20 đề thi thử THPTQG môn Toán 2015

Chia sẻ: Hồng Nguyễn | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:119

Thêm vào BST

Báo xấu

57
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

20 đề thi thử THPTQG môn Toán 2015 giới thiệu một số bài tập cơ bản và phương pháp giải môn Toán giúp các em học sinh có thể làm quen phương pháp làm bài, chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi Trung học phổ thông Quốc gia môn Toán sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 20 đề thi thử THPTQG môn Toán 2015

hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 11 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 6 x + 9 x − 1 3 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 1 9 b) Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình x 3 − 3 x 2 + x − m = 0 có một nghiệm duy nhất: 2 2 Câu 2 (1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos 2 x (1 2 cos x)(sin x cos x ) 0 b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + i ) z − 1 − 3i = 0 . Tìm phần ảo của số phức w = 1 − zi + z Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 2log 3 ( x − 1) + log (2 x − 1) 2 3 x+ y − x− y =2 Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (x,y ﾡ ) x2 + y 2 + 1 = 3 + x2 − y 2 1 Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ( 1 − x ) ( 2 + e 2 x ) dx 0 Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh bên SC và đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA. Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình: x + y + 1 = 0 , phương trình đường cao kẻ từ B là: x − 2 y − 2 = 0 . Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;2;1), B(1;0;3), C(0;2;1). Lập phương trình mặt cầu đường kính AB và tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC. Câu 9 (0,5 điểm) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số 1,2,3,....,9. Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi trên ba thẻ với nhau. Tính xác suất để tích nhận được là một số lẻ. Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z và x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất x z của biểu thức: P = + + 3 y . z y Hết
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 11) Câu Đáp án Điểm x=3 0.25 TXĐ: D = ﾡ , y / = 3 x 2 − 12 x + 9 . y ' = 0 x =1 1.a (1,0 điểm) Hàm số nghịch biến trên các khoảng( ;1) và (3;+ ), đồng biến trên khoảng (1;3) lim y = − , lim y = + x − x + 0.25 BBT x − 1 3 + y ' + 0 – 0 + y 3 + 0.25 − 1 Đồ thị : đi qua các điểm (3;1), (1;3), (2;1), (0;1) 0.25 1 9 0.25 Pt : x 3 − 3x 2 + x − m = 0  x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 = 2m − 1 (*) 2 2 1.b 0.25 Pt (*) là pt hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d y = 2m − 1 (d cùng (1,0 điểm) phương trục Ox) . Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C) và d. Dựa 0.25 2 m − 1 < −1 m 3 m>2 cos 2 x (1 2 cos x)(sin x cos x ) 0 2.a sin x − cos x = 0 � (sin x − cos x)(sin x − cos x − 1) = 0 sin x − cos x = 1 (0,5 điểm) 0.25 π + kπ x= π 4 sin( x − ) = 0 4 π � x = + k 2π ( k ﾡ ) π 2 2 0.25 sin( x − ) = 4 2 x = π + k 2π 2.b 1 + 3i 0.25 (1 + i ) z − 1 − 3i = 0  z = = 2 + i 1+ i (0,5 điểm) => w = 2 – i . Số phức w có phần ảo bằng 1 0.25 3 ĐK: x > 1 , 2 log 3 ( x − 1) + log 3 (2 x − 1) 2 � log 3 [( x − 1)(2 x − 1)] �1 0.25 (0,5 điểm) 0.25
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán Điều kiện: x+y 0, xy 0 0.25 4 � u − v = 2 (u > v) � u + v = 2 uv + 4 u = x+ y � � (1,0 điểm) Đ ặ t: ta có h ệ : � u 2 + v2 + 2 � u 2 + v2 + 2 v = x− y � − uv = 3 � − uv = 3 � 2 � 2 0.25 u + v = 2 uv + 4 (1) (u + v) 2 − 2uv + 2 . Thế (1) vào (2) ta có: − uv = 3 (2) 2 uv + 8 uv + 9 − uv = 3 � uv + 8 uv + 9 = (3 + uv ) 2 � uv = 0 . 0.25 uv = 0 Kết hợp (1) ta có: � u = 4, v = 0 (vì u>v). u+v = 4 Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) 0.25 KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).. du = − dx u = 1− x Đặt => 1 5 dv = (2 + e 2 x )dx v = 2 x + e2 x 0.25 2 (1,0 điểm) 1 1 2 1 I = (1 − x)(2 x + e 2 x ) + (2 + e 2 x )dx 2 0 1 2 0.25 1 2x 1 1 2x 1 e2 + 1 = (1 − x)(2 x + e ) + ( x + e ) = 2 2 0 4 0 4 0,5 Gọi H là trung điểm ABLập luận SH ⊥ ( ABC ) Tính được SH = a 15 0.25 6 4a 3 15 Tính được VS . ABC = (1,0 điểm) 3 0.25 Qua A vẽ đường thẳng ∆ / / BD , gọi E là hình chiếu của H lên ∆ , K là hình chiếu H lên SE Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S, ∆ ))=2d(H, (S, ∆ ))=2HK 0.25 a 2 Tam giác EAH vuông cân tại E, HE = 2 1 1 1 31 15 2 = 2 + 2 = 2 � HK = a HK SH HE 15a 31 15 � d ( BD, SA) = 2 a 0.25 31
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ﾡ 1 ﾡ 0.25 Gọi H là trực tâm ∆ ABC. Tìm được B(0;1), cos HBC = = cos HCB 10 7 r Pt đthẳng HC có dạng: a(x2)+b(y1)=0( n = (a; b) là VTPT và a 2 + b 2 > 0 ) (1,0 điểm) 2 ﾡ a+b 1 �a � �a � 0.25 cos HCB = = � 4a 2 + 10ab + 4b 2 = 0 � 2 � �+ 5 � �+ 2 = 0 2(a 2 + b2 ) 10 �b � �b � a = −2 b a = −2, b = 1 � � , phương trình CH: 2x + y + 3 = 0 a 1 a = −1, b = 2(l ) 0.25 =− b 2 AB ⊥ CH. Tìm được pt AB:x+2y+2=0 2 5 Tìm được : C ( ; − ) ,pt AC:6x+3y+1=0 0.25 3 3 Tìm được tọa độ tâm I của mặt cầu I(0;1;2), bán kính mặt cầu: R = 3 0.25 8 Phương trình mặt cầu (S): x 2 + ( y + 1) 2 + ( z − 2) 2 = 3 0.25 (1,0 điểm) uuur uuur uuur Giả sử H(x;y;z), AH = (x − 1; y + 2; z − 1), BC = (1; 2; −2), BH = ( x + 1; y; z − 3) uuur uuur uuur uuur 0.25 AH ⊥ BC � AH .BC = 0 � x + 2 y − 2 z = −5 uuur uuur 2 x − y = −2 7 4 23 BH cùng phương BC , Tìm được H( − ; ; ) 0.25 y+z =3 9 9 9 Số phần tử của không gian mẫu là n( Ω ) = C 39 = 84 0.25 9 Số cách chọn 3 thẻ có tích là số lẻ là n(A) = C53 = 10 (0,5 điểm) 0.25 10 5 => Xác suất cần tính là P(A) = = 84 42 x z 0.25 Ta có + xz 2 x, + yz 2 z . z y 10 x z (1,0 điểm) Từ đó suy ra P = + + 3y 2 x − xz + 2 z − yz + 3 y z y 0.25 = 2( x + z ) + y ( x + y + z ) − xz − yz = 2( x + z ) + y 2 + x( y − z ) Do x > 0 và y z nên x( y − z ) 0 . Từ đây kết hợp với trên ta được 0,25 x z P= + + 3y 2( x + z ) + y 2 = 2(3 − y ) + y 2 = ( y − 1) 2 + 5 5 . z y 0.25 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 12 Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y = − x 3 + 3mx + 1 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 . b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O ( với O là gốc tọa độ ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x + 1 = 6sin x + cos 2 x . 2 x 3 − 2 ln x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = dx . 1 x2 Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 52 x +1 − 6.5 x + 1 = 0 . b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật . Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A ( −4;1;3) và đường thẳng x +1 y −1 z + 3 d: = = . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d . Tìm −2 1 3 tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB = 27 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB = AC = a , I là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm H của BC , mặt phẳng ( SAB ) tạo với đáy 1 góc bằng 60o . Tính thể tích khối chóp S . ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng ( SAB ) theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A ( 1; 4 ) , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của ﾡADB có phương trình x − y + 2 = 0 , điểm M ( −4;1) thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB . x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 4 y 2 − x − 2 + y −1 = x −1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: bc ca ab P= + + 3a + bc 3b + ca 3c + ab hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán …….Hết……….
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐÁP ÁN (ĐỀ 12) Câu Nội dung Điểm 1 a.(1,0 điểm) Vơí m=1 hàm số trở thành : y = − x3 + 3x + 1 0.25 TXĐ: D = R y ' = −3 x 2 + 3 , y ' = 0 � x = �1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( − ; −1) và ( 1; + ) , đồng biến trên khoảng ( −1;1) 0.25 Hàm số đạt cực đại tại x = 1 , yCD = 3 , đạt cực tiểu tại x = −1 , yCT = −1 lim y = − , lim y = + x + x − * Bảng biến thiên 0.25 x – 1 1 + y’ + 0 – 0 + + 3 y 1 Đồ thị: 0.25
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 4 2 2 4 b.(1,0 điểm) y ' = −3 x 2 + 3m = −3 ( x 2 − m ) 0.25 y ' = 0 � x 2 − m = 0 ( *) Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị PT (*) có 2 nghiệm phân biệt � m > 0 ( **) 0.25 ( Khi đó 2 điểm cực trị A − m ;1 − 2m m , B ) ( m ;1 + 2m m ) 0.25 uuur uuur 1 Tam giác OAB vuông tại O � OA.OB = 0 � 4m3 + m − 1 = 0 � m = ( TM (**) ) 2 0,25 1 Vậy m = 2 2. (1,0 điểm) sin 2 x + 1 = 6sin x + cos 2 x ⇔ (sin 2 x − 6sin x) + (1 − cos 2 x) = 0 0.25 2sin x ( cos x − 3) + 2sin 2 x = 0 0. 25 ⇔ 2sin x ( cos x − 3 + sin x ) = 0 sin x = 0 sin x + cos x = 3(Vn) 0. 25 ⇔ x = kπ . Vậy nghiệm của PT là x = kπ , k Z 0.25
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán (1,0 điểm) 2 2 2 2 2 0.25 ln x x2 ln x 3 ln x I =� xdx − 2 �2 dx = −2 �2 dx = − 2�2 dx 1 1 x 2 1 1 x 2 1 x 2 ln x Tính J = dx x2 1 0.25 3 1 1 1 Đặt u = ln x, dv = 2 dx . Khi đó du = dx, v = − x x x 2 2 1 1 Do đó J = − ln x + 2 dx x 1 1 x 2 1 1 1 1 J = − ln 2 − = − ln 2 + 2 x1 2 2 0.25 1 Vậy I = + ln 2 2 0.25 4. (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 5x = 1 0.25 52 x +1 − 6.5 x + 1 = 0 � 5.5 − 6.5 + 1 = 0 � x 1 2x x 5 = 5 x=0 Vậy nghiệm của PT là x = 0 và x = −1 x = −1 0.25 b,(0,5điểm) n ( Ω ) = C113 = 165 0.25 Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61 + C51.C62 = 135 135 9 0.25 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là = 165 11 5. (1,0 điểm) uur Đường thẳng d có VTCP là ud = ( −2;1;3) uur Vì ( P ) ⊥ d nên ( P ) nhận ud = ( −2;1;3) làm VTPT 0.25
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán Vậy PT mặt phẳng ( P ) là : −2 ( x + 4 ) + 1( y − 1) + 3 ( z − 3) = 0 � −2 x + y + 3 z − 18 = 0 0.25 Vì B d nên B ( −1 − 2t;1 + t; −3 + 3t ) 0.25 AB = 27 � AB 2 = 27 � ( 3 − 2t ) + t 2 + ( −6 + 3t ) = 27 � 7t 2 − 24t + 9 = 0 2 2 t =3 0.25 � 13 10 12 � 3 Vậy B ( −7; 4;6 ) hoặc B �− ; ;− � t= � 7 7 7� 7 6. (1,0 điểm) Sj Gọi K là trung điểm của AB � HK ⊥ AB (1) 0.25 Vì SH ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ AB (2) Từ (1) và (2) suy ra � AB ⊥ SK M Do đó góc giữa ( SAB ) với đáy bằng góc giữa H B ﾡ SK và HK và bằng SKH = 60o C K ﾡ a 3 Ta có SH = HK tan SKH = 2 A 1 1 1 a3 3 Vậy VS . ABC = S ABC .SH = . AB. AC.SH = 3 3 2 12 0.25 Vì IH / / SB nên IH / / ( SAB ) . Do đó d ( I , ( SAB ) ) = d ( H , ( SAB ) ) Từ H kẻ HM ⊥ SK tại M � HM ⊥ ( SAB ) d ( H , ( SAB ) ) = HM 0.25 1 1 1 16 a 3 a 3 Ta có 2 = 2 + 2 = 2 � HM = . Vậy d ( I , ( SAB ) ) = HM HK SH 3a 4 4 0,25 (1,0 điểm)
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 7. ﾡ Gọi AI là phân giác trong của BAC A E Ta có : ﾡAID = ﾡABC + BAI ﾡ M' 0,25 K M ﾡ IAD ﾡ = CAD ﾡ + CAI B I C D ﾡ Mà BAI ﾡ = CAI , ﾡABC = CAD ﾡ nên ﾡAID = IAD ﾡ ∆DAI cân tại D DE ⊥ AI PT đường thẳng AI là : x + y − 5 = 0 0,25 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI PT đường thẳng MM’ : x − y + 5 = 0 Gọi K = AI MM ' K(0;5) M’(4;9) 0,25 uuuuur r VTCP của đường thẳng AB là AM ' = ( 3;5 ) VTPT của đường thẳng AB là n = ( 5; −3) 0,25 Vậy PT đường thẳng AB là: 5 ( x − 1) − 3 ( y − 4 ) = 0 � 5 x − 3 y + 7 = 0 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4(1) (1,0 điểm). 4 y 2 − x − 2 + y − 1 = x − 1(2) 0.25 xy + x − y 2 − y 0 Đk: 4 y − x − 2 0 2 y −1 0 Ta có (1) � x − y + 3 ( x − y ) ( y + 1) − 4( y + 1) = 0 Đặt u = x − y , v = y + 1 ( u 0, v 0 ) u=v Khi đó (1) trở thành : u 2 + 3uv − 4v 2 = 0 8. u = −4v (vn) 0.25 Với u = v ta có x = 2 y + 1 , thay vào (2) ta được : 4 y 2 − 2 y − 3 + y − 1 = 2 y � 4 y 2 − 2 y − 3 − ( 2 y − 1) + ( ) y −1 −1 = 0 0.25 2 ( y − 2) y−2 � 2 1 � + = 0 � ( y − 2) � + �= 0 4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1 y −1 +1 � 4 y 2 − 2 y − 3 + 2 y − 1 y −1 +1 � � � 2 1 0.25 � y = 2 ( vì � + > 0∀y �1 ) 4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1 y −1 +1 Với y = 2 thì x = 5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là ( 5; 2 )
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 9. (1,0 điểm) . bc bc bc bc � 1 1 � Vì a + b + c = 3 ta có = = � + � 3a + bc a (a + b + c) + bc (a + b)(a + c ) 2 �a + b a + c � 1 1 2 0,25 Vì theo BĐT CôSi: + , dấu đẳng thức xảy ra b = c a+b a+c (a + b)(a + c) ca ca � 1 1 � ab ab � 1 1 � 0,25 Tương tự � + � và � + � 3b + ca 2 �b + a b + c � 3c + ab 2 �c + a c + b � bc + ca ab + bc ab + ca a + b + c 3 Suy ra P + + = = , 2(a + b) 2(c + a ) 2(b + c) 2 2 0,25 3 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = khi a = b = c = 1. 2 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 13) 4 2 Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số: y = - x + 4x - 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Dựa vào đồ thị (C) tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình x 4 - 4x 2 + 3 + 2m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt. Câu 2. (1,0 điểm) 3sin α − 2 cos α a) Cho tan α = 3 . Tính A = 5sin 3 α + 4 cos3 α b) Tìm môdun của số phức z = 5 + 2i − ( 1 + 3i ) 3 Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình : 16x − 16.4x + 15 = 0 Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình : 2 x 2 + 6 x − 8 + 2 x 2 + 4 x − 6 − 3 x + 4 − 3 x + 3 − 1 > 0 6 Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân J = x x 2 3dx 1
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có AD = a, AB = a 3 , cạnh bên ﾡ SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), góc SBA = 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G ( 1;1) , đường cao từ đỉnh A có phương trình 2 x − y + 1 = 0 và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng ∆ : x + 2 y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 6. Câu 8. ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 1; 2;3) và mặt phẳng (P) có phương trình: x + y − 4 z + 3 = 0 . Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với ( P ) và phương trình của đường thẳng ( d ) qua A và vuông góc với ( P ). Câu 9. (0,5 điểm) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ. Câu 10. (1,0 điểm) Giả sử x, y là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình x 2 + 2ax + 9 = 0 với a 3 ; 2 �1 1 � y − 2by + 9 = 0 với b 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 3 ( x − y ) 2 2 + � − �. �x y � ĐÁP ÁN (ĐỀ 13) Câu Nội dung Điểm Câu 1 a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) ﾡ Tập xác định: D = ? 0,25 ﾡ Giới hạn tại vô cực: x ﾡlim -ﾡ y = - ﾡ ; lim y = - ﾡ x ﾡ +ﾡﾡ Đạo hàm: y ﾡ = - 4x 3 + 8x 0,25 ﾡx = 0 y ﾡ = 0 � - 4x 3 + 8x = 0 � 4x (- x 2 + 2) = 0 � ﾡﾡﾡﾡx = ﾡ 2 ﾡ Bảng biến thiên 0,25 x –ﾡ - 2 0 2 +ﾡ yﾡ + 0 – 0 + 0 – y 1 1
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán –ﾡ –3 –ﾡﾡ Giao điểm với trục hoành: ﾡx 2 = 1 ﾡx = ﾡ 1 4 2 ﾡﾡ cho y = 0 � - x + 4x - 3 = 0 �� ﾡ2 ﾡ x ﾡﾡ = 3 ﾡﾡx = ﾡ 3 ﾡ Giao điểm với trục tung: cho x = 0 � y = - 3 y ﾡ Đồ thị hàm số: 1 3 1 1 3 O 2 x 2 3 y = 2m 2m b) ) (1,0 điểm) ﾡBiến đổi: x 4 - 4x 2 + 3 + 2m = 0 � - x 4 + 4x 2 - 3 = 2m (*) 0,25 ﾡSố nghiệm pt (*) bằng số giao điểm của (C ) : y = - x 4 + 4x 2 - 3 và 0,25 d: y = 2m. ﾡDựa vào đồ thị tìm được : 2m = 1 hoặc 2m
Câu2 a) (0,5 điểm) hoctoancapba.com (1,0 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán điểm) 0,25 3sin α − 2 cos α 3 tan α − 2 A= = 5sin α + 4 cos α cos α 5 tan 3 α + 4 3 3 2 ( ) 0,25 3 tan α − 2 70 = 5 tan α + 4 3 ( 1 + tan 2 α = 139 ) b) (0,5 điểm) . 0,25 z = 5+2i(1+3.3i+3(3i)2 + (3i)3 ) = 31+20i Vậy z = 312 + 202 = 1361 0,25 Câu 3 + Đặt t = 4x; ĐK: t > 0. 0,25 (0,5 + Đưa về PT: t2 16t + 15 = 0. Giải được t = 1; t =15 (thỏa đk t > 0). điểm) + Giải mỗi pt, tìm được x = 0, x = log415. 0,25 + Kết luận pt có 2 nghiệm: x = 1 và x = log415. * Ghi chú: HS có thể không cần đặt ẩn phụ, nếu giải đúng vẫn đạt điểm tối đa. Câu 4 Đk: x 1 0,25 (1 2 ( x − 1) ( x + 4 ) + 2 ( x − 1) ( x + 3) − 3 x + 4 − 3 x + 3 − 1 > 0 điểm) � 2 ( x − 1) x + 4 + 2 ( x − 1) x + 3 − 3 x + 4 − 3 x + 3 − 1 > 0 0,5 � 2 ( x − 1) ( x+4 + x+3 −3 ) ( x + 4 + x + 3 >1 ) � ( 2 ( x − 1) − 3 )( x + 4 + x + 3 >1 ) 1 � 2 ( x − 1) − 3 > x+4 + x+3 � 2 ( x − 1) − 3 > x + 4 − x + 3 2 ( x − 1) − 3 > 0 ( ) ( ) 2 2 2 ( x − 1) − 3 > x+4 − x+3 11 x> S 2 3 2 ( x − 1) < ( x + 4 ) ( x + 3) I 11 A 30 x> a B 2 x − 11x + 30 > 0 2 D C
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 14) Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x + (m + 1)x 2 + (m 2 4)x m + 1 3 a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m = 2. b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại giao điểm của (C ) với trục tung. Câu 2 (1,0 điểm): π a/ Giải phương trình lượng giác: 2 cos(2x + ) + 4s inx.sin3x 1 = 0 3 b/ Giải phương trình sau đây trên tập số phức: 2z 2 2z + 5 = 0 Câu 3 (0,5điểm): Giải phương trình: 2log 2 (x 2) + log 0,5 (2x 1) = 0 2 x +1 x 2.4 y + 1 = 2 + 2log 2 Câu 4 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình y , (x,y R). x3 + x = ( y + 1) ( xy + 1) + x 2
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 1 x Câu 5 (1,0 điểm): Tính tích phân I = ﾡ (1 + x)e dx 0 Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 0. Tính thể tích của hình chóp. Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC. Biết AM có phương trình là: 3x+y7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A có tung độ dương, điểm M có tung độ âm Câu 8 (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz , cho điểm A (- 3;2; - 3) và hai đường thẳng x 1 y+2 z3 x 3 y 1 z 5 d1 : = = và d 2 : = = 1 1 1 1 2 3 a/ Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau. b/ Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 . Tính khoảng cách từ A đến mp(P). n 1 Câu 9 (0,5 điểm): Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của: x � 6 5 � � 2 + x �, biết tổng các hệ 3 �x � số trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và x > 0 ). Câu 10 (1,0 điểm): Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: a 2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 1 1 1 + + + + . 4b 2 4c 2 4a 2 a+b b+c c+a ………………….HẾT……………... ĐÁP ÁN (ĐỀ 14) Câu Nội dung Điểm 1a 3 Với m = 2 ta có hàm số: y = 2x + 3x - 1 2 1.0đ ﾡ Tập xác định: D = ? ﾡ Đạo hàm: y ﾡ = 6x 2 + 6x ﾡ Cho y ﾡ = 0 � 6x 2 + 6x = 0 � x = 0 hoac x = - 1 ﾡ Giới hạn: lim y = - ﾡ ; lim y = +ﾡ xﾡ - ﾡ x ﾡ +ﾡﾡ Bảng biến thiên x –ﾡ –1 0 +ﾡ yﾡ + 0 – 0 + 0 +ﾡ y –ﾡ –1 ﾡ Hàm số ĐB trên các khoảng (- ﾡ ; - 1),(0; +ﾡ ) , NB trên khoảng (- 1; 0) Hàm số đạt cực đại yCĐ = 0 tại x CÑ = - 1 , đạt cực tiểu yCT = –1 tại x CT = 0 .
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 1 1 � 1 1� ﾡ y ﾡﾡ = 12x + 6 = 0 � x = - � y = - . Điểm uốn: I ﾡﾡ- ; - ﾡﾡ 2 2 ﾡ� 2 2 �ﾡﾡ Giao điểm với trục hoành: 1 cho y = 0 � 2x 3 + 3x 2 - 1 = 0 � x = - 1 hoac x = 2 Giao điểm với trục tung: cho x = 0 � y = - 1 3 1 1 ﾡ Bảng giá trị: x - 2 -1 - 2 0 2 1 y -1 0 - 2 -1 0 ﾡ Đồ thị hàm số: như hình vẽ dưới đây y 1 O 1 x 2 1 Giao điểm của (C ) với trục tung: A (0; - 1) ﾡ x 0 = 0 ; y 0 = - 1 1b ﾡ f ﾡ(0) = 0 1.0đ ﾡ Vậy, pttt tại A(0;–1) là: y + 1 = 0(x - 0) � y = - 1 π Giải phương trình : 2 cos(2x + ) + 4s inxsin3x − 1 = 0 (1) 3 π π � 2(cos2xcos − sin 2x sin ) + 4sin x sin 3x − 1 = 0 3 3 � cos2x − 3 s in2x+4sin x sin 3x − 1 = 0 � 1 − 2s in 2 x2 3 sin x cos x + 4sin x sin 3x − 1 = 0 � s inx(2s in3xsin x 3 cos x) = 0 s inx = 0 2a s inx + 3 cos x = 2sin 3x 0.5 đ *s inx = 0 � x = kπ (k �z) 1 3 *s inx + 3 cos x = 2sin 3x � s inx + cos x = sin 3x 2 2 � π � π �3x = x + + k2π �x = + kπ π 3 6 �+sin(x = � ) sin 3x � � (k z) 3 � π � π π 3x = π − x − + k2π x = +k � � 3 � � 6 2 π π vậy phương trình đã cho có nghiệm x = kπ ; x = + k (k z) 6 2
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 2z 2 - 2z + 5 = 0 (*) ﾡ Ta có, D = (- 2)2 - 4.2.5 = - 36 = (6i )2 2b ﾡ Vậy, phương trình (*) có 2 nghiệm phức phân biệt: 0.5 đ 2 + 6i 1 3 2 - 6i 1 3 z1 = = + i ; z2 = = - i 4 2 2 4 2 2 2 log2 (x - 2) + log 0,5 (2x - 1) = 0 (*) ﾡx - 2 > 0 ﾡx > 2 ﾡﾡ �� ﾡﾡ Điều kiện: � � 2 x - 1 > 0 � 1 �x >2 ﾡ� � x > 3 ﾡ 2 0.5 đ ﾡ Khi đó, (*) � log2 (x - 2) - log2 (2x - 1) = 0 � log2 (x - 2)2 = log2 (2x - 1) 2 ﾡx = 1 (loai) ﾡ ( x - 2) 2 = (2 x - 1) � x 2 - 6x + 5 = 0 � ﾡﾡx = 5 (nhan) ﾡﾡ 2x 0 x>0 Điều kiện: �x � >0 y>0 y Ta có: ( ) ( 2 ) � x + yx + 1 ( x − y − 1) = 0 � x − y − 1 = 0 ( Vì x 2 + yx + 1 > 0 ) 2 � y = x − 1 (a) x ( 1) 2.4 y + 1 = 2 2 x +1 + 2log 2 y � 22 y + log 2 2 y = 2 2x ( *) + log 2 2 x Xét hàm số: f ( t ) = 2 + log 2 t trên ( 0;+ ) t 4 1.0 đ 1 Ta có: f ' ( t ) = 2 ln 2 + t > 0 ∀t [ 0; e] ,vậy f ( t ) là hàm số đồng biến. t ln 2 Biểu thức ( *) � f ( 2 y ) = f ( ) 2 x � 2 y = 2 x (b) Từ (a) và (b) ta có: x 1 �x 1 �x 1 x=2 2 ( x − 1) = 2 x �� 2 � 2 �4 x − 8x + 4 = 2 x �2 x − 5x + 2 = 0 1 x= 2 � x = 2 Với x = 2 � y = 1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm ( 2;1) . 5 1 1.0 đ I = ﾡ (1 + x )e x dx 0 � u =1+x � du = dx ﾡ Đặt � � x ﾡ � � . Thay vào công thức tích phân từng phần ta � dv = e dx � v = ex � � � � được:
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 1 1 1 I = (1 + x )e x 0 - x ﾡ 0 e dx = (1 + 1)e 1 - (1 + 0)e 0 - e x 0 = 2e - 1 - (e 1 - e 0 ) = e 1 ﾡ Vậy, I = ﾡ (1 + x )e x dx = e 0 S A D 60 O B 2a C 6 ﾡ Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO ^ (A BCD ) do đó SO là đường cao 1.0 đ của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO, ? do đó SBO = 600 (là góc giữa SB và mặt đáy) ? SO ? BD ? ﾡ Ta có, t an SBO = � SO = BO . t an SBO = . t an SBO BO 2 = a 2. t an 600 = a 6 ﾡ Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là 1 1 1 4a 3 6 V = B .h = A B .BC .SO = 2a .2a .a 6 = 3 3 3 3 7 A x B I x H 2 M D C 6 Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM � BH = d ( B; AM ) = 10 Đặt cạnh hình vuông là x>0 1 1 1 10 1 4 Xét tam giác ABM có 2 = 2 + 2 � = + � x=3 2 BH BA BM 36 x 2 x 2 A thuộc AM nên A ( t ;7 − 3t ) ( 4 −t) + ( 3t − 6 ) = 3 2 � 10t 2 − 44t + 34 = 0 2 2 AB = 3 2 � t =1 �17 16 � � 17 � A � ; − �− loai, A ( 1; 4 ) − t / m t= �5 5� 5 x 3 2 �5 1 � Làm tương tự cho điểm B, với BM = = � M � ;− � 2 2 �2 2 �
hoctoancapba.com Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán M là trung điểm của BC � C ( 1; −2 ) Gọi I là tâm của hình vuông I ( 1;1) Từ đó � D ( −2;1) r a/ ﾡ d1 đi qua điểm M 1(1; - 2; 3) , có vtcp u1 = (1;1; - 1) r ﾡ d2 đi qua điểm M 2 (3;1;5) , có vtcp u 2 = (1;2; 3) r r �1 - 1 - 1 1 1 1 � ﾡﾡﾡﾡ Ta có [u1, u 2 ] = ﾡﾡ ; ; ﾡﾡ = (5; - 4;1) ﾡﾡ�2 3 3 1 1 2� ﾡ uuuuuur và M 1M 2 = (2; 3;2) r r uuuuuur ﾡ Suy ra, [u1, u 2 ].M 1M 2 = 5.2 - 4.3 + 1.2 = 0 , do đó d1 và d2 cắt nhau. 8 b/ Mặt phẳng (P) chứa d1 và d2 . 1.0 đ ﾡ Điểm trên (P): M 1(1; - 2; 3) r r r ﾡ vtpt của (P): n = [u 1, u 2 ] = (5; - 4;1) ﾡ Vậy, PTTQ của mp(P) là: 5(x - 1) - 4(y + 2) + 1(z - 3) = 0 � 5x - 4y + z - 16 = 0 ﾡ Khoảng cách từ điểm A đến mp(P) là: 5.(- 3) - 4.2 + (- 3) - 16 42 d (A, (P )) = = = 42 52 + (- 4)2 + 12 42 Xét khai triển : n 5 n �1 � �1 � x � 3 + x 5 � = x3 � 3 + x 2 � 3 x �x � � � � �1 � n n −1 5 n −k 5 k 5 n� 1 �1 � � 2 � k �1 � � 2 � n �2 � =x � 3 Cn � 3 �+ Cn � 3 � �x �+ ... + Cn � 3 � �x �+ ... + Cn �x �� 0 9 x �x � � � �x � � � 0.5 đ � � � � � �� Thay x = 1 vào khai triển ta được: 2n = �Cn0 + Cn1 + ... + Cnk + ... + Cnn � � � Theo giả thiết ta có: Cn + Cn + ... + Cn + ... + Cn = 4096 � 2 = 2 � n = 12 0 1 k n n 12 10 �1 � 12 x 3 � 2 + x5 � Với n = 12 ta có khai triển: �x � k + 1( 0 k 12, k Z) 6 Gọi số hạng thứ là số hạng chứa x . ( ) 12 − k 5k �1 � k 2 k − 21+ 0,5 Tk +1 = x C � 2 � 3 k 12 x5 = C12k x 2 Ta có : �x � 5k 2 ( 21 + 6 ) 6 2k − 21 + =6� k = =6 Vì số hạng có chứa x nên : 2 9 . Với k = 6 ta có hệ số cần tìm là : C12 = 924 . 6