Tải Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán trường THPT Nguyễn Trường Tộ, Bình Định năm 2015 - Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán có đáp án

Lập phương trình mặt phẳng chứa trục Oy và cắt mặt cầu theo một đường tròn có bán kính.. Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt [r]

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRƯỜNG TỘ

ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Môn TOÁN Thời gian làm bài 180 phút

-*** -4 2( 2 1) 2 1 (1)

y x  m  x  Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số:

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0

b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá

trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất

Câu 2 (1,0 điểm).

sin 2x cosxsinx1 (x R )a) Giải phương trình:

2

2

log log (2 x ) 0 (x R )

b) Giải bất phương trình:

2

3

dx

I

x x







Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân

z

11

1 2

z

z

z



 



4 2

z i

z i



 Câu 4 (0,5 điểm) Cho số phức thỏa mãn điều kiện Hãy tính

' ' '

ABC A B C ABC a AA'a A' A B C ', , A B a ABC A B C ( ' ' ' AMN)Câu 5 (1,0 điểm).

Cho hình lăng trụ , đều có cạnh bằng , và đỉnh cách đều Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và Tính theo thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ C đến mặt

phẳng

( )S x2y2 z2  4x6y 2z 2 0 ( )P ( ) S r 2 3Câu 6 (1,0 điểm) Trong không

gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu có phương trình Lập phương trình mặt phẳng chứa trục Oy và cắt mặt cầu theo một đường tròn có bán kính

Câu 7 (0,5 điểm) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9

đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau

ABC AH 3 x4y10 0 BE x y  1 0 M(0;2) AB C 2 ABC Câu 8 (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác với đường cao có phương trình và

đường phân giác trong có phương trình Điểm thuộc đường thẳng và cách đỉnh một khoảng bằng Tính diện tích tam giác

2 5 4 1 ( 2 2 4)

x  x  x x  x

Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình: (x R)

;

x y Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P x y  x  x  y  x  y

Hết

-ĐÁP ÁN

Câu 1.

(2 đ)

a) (Tự khảo sát)

b) y’ = 4x3 – 4(m2+1)x

2

0

1

x







 

 y’ = 0   hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m

2 1

CT

x  m  y CT  (m2 1)2 1  giá trị cực tiểu

2 2

ì ( 1) 1 CT 0

V m    y  max(y CT) 0   m2   1 1 m 0

Câu 2.

(1 đ) sin 2(sinx xcos )(1 sincosx xsin xx1  cos ) 0a) (1)x 

(1) 

sin cos 0

1 sin cos 0





3

2

k Z





  





      



2

2

og log (2 x ) 0 (x R )

b) (2).

2 log (2 x ) 0  2 x    1 1 x1Điều kiện:

2

log (2 ) 1

0

x

x



( 1;0) (0;1)

S    Vậy tập nghiệm bpt là

Câu 3.

(1 đ)

2

I

3

t  x   x   t x dx t dt

Đặt

x  t  x  t 

2

t dt

3

2

x I

x

Câu 4.

2

z

z z



 

 z2 4z13 0  ' 9 9i 2

2 3

2 3

 



  

2 3

z  i

4 2

z i

z i





2

1 2

i i





2 3

z  i

4 2

z i

z i





i i





Câu 5.

(1 đ)

 Gọi O là tâm tam giác đều ABC  A’O  (ABC)

,

Ta có

' '

A O AA  AO  a  

4

ABC

S 

;

' ' '

ABC A B C Thể tích khối lăng trụ :

ABC

1

3

AMC

V

d C AMN

S

 Ta có

2

NAMC

Suy ra:

3 2

a

AM AN 

AMN

 lại có: , nên cân tại A

AE MN

'

A C a

Gọi E là trung điểm AM suy ra ,

2 2

2

AMN

a

;

2

d C AMN

(đvđd)

Câu 6.

(1 đ)

( ) :S x y z  4x6y 2z 2 0  (x 2) (y3) (z1) 16 ( )S I(2; 3;1) R 4 j (0;1;0) có tâm bán kính ; trục Oy có VTCP

( ; ; )

n a b c



Gọi là VTPT mp(P) ,

( )P nj b0  n( ;0; ) (a c a2c2 0) chứa Oy 

0

ax cz  Phương trình mp(P):

2 3

r  (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh

 ,( ) 2 2 2

d I P  R  r 

2 2

2

a c



c





 0

x  3 x4z0Vậy phương trình mp(P): hoặc

Câu 7.

(0,5 đ)

4

4 4 4

12 8

n  C C C 

Số phần tử không gian mẫu là

Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau”

( ) 3 2 1 1080

n A

P A

n

Câu 8.

(1 đ)

Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC

Tính được N(1; 1) Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 0

B là giao điểm của BC và BE Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt:

(4;5)

B

x y









Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình: 3x – 4y + 8 = 0

A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt:

( 3; )

A







Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:

(1;1) 1; 1

31 33

;

25 25

C

C







Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra

A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.

31 33

;

25 25

C 

 Tương tự A và thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC.

A

B

C H

E M(0;2

)

N I

( , )

20

AH d A BC 

8

ABC

BC = 5, Do đó (đvdt).

Câu 9.

(1 đ) x25x4 1  x x( 2 2x 4)

(*)

x x



 

4 x x( 2x 4)  x 5x 4Khi đó (*) 

4 x x( 2x 4) ( x 2x 4) 3 x (**)

x   TH 1: , chia hai vế cho x > 0, ta có:

(**) 

2 2 4

, 0

x

t  t  1 t 3Đặt , ta có bpt:

2 2

2

4 0





    x25x 4 0 TH 2: , , (**) luôn thỏa

S         

Câu10

.

(1 đ)

P x y  x  x y  x  y

Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y) Ta có OM + ON ≥ MN

(x 1) y  (x1) y  4 4 y 

2

P y  y f y 

2

2

1

y

f y

y

 TH1: y ≤ 2: 

2

2

3

y

y









( 2]

3

3

  

2

f y  y y 2 5 2  3 TH2: y ≥ 2: ≥

MinP  

3

3 Do đó khi x = 0 ; y =

Hết