de thi thu thpt quoc gia so 7 deda thi thu so 7 thptqg 2015

Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị C.. b Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp ca.. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn n

ĐỀ THI THỬ THQG NĂM 2015

Môn: TOÁN

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

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4 2x2 1

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ 2

2

x Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C)

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Giải bất phương trình log22 1 log (23 1) log 32

2

x

x

b) Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp

ca Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức chỉ cho phép biểu diễn 2

tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục

tham gia biểu diễn?

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình cot 2 1 tan

1 tan

x x

x





Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

5

1

1

3 1

x x





Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1; 1), AB(1;0;3)

Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng

OA sao cho tam giác MAB vuông tại M

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông

góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD

2

SAa AC a SM  a , với M là trung điểm cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có

phương trình đường thẳng AB x: 2y 3 0 và đường thẳngAC y:  2 0 Gọi I là giao điểm

của hai đường chéo AC và BD Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB 2IA,

hoành độ điểm I: x I  3 và M 1;3 nằm trên đường thẳng BD

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

3

x y





Câu 9 (1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2x3y7 Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P2xy y 5(x2y2)24 8(3 x y) (x2y23)

- Hết -

NGUYỄN ĐÌNH NGHỊ - ĐT:0909544238

1.a

Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 4 2

TXĐ:

Giới hạn: lim , lim

     

0,25

Sự biến thiên: / 3

4 4 ,

0

y

  





Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( 1; 0)  và (1;  ) , hàm số đồng biến trên

mỗi khoảng (   ; 1) và (0;1)

0,25

Bảng biến thiên

x  -1 0 1 

y’ + 0 - 0 + 0 -

y 2 2

1

 

0,25

Đồ thị có điểm cực đại A(-1;2), B(1;2) và điểm cực tiểu N(0;1) Vẽ đồ thị (C) 0,25

1.b

Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ 2

2

x Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C)

1,00

Ta có 2 7; ( )

2 4



  Và

2

Pttt (d) có dạng / 2 2 7

y y  x 

3 2 4

Pt hđ giao điểm của d và (C): 4 2 3 4 2

4

          0,25

2 2 2

2

Vậy có 3 điểm: 2 7 / 2 2 1 / / 2 2 1

2.a

Giải bất phương trình log22 1 log (23 1) log 32

2

x

x

ĐKXĐ 2 1 0 1

2

x    x (*) Với đk (*), pt log (22 x 1) log (23 x  1) 1 log 32

log 3.log (2x 1) log (2x 1) 1 log 3

0,25

log 3 1 log (2 2  3 x 1) 1 log 3 2

Đối chiếu (*), tập nghiệm: 1;1

2

S  

0,25

2.b

Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết

mục hợp ca Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức

chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca

Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn?

0,50

Mỗi cách chọn 2 tiết mục múa trong 3 tiết mục múa là một tổ hợp chập 2 của

3, suy ra số cách chọn 2 tiết mục múa: C323

Mỗi cách chọn 2 tiết mục đơn ca trong 5 tiết mục đơn ca là một tổ hợp chập 2

của 5, suy ra số cách chọn 2 tiết mục đơn ca: 2

5 10

C 

Mỗi cách chọn 3 tiết mục hợp ca trong 4 tiết mục hợp ca là một tổ hợp chập 3

của 4, suy ra số cách chọn 3 tiết mục hợp ca: 3

4 4

C 

0,25

Theo quy tắc nhân, số cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn: 3.10.4 = 120 0,25

3

Giải phương trình cot 2 1 tan

1 tan

x x

x





ĐK:

sin 2 0

2 cos 0

4

x

x







Với ĐK pt tan 2 tan

2

Kết hợp ĐK, ta có nghiệm: ,

4

4

Tính tích phân

5

1

1

3 1

x x





Đặt

2 1

3 1, 0

3

t

3

dx tdt

Đổi cận: x  1 t 2;x  5 t 4 0,25 4

2 2

1 2

1

t





2

2

ln 1 ln 1

2ln 3 ln 5

5

Cho điểmA(2;1; 1), AB(1;0;3) Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng

hàng Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB

vuông tại M

1,00

Ta có OBOA AB (3;1; 2)B(3;1; 2) 0.25

* OA(2;1; 1), AB(1;0;3)không cùng phương: O, A, B không thẳng hàng 0.25

Ta có OM t OA(2 ; ;t t  t) M(2 ; ;t t t) và

AM t t  t BM t t  t

Tam giác MAB vuông tại M thì

AM BM   t t  t t   t   t

6

0.25

 t 1 M(2;1; 1) A (loại) và 5 ( ; ;5 5 5)

t M  thỏa bài toán 0,25

6

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc

của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và

BD Biết 2, 2 , 5

2

SAa AC a SM  a , với M là trung điểm cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và

AC

N

M

O A

D S

H K

1,00

Từ giả thiết SO(ABCD)SO AC OA, a, 2 2

SO SA OA a 0,25

:

2

3

.

S ABCD

V  AB BC SO a

0,25

Gọi N trung điểm BC MN/ /ACd SM AC( , )d AC SMN( , ( ))d O SMN( , ( ))

  : OMN O OH: MN SO, MNMN (SOH)

0,25

OMN O

a

ON  a OM  OH MN OH  a

19

OS OH

7

Cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng

AB x y  và đường thẳngAC y:  2 0 Gọi I là giao điểm của hai

đường chéo AC và BD Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết

2

IB IA , hoành độ điểm I: x I  3 và M 1;3 nằm trên đường thẳng BD

E I

1,00

Ta có A là giao điểm của AB và AC nên A 1; 2 0,25 Lấy điểm E 0; 2 AC Gọi F2a 3;aAB sao cho EF // BD

Khi đó EF AE EF BI 2 EF 2AE

1

5

a

a







 



0,25

Với a 1 thì EF   1; 1 là vtcp của đường thẳng BD Nên chọn vtpt của

BD là n 1; 1 PtBD x:   y 4 0 BDAC I 2; 2

 5; 1

BDABB  

1

3 2 2; 2 2

0,25

Với 11

5

a thì 7 1;

5 5

   là vtcp của đường thẳng BD Nên chọn vtpt của

BD là n1; 7  Do đó, BD x: 7y220  I 8; 2(loại)

0,25

8

Giải hệ phương trình

3

x y





(I) 1,00

ĐKXĐ: 2 0 2

Nhận xét x1,y1 không là nghiệm của hệ Xét y1 thì pt (1) của hệ (I)

( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) 0

x x y  y  y x y  0,25

1

x

y

 Khi đó, pt (1) trở thành

Với t = 1, thì 1 1

1

x

 , thế vào pt(2), ta được

2 2

3

2 2

3

1

 

 

0,25

2

Với 1 5 3 5.

x   y 

Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm   1 5 3 5

0,25

9

Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2x3y7 Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P2xy y 5(x2y2)24 8(3 x y) (x2y23)

1,00

Ta có

2

2

Ta có 2 2  2 2 2

5(x y ) 2xy  5(x y )2xy và

        

Suy ra P2(xy  x y) 24 2(3 x y xy3) 0,25

( ) 2 24 2 6

P f t  t t

/

(2 6) 8 24.2

t

Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng 0;5

min ( )f t  f(5) 10 48 2 

0,25

Vậy 3 2

min 10 48 2,

1

x

y





Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa

- Hết -