là tâm của (BKM)  I là trung điểm của BM  I(1; 3)

t  y tx  y  x y xy  = (1 - y)2 + 4(x2 + 2y2 + x + 2y + 3xy) = (2x + 3y + 1)2

9 Từ điều kiện: 5x2 + 5(y2 + z2) = 9x(y + z) + 18yz

 5x2 - 9x(y + z) = 18yz - 5(y2 + z2)

Áp dụng BĐT Côsi ta có: 1 2 2 2 1 2

 18yz - 5(y2 + z2)  2(y + z)2

Do đó: 5x2 - 9x(y + z)  2(y + z)2  [x - 2(y + z)](5x + y + z)  0

Đặt y + z = t > 0, ta có: P  4t - 1 3

t27

KHỞI ĐỘNG TRƯỚC KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015

Môn thi: Toán – THPT

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y 2x36x21  C

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C

b Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y mx  1 cắt đồ thị  C tại ba điểm phân

biệt M 0;1 , ,N P sao cho N là trung điểm của MP.

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2cosxsinxcos2xcosx1sinx

Câu 3 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong y 1

suất để trong 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có các đỉnh lần

lượt là A1; 2;3 ,  B 2;1;0 và C0; 1; 2    Viết phương trình đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng ,a SA SB a  ;

x y

A

z x

-Hết -

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ QG NĂM

2015

Đề 1 - Ngày thi : 10-10-2014

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu 1 Cho hàm số : y y y = = = x x – –2 23+ + x x26 + + 1 1 (C)

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).

b Tìm các giá trị tham số m để đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M(0; 1), N, P sao cho N là trung điểm của MP.

Hàm số y = –2x3+ 6x2+ 1 nghịch biến trên từng khoảng (–∞; 0) , (2; +∞)

Điểm cực đại (2; 9) Điểm cực tiểu (0; 1)

Đồ thị

x y

b Đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M(0; 1), N, P nếu như phương trình hoành

độ giao điểm –2x3+ 6x2+ 1 = mx + 1 có 3 nghiệm phân biệt tức là x(2x2– 6x + m) = 0 có 3 nghiệm phân biệt Như thế chỉ cần 2x2– 6x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 nghĩa là 9 – 2m > 0 và m 6= 0, nên cần m < 9

2 Giả sử N(x1; y1), P(x2; y2) N là trung điểm của MP nên 2x1= x2 và 2y1= y2+ 1 Ta có x1, x2

là nghiệm của 2x2– 6x + m = 0 nên x1+ x2 = 3 suy ra x1= 1, x2= 2, y1= 5, y2= 9 và m = 4

2

Câu 2 Giải phương trình: 2 2 sss ((( c cco o x x + + + n n n x sssiii x x – – – sss cco c o ))) 2 x sss c cco o x x = = = 1 1 1 + + + n n n x sssiii x

Lời giải:

Phương trình đã cho tương đương với:

2 cos2x – 1 – cos 2x cos x + sin x cos x – sin x ⇐⇒ cos 2x – cos 2x cos x – sin x + sin x cos x

⇐⇒ cos 2x (1 – cos x) – sin x (1 – cos x) = 0 ⇐⇒ (1 – cos x)(cos 2x – sin x) = 0

⇐⇒ h cos x = 1cos 2x = sin x ⇐⇒

"

cos x = 1 cos 2x = cos π

S =

Z 1

1 2

–2x + 3 – 1

 –2x + 3 – 1

x

 dx

= –x 2 + 3x – ln x
1

1 2

= 3

4 – ln 2

Câu 4

a Giải phương trình g lllo o3x x – ((( – – ))) 12+ g lllo o√3 x (((2 2 – – ))) = 1 = = 2 2

b Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ Tính xác suất để trong

4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên.

Lời giải :

a Điều kiện

(

x > 12

x 6= 1

Ta có:

log3(x – 1)2+ log√3(2x – 1) = 2 ⇐⇒ 2log3(|x – 1|) + 2log3(2x – 1) = 2

⇐⇒ log3(|x – 1|) + log3(2x – 1) = 1 ⇐⇒ log3[|x – 1| (2x – 1)] = 1

⇐⇒

 (x – 1) (2x – 1) = 3

Kết hợp với điều kiện thì nghiệm của phương trình đã cho là: x = 2

b.Cách 1

Số cách chọn 4 học sinh có trong 12 học sinh là: {412= 495 (cách)

Số cách chọn 4 học sinh mà không có học sinh của quá 2 lớp gồm:

Tóm lại là có: {49+ {48+ {47– {45– {44= 225 (cách)

Vậy xác suất cần tính là: 225

5 11 b.Cách 2

Số cách chọn 4 học sinh có trong 12 học sinh là: {412= 495 (cách)

Số cách chọn 4 học sinh gồm: Lớp A có 2 hs, lớp B có 1 hs, lớp C có 1 hs {25.{14.{23 (cách)

Số cách chọn 4 học sinh gồm: Lớp A có 1 hs, lớp B có 2 hs, lớp C có 1 hs {15.{24.{13 (cách)

Số cách chọn 4 học sinh gồm: Lớp A có 1 hs, lớp B có 1 hs, lớp C có 2 hs {15.{14.{23 (cách)

Số cách chọn 4 học sinh đều có trong 3 lớp là: {25.{14.{23+ {15.{24.{13+ {15.{14.{23= 270 (cách)

Tóm lại số cách chọn 4 học sinh mà không có học sinh của quá 2 lớp là : 495 – 270 = 225 (cách)

Vậy xác suất cần tính là: 225

5 11

Câu 5 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có các đỉnh lần lượt là A(1; –2; 3), B(2; 1; 0), C(0; –1; –2) Viết phương trình đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC.

Lời giải :

– ––→

CB = (2; 2; 2), mặt phẳng α qua A vuông góc BC có phương trình (x – 1) + (y + 2) + (z – 3) = 0 ⇐⇒ x + y + z – 2 = 0

BC cắt α tại H có tọa độ thỏa

x + y + z – 2 = 0 nên H  5

3;

2

3; –

1 3

Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA = SB = a; SD = a√2 và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt đáy (ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD).

Lời giải:

Kẻ SH ⊥ BD ⇒ SH là đường cao của hình chóp Gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB, BD.

AB = SA = SB = a suy ra 4SAB đều nên SE ⊥ AB,

và AB ⊥ (SHE) do đó EH là trung trực của AB

√ 2 2 suy ra 4ACK vuông cân tại K do đó AK⊥(SCD).

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) là AK = a

√ 2 2

4

Câu 7 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AC = 2AB Điểm M(1; 1)

là trung điểm của BC, N thuộc cạnh AC sao cho AN = 13NC, điểm D thuộc BC sao cho AD đối xứng với AM qua tia phân giác trong góc [ BAC.Đường thẳng DN có phương trình 3x – 2y + 8 = 0 Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết C thuộc đường thẳng d : x + y – 7 = 0.

Gọi B1 là trung điểm AC Việc chứng minh P là trung điểm BG dành cho bạn Khi đó:

•–––→AD = m–AP =––→ m2 –AB +––→ –––→AG= m2–––→AB + m3 AM (1)–––→

•–––→AD = n–––→AB + (1 – n) AM–––→ (2) (1) , (2) ⇒ m2–––→AB +m3 AM = n–––→ –AB + (1 – n)––→ –––→AM

 p p y



= 0 Chia hai vế choy2 ta có

2  x y

 – 5  x y

 – 1 –r x

y– 2 –

r

4 – x

y = 0Đặt x

 3

√

2;

1

√ 2

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015

Môn: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: … tháng … năm 2014

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

yx  mx  m x

a Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số với m 1

b Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ x 1 đi qua điểm (1; 2)

log x1  2 log 4 x log 4x

Chứng minh ( )d và 1 (d2) chéo nhau và lập

phương trình đường vuông góc chung giữa hai đường thẳng đó

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC Dcó đáy ABCD là hình vuông cạnh ;a SA vuông

góc với đáy và SAa. Tính theo a thể tích tứ diện SACD và góc giữa hai đường thẳng ,

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: …………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015

Môn: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: … tháng … năm 2014

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 Hàm số đạt cực đại tại x0; y CD 1, cực tiểu tại x2; y CT  3

 Giới hạn: lim ; lim

2 yx33mx2(m1)x1.

y  x  mx m 

 Với x   1 y 2m 1 Điểm M( 1; 2 m1) 0,25 điểm

 Phương trình tiếp tuyến tại M :

(1) 3 sin cosx xcos x1 2

3 sin cosx x 1 cos x

2

3 sin cosx x sin x

  sin ( 3 cosx xsin )x 0 sin 0

log (x1)  2 log 4 x log (4x) (1)

 Điều kiện:   4 x 4;x 1 0,25 điểm

 (1)log2 x 1 log 42 log (42  x) log (42 x)

x x

.' 0 ( 4; 2; 8) / /(2;1; 4)

A t

điểm mỗi đường (1)

+ Kéo dài AK( )I tại J

A

A J

(x y 1)(x 2 )y 0

0,25 điểm

z

0,25 điểm

5 13min ( )

Ngày thi:… tháng…năm…

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3( )

b) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M tạo với

a) Một trường phát thưởng cho 60 học sinh giỏi, trong đó có 14 em trùng tên Sắp xếp 60 em một

cách ngẫu nhiên thành một hàng ngang Tính xác suất để 14 em trùng tên đứng cạnh nhau

kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có tâm 15; 3

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:………

y x

0 2

0 2

0

31

x x

3

( )

x x

0,25

4

(1,0đ)

a) (0,5 điểm)

Không gian mẫu:| | 60!

Gọi A là biến cố để 14 em trùng tên đứng cạnh nhau

Gọi H là trung điểm của BC Do tam giác SBC

cân tại S nên SH BC

BC  AB AC tam giác ABC vuông tại A

SH là trục đường tròn ngoại tiếp đáy ABC Trong mp SBC , qua M là trung điểm  

SB dựng đường trung trực của SB cắt SH tại I Vậy mặt cầu ngoại tiếp của hình

chóp SABC có tâm I và bán kính IS

(1,0đ) Theo công thức trung điểm vì I là trung điểm của AC suy ra tọa độ C9; 8  0,25

Vì D thuộc đường thẳng 3x y 0nên D t ; 3 t Mặt khác do ADDC

1

13

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

b) Tìm m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 32

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2sin sin3 x xsin 2x4cos sin 3x x2cos 2x2

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân

3 1

Câu 4 (1,0 điểm) Trong một bình đựng 8 quả cầu trắng, 7 quả cầu xanh và 9 quả cầu đỏ Lấy ngẫu

nhiên 4 quả cầu Tính xác suất để 4 quả cầu lấy được gồm đủ cả ba màu

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng : 2 2 1

 và

mặt phẳng ( ) : 3P x2y  z 5 0 Chứng minh rằng đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) và

viết phương trình đường thẳng là hình chiếu vuông góc của d trên (P)

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B Các mặt bên (SAB)

và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy, I là trung điểm SC Cho AB = 2a, SA = BC = a, CD =

2a 5 Gọi H là điểm thỏa mãn 1

5

AH  AD Tính theo a thể tích tứ diện IBCD, tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BH và SC

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có

tâm (1; 2)I  , bán kính 17và đường thẳng BC có phương trình 3x5y300 Biết trực tâm H của

tam giác thuộc đường thẳng : 5d x3y240 Chứng minh AH 2IM , với M là trung điểm đoạn thẳng BC và tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

2 2x 3 9 4 x x 4x7, (x )

Câu 9 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 2 2 2

12

a b c  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

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:………

' 0

1

x y

- Các khoảng nghịch biến ( ; 1)và (0;1); khoảng đồng biến ( 1;0) và (1;)

- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x 1,y CT  1; đạt cực đại tại x0,yCĐ=0

- Giới hạn: lim lim

m m  m (thỏa mãn điều kiện (*))

Vậy với m4 thì đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện

tích bằng 32

0,25

2

(1,0đ)

Phương trình đã cho tương đương

2sin sinx 3x4cos sinx 3x  sin2x2cos2x 2 0

Ta thấy cos x0 không là nghiệm của phương trình ( )1

cos x0 , (1)tanx  2 x arctan 2k (k ) 0,25

32

k x

11

12

1 .

Kẻ AF CE tại F, AF cắt BH tại K Kẻ AJ vuông góc với SF tại J suy ra

0,25

Kẻ đường kính AA’ của đường tròn (I) suy ra IM là đường trung bình của tam giác

AA’H nên AH 2IM Mặt khác AH IM, cùng hướng suy ra AH 2IM 0,25

Trực tâm H của tam giác thuộc đường tròn

(C’) là ảnh của (C) qua phép tịnh tiến

2 IM

T , với vectơ tịnh tiến có tọa độ 2IM (3; 5)

Từ biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến suy ra

phương trình đường tròn (C’) có tâm I4 7; 

' : ( 4) ( 7) 17

C x  y 

0,25

Vậy H là giao điểm của đường tròn (C’) và đường thẳng có phương trình

5 x  3 y  24  0 nên ta có 2 điểm H thỏa mãn là H(3; -3) hoặc H(0;-8)

 phương trình (*) vô nghiệm

Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x = 2

0,25

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 2 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 0,25

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

-Hết -

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

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

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

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:………