Bộ đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán

Chia sẻ: Tran Nghe | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:331

Thêm vào BST

Báo xấu

95
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Bộ đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán" giới thiệu tới người đọc một số đề thi khảo sát chất lượng học sinh lớp 12 của các trường THPT trên cả nước và một số đề thử sức trước kỳ thi đăng trên các tạp chí. Sau mỗi đề thi đều có phần hướng dẫn giải chi tiết giúp người đọc tiện đối chiếu với bài làm của mình.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Bộ đề thi thử THPT Quốc gia năm 2015 môn Toán

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 1 1 3 1 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x  x  2x  6 . 3 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 2 x3  3 x 2 12 x  2 m 1  0 . Câu 2 (1,0 điểm).   1   a) Cho góc    ;  mà sin   . Tính sin    .  2  5  6 b) Giải phương trình 2 2 x  x  2  4x  2 x 1 . 4 3 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x  4  x  dx . 0 Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2  z 1  3z  i 1i  2 . Tính môđun của z . b) Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện Cn3  Cnn13  Cnn12 .Cn13 . Tìm số hạng chứa x 6 trong khai triển theo  1  n công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức 2 x   .  3 x  Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a, AC  2a và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết số đo của góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng  SBC  . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I 1; 2;3 và mặt phẳng  P : 2 x  2 y  z 1  0 . Chứng minh rằng mặt phẳng P cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 ; tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến.  3 1 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp K  ;   ,  2 2  đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A tương ứng có phương trình 3x  4 y  5  0 và 2 x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 5 x 1  3  x  2 3x  2 . Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 P  xy  yz  zx  . x yz ------------------HẾT-----------------
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1 a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. (2,0 điểm) ♥ Tập xác định: D   0.25 ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: y '  x 2  x  2 ; y '  0  x  2 hoặc x  1 + Hàm số nghịch biến trên khoảng  2;1 ; 0.25 + Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  và 1;   . ￚ Cực trị: 28 + Hàm số đạt cực đại tại x  2 ; yCĐ  y  2   3 29 + Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 ; yCT  y 1  , 6 ￚ Giới hạn: lim y   và lim y   x  x  ￚ Bảng biến thiên: 0.25 x  2 1  y'  0  0  y 28  3 29  6 ♥ Đồ thị: 0.25 b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 2 x3  3 x 2 12 x  2 m 1  0 (1) 1 3 1 2 37 m 0.25 ♥ Ta có: 1  3 x  x  2x  6   2 6 3 (2) ♥ Xem (2) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị 0.25  C  : y  1 x3  1 x 2  2 x  6  3 2   37 m  : y    6 3 Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của C  và  ♥ Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt   cắt C  tại ba điểm phân biệt 0.25
29 37 m 28     6 6 3 3 19 0.25   m4 2 19 ♥ Vậy giá trị m cần tìm là   m  4. 2 2   1   a).(0,5 điểm). Cho góc    ;  mà sin   . Tính sin    . (1,0 điểm)  2  5  6     3 1 0.25 ♥ Ta có: sin     sin .sin  cos . cos   cos  (1)  6  6 6 2 5 2   0.25 ♥ Từ hệ thức: cos2   sin 2   1 và    ;   2  1 2 Suy ra: cos    1 sin 2    1   (2) 5 5   32 Thay (2) vào (1) ta được: sin      6 2 5 b.(0,5 điểm). Giải phương trình 22 x  x  2  4x  2 x 1 . (1) ♥ Điều kiện: x  0 (*) 0.25 Khi đó: 1  2 2x .2  2  2.2  2  0 x 2x x    2 x  1  2 2 x  2  0  2 x  1  x  0 0.25    2x  1 [thỏa (*)]  2  2  x   2 1 ♥ Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  2 3 4 3 (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  4  x  dx . 0 ♥ Đặt t  4  x  dt  dx 0.25 x4 t0 Đổi cận:  x0 t4 0 4 0.25 ♥ Suy ra: I     4  t  t 3 dt   4t 3  t 4 dt 4 0 4  0.25 t5   t 4    5  0 256 0.25  5 4 a).(0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2  z 1  3z  i 1i  2 . (1,0 điểm) Tính môđun của z . ♥ Đặt z  a  bi  a, b    , khi đó: 0.25 2  z 1  3z  i 1i  2  2  a  bi 1  3 a  bi   i  3 a  1   a 1  1 5b i  0   b  1  5
1 26 0.25 ♥ Vậy môđun của z  a 2  b 2  1   25 5 b).(0,5 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện Cn3  Cnn13  Cnn12 .Cn13 . Tìm số hạng  1  n chứa x trong khai triển theo công thức nhị thức Niu-tơn của biểu thức 2 x  6  .  3 x  n   0.25 ♥ Điều kiện  , khi đó: n  3 n! n 1! n 1! n  3! Cn3  Cnn13  Cnn12 .Cn13    . 3!n  3! 2!n  3! n  2! n  2! n 1 n 3  n  12     n 2 11n  12  0    n  12 6 2 n2  n  1   0.25 1   1  n 12   5 k  24 12 k 1 12 ♥ Do đó: 2 x    2 x      C12k 2 x .  C12 .2 .x k k 6 x   x     3 3 12 k k 0 3 k 0 x 5k  24 Chọn k thỏa  6  k  12 6 Vậy số hạng chứa x 6 trong khai triển là 212 x 6 . 5 Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a, AC  2a và cạnh bên SA (1,0 điểm) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết số đo của góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng  SBC  . 0.25 ♥ Vì BC  AB và BC  SA  BC  SAB    Suy ra SB  BC và AB  BC  SBC ; ABC   SB; AB  ABS  600   ♥ Xét tam giác SAB : SA  AB.tan 60 0  a 3 0.25 Xét tam giác ABC : BC  AC 2  AB2  4a 2  a 2  a 3 1 a2 3 Suy ra: SABC  AB. AC  2 2 1 1 Vậy V  .SABC .SA  a 3 3 2 ♥ Do BC  SAB   SBC   SAB  . Vì vậy, trong  SAB kẻ GK  SB suy ra 0.25  GK  SBC  . Do đó d G ,SBC   GK  2.SSGB 0.25 ♥ Ta có: GK  SB
1 1 a2 3 Vì G là trọng tâm tam giác SAB nên SSGB  SSAB  SA. AB  3 6 6 AB a Xét tam giác vuông SAB ta có: SB    2a cos  0 ABS cos 60 2.SSGB a 3 Vậy d G ,SBC   GK   SB 6 6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm I 1; 2;3 và mặt phẳng (1,0 điểm)  P  : 2 x  2 y  z 1  0 . Chứng minh rằng mặt phẳng  P  cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 ; tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến. 2.1  2.(2)  3 1 0.25  ♥ Ta có: d I , P   24 22  22  (1)2 Do đó, mặt phẳng  P  cắt mặt cầu tâm I , bán kính 4 ♥ Gọi r là bán kính của đường tròn giao tuyến, ta có: r  42  22  2 3 0.25 ♥ Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với mặt phẳng  P  và K  d   P  , ta có 0.25  K là tâm của đường tròn giao tuyến. Vì d   P  nên VTPT n  2; 2; 1 của  P  là  x  1  2t  một VTCP của d . Phương trình tham số của d :  y  2  2t   z  3  t ♥ Tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình: 0.25  x  1  2t   y  2  2t   z  3  t  2 x  2 y  z  1  0 2 7 2 7  7 2 7 Giải hệ ta được t  , x  , y   , z  . Vậy K  ;  ;  3 3 3 3  3 3 3  7  3 1 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp K  ;   ,  2 2  đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A tương ứng có phương trình 3x  4 y  5  0 và 2 x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . 0.25 ♥ Gọi AH , AM là đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A . Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ: 3 x  2 y  5  x  1     A 1;2 2 x  y  0  y  2 ♥ Gọi d là đường trung trực của đoạn BC , ta có d đi qua K và d || AH 0.25
Do d || AH nên phương trình d có dạng: 3x  4 y  m1  0 và K  d  m1  5 Suy ra d : 6 x  8y  5  0 6 x  8y  5  1  1  x Tọa độ M là nghiệm của hệ:     2  M  ;1 2 x  y  0  2   y  1 ♥ Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH có pt dạng: 0.25 4 x  3y  m2  0 và M  BC  m2  5 Suy ra BC : 4 x  3y  5  0 5 ♥ Đường tròn C  ngoại tiếp ABC là đường tròn tâm K và bán kính R  KA  2  3  1 2 2 25 nên có phương trình là:  x     y     2   2  2  3   2 1  2 25   x     y    Tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình:   2   2  2  4 x  3y  5  0  ♥ Giải hệ nầy ta được hai nghiệm là 1;3 và 2; 1 0.25 Suy ra B 1;3 , C 2; 1 hoặc B2; 1 , C 1;3 8 Giải bất phương trình 5 x 1  3  x  2 3x  2 (1) (1,0 điểm) 5 x 1  0 1 0.25 ♥ Điều kiện:    x 3 3  x  0 5 Nhận xét:  5 x 1  3  x   5 x 1  3  x  6 x  4 Khi đó: 1  5 x 1  3  x   5x 1  3  x  5x 1  3 x    5 x 1  3  x  5 x 1  3  x 1  0 0.25  5 x  1  3  x 1  0  3  x  1  5 x 1  4  x  2 3  x  5x  1  2 3 x  6 x  5 6 x  5  0  0.25 x  5 14  79    2   x 6 4 3  x   6 x  5  18  36 x  56 x  13  0 2  14  79  0.25 ♥ Kết hợp điều kiện, suy ra tập nghiệm của bpt là S   ;3  18  9 Xét các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 2 (1,0 điểm) 4 biểu thức P  xy  yz  zx  . x yz  x  y  z  3 0.25 2 1 2  ♥ Ta có: xy  yz  zx   x  y  z   x  y  z   2 2 2 2  2  x  y  z  3 2 4 Do đó: P   2 xyz ♥ Đặt t  x  y  z . Ta tìm điều kiện cho t 0.25
 x  y  z 2 3 Vì 0  xy  yz  zx  x  y  z nên 0  2 2 2 3 2 Suy ra: 3  x y z3 3 t 3 t2  3 4  3;3 , ta có 0.25 ♥ Xét hàm số f t    trên   2 t 4 t3  4 f 't   t  2  2 ; f 't   0  t  3 4   3,3 t t        f 3  4 3  max f t  13 khi t  3 Do   3  13 t  3,3  f 3     3 13 0.25 ♥ Vậy maxP  max f t   khi x  y  z  1 . t  3 ,3 3   NHẬN XÉT & BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu 8: Giải bất phương trình 5 x 1  3  x  2 3x  2 (1) Nhận xét: + Bpt (1) là bpt có dạng: f  x   g x  h  x  ,, với h  x   f  x   g  x  đối với dạng nầy ta thay h  x    f  x   g x .   f  x   g  x  và biến đổi về dạng tích số + Đối với phương trình dạng f  x   g  x   h  x  cũng giải tương tự. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 1) Giải bất phương trình: 4 x  3  x  2  3 x  1  3 2  2 19  Đáp số: S   ;    4 9  2) Giải phương trình: 3 x  2  x  3  2 x 1 3  17 Đáp số: x  2 Câu 9: Xét các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu 4 thức P  xy  yz  zx  . x yz Nhận xét + Đây là dạng biểu thức ba biến số có chứa các biểu thức đối xứng cơ bản, với những điều kiện của giả thiết chúng ta có thể đưa về biểu thức một biến thông qua phép đặt ẩn phụ (biến mới). Khi đó bài toán có thể giải quyết bằng xét hàm số. Các bước giải + Phát hiện một biểu thức có thể chọn làm biến mới; + Đổi biến (đặt ẩn phụ) + Tìm điều kiện của biến mới; + Xét hàm số và đưa ra kết luận.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Xét các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 4 biểu thức P  xy  yz  zx  xy  yz  zx  2  1  Hướng dẩn: Đặt t  xy  yz  zx với t   ;1  2    7 Đáp số: max P  ,min P  2 3 Bài 2: Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức xy  yz  zx P  x2  y 2  z2  2 x  y2  z2  3 Hướng dẩn: Đặt t  x 2  y 2  z2 với t  3;9 7 Đáp số: min P  2 ----------------------------Hết--------------------------
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 3 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  4 x3  mx 2  3x  1 (1), trong đó m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1), khi m  0 . b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên  . Câu 2 (1,0 điểm).  3    1 a) Cho góc    ; 2 mà sin  cos   . Tính sin 2 .  2  2 2 2 2 b) Giải phương trình 2 log9 x  1  . log3 x 1 4x  3 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 0 2x 1 Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình z2  2z  26  0 trên tập số phức. b) Tìm hệ số của x 7 trong khai triển thành đa thức của biểu thức: P  x   1 3 x  2 x 3  10   1200 và cạnh bên SA vuông góc với Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có SA  a, AB  BC  2a, ABC mặt phẳng đáy. Tính số đo của góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  . Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 2;1;0 , B 0;3;4 và C 5,6,7 . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB . 4 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M 3;1 và đường thẳng  : y  x . Viết phương trình 3 đường tròn đi qua M , tiếp xúc đồng thời với đường thẳng  và đường thẳng y  0 . Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  x 2  x 2 x 1  x 3  2 x 1. Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x , y , z thỏa mãn điều kiện x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 7 121 P 2  . x y z 2 2 14  xy  yz  zx ------------------HẾT-----------------
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 3 2 1 a.(1,0 điểm). Cho hàm số y  4 x  mx  3x  1 (1), trong đó m là tham số. Khảo sát sự biến (2,0 điểm) thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1), khi m  0 . Khi m  0 thì y  4 x 3  3 x 1 0.25 ♥ Tập xác định: D   ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: y '  12 x 2  3  0, x   + Hàm số đồng biến trên khoảng ;  0.25 ￚ Cực trị: hàm số không có cực trị ￚ Giới hạn: lim y   và lim y   x  x  ￚ Bảng biến thiên: 0.25 x   y'  y   ♥ Đồ thị: 0.25 b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên  . ♥ Ta có: y '  12 x 2  2mx  3 0.25 ♥ Hàm số (1) đồng biến trên   y '  0, x    12 x 2  2mx  3  0, x   0.25   '  m  36  02 0.25  6  m  6 0.25 ♥ Vậy giá trị m cần tìm là 6  m  6 2  3    1 a) Cho góc    ; 2 mà sin  cos   . Tính sin 2 . (1,0 điểm)  2  2 2 2   1 1 3 0.25 ♥ Từ sin  cos    1  sin    sin    2 2 2 4 4  2 0.25 cos   1 sin 2   1 9  7  16 16 7 ♥ Do   cos     3  4    ; 2   2  3 7 ♥ Vậy sin 2  2 sin .cos    8 2 b) Giải phương trình 2 log 9 x  1  (1) log 3 x ♥ Điều kiện: x  0, x  1 (*) 0.25
Khi đó: 1  log23 x  log3 x  2  0 x  3 0.25  log x  1     3  1 [thỏa (*)]  log3 x  2  x   9 1 ♥ Vậy phương trình có nghiệm là x  3, x  . 9 3 1 4x  3 (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx . 0 2x 1 1 4x  3  1 1  0.25 ♥ Ta có: I   dx    2   dx 0 2x 1 0 2x 1  1 1 1 0.25   2dx   dx 0 0 2x 1 1 1  0.25  2 x 0   ln 2 x  1  1  2  0 1 0.25  2  ln 3 2 4 a) Giải phương trình z2  2 z  26  0 trên tập số phức. (1,0 điểm) ♥ Ta có:  '  1 26  25  5i  0.25 2 ♥ Do đó phương trình có hai nghiệm phức là z1  1  5i và z2  1 5i . 0.25 b) Tìm hệ số của x 7 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P  x   1 3 x  2 x 3  . 10 10 0.25 ♥ Ta có: P  x   1 3x  2 x 3    2 x 3  1 3 x    C10k .2 x 3  .1 3 x  10 10 10k k   k0 10 k 10 k   C10k .2 x 3   C .3x    C .Clk .210k .3 .x 303 k l 10k l l l k k 10 k 0 l 0 k  0 l 0  k  8, l  1 0  l  k  10 0  l  k  10  Chọn k , l   thỏa     k  9, l  4 30  3k  l  7 l  3k  23  k  10, l  7  7 ♥ Vậy hệ số của x trong khai triển là 0.25 C108 .C18 .22.3  C109 .C94 .2.3  C1010 .C107 .2 0.3  62640 4 7 5 Cho hình chóp S . ABC có SA  a, AB  BC  2a, ABC  1200 và cạnh bên SA vuông góc với (1,0 điểm) mặt phẳng đáy. Tính số đo của góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  . Tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. 0.25
♥ Trong  ABC  , kẻ AH  BC . Do SA   ABC  nên SA  BC  BC  SAH     Do đó BC  SH  SBC  , ABC    AH , SH   SHA    ♥ Xét tam giác AHB : AH  AB.sin ABH  2a.sin 60 0  a 3 0.25  SA a 3   300 Xét tam giác SAH : tan SHA    SHA AH a 3 3  Vậy SBC  , ABC   30 0   ♥ Trong  ABC  , gọi D là điểm đối xứng của B qua AC . Do tam giác ABC cân tại B 0.25   600 nên các tam giác ABD và DBC là các tam giác đều. và ABC Suy ra: DA  DB  DC  2a . Do đó D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  Dựng đường thẳng  qua D và song song SA     ABC    là trục của tam giác ABC  Gọi M là trung điểm của SA , trong  SA,  , kẻ đường thẳng d qua M và song song AD , suy ra d  SA  d là trung trực của đoạn SA  Trong  SA,  , gọi O  d   . Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC a2 a 17 0.25 ♥ Xét tam giác OAD ta có R  OA  AD 2  AM 2  4a2   4 2 6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 2;1; 0 , B 0;3; 4 và C 5,6, 7 . Tính (1,0 điểm) khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB . ♥ Gọi M là trung điểm của AB , ta có M 1; 2; 2 0.25 ♥ Mặt phẳng  P  vuông góc với AB tại M là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng 0.25  AB . Do AB   P  nên AB  2; 2; 4 là một VTPT của  P  ♥ Suy ra phương trình  P  0.25 2  x 1  2  y  2  4  z  2  0  x  y  2z  5  0 5  6  2.7  5 5 6 0.25  ♥ Vậy d C;  P    3 12  (1)2  (2)2 7 4 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M 3;1 và đường thẳng  : y  x . Viết phương trình 3 đường tròn đi qua M , tiếp xúc đồng thời với đường thẳng  và đường thẳng y  0 . 0.25 ♥ Gọi I  a; b  là tâm của đường tròn cần tìm, ta có d  I ,   d  I , Ox   IM (1)
 4a  3b  5 b  4a  3b  5 b (2) 0.25   ♥ 1      a  3  b 1  b 2 2 a  32  2b  1  0 (3)    4a  3b  5b  b   2a (4) 0.25 2     a  2b  4a  3b  5b  (5) ♥ Thay (4) vào (3) ta được:  a  3  4a  1  0  a 2  2a  10  0 : pt vô nghiệm 2  5 0.25 b  ♥ Thay (5) vào (3) ta được: 2b  3  2b  1  0  2b  7b  5  0   2 2  2  b  1  5  5 2 5 5 25 + Với b   a  5  I 5; ; IM  . Phương trình C  :  x  5   y    2 2   2  2   2  4 + Với b  1  a  2  I 2;1 , IM  1 . Phương trình C  :  x  2   y 1  1 2 2 8 Giải bất phương trình  x 2  x 2 x 1  x3  2 x 1 (1) (1,0 điểm) 1 0.25 ♥ Điều kiện: x   (*) 2 Khi đó: 1  x 3  2 x  1  x 2 . 2 x  1  x. 2 x  1  0    x2 x  2x 1  2x 1 x  2x 1  0     x  2 x 1 x 2   2 x  1  0 0.25  x  2 x 1  0  2x 1  x  x  0 0.25   2  x 1 2  x  2 x 1  0 ♥ Kết hợp với điều kiện (*), suy ra tập nghiệm của bpt là S  1  2;   0.25  9 Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu (1,0 điểm) 7 121 thức P  2  . x y z2 2 14  xy  yz  zx 1 2  1   x 2  y 2  z2  0.25 ♥ Ta có: xy  yz  zx   x  y  z   x  y  z   2 2 2 2  2 7 121 Do đó: P  2  x y z 2 2 7 1  ( x  y 2  z 2 ) 2 ♥ Đặt t  x 2  y 2  z2 , tìm điều kiện cho t 0.25  x , y, z  0    x, y, z  0;1 . Do đó: x 2  x , y 2  y, z2  z  x  y  z  1 Suy ra: x 2  y 2  z2  x  y  z  1  Mặt khác: 1   x  y  z   x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx   3 x 2  y 2  z 2  2 1 1 Suy ra: x 2  y 2  z2  . Ta được:  t  1 3 3 7 121 1  0.25 ♥ Khảo sát hàm số f t    trên  ;1 , ta có: t 7 1 t   3   7 121 f 't     7 1 t  2 2 t
 11 7  7   t      2 2 121 7 11   7    f ' t   0   2         1 t t   18      11  71 t  1  t   t  2 t 7 7   t    1 t t  4 BBT t 1 7 1 3 18 f ' t   0  f t  324 7 324 7 324 0.25 Từ BBT ta suy ra min   f t   khi t  . Suy ra: P  1 t  ;1  3  7 18 7  1 1 1 324 324 Ta thấy với x  , y  , z  thì x  y  z  1 và P   min P  2 3 6 7 7 324 ♥ Vậy min P  7
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y   x3  3x 2  1 . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1 x 3  3x 2  3m 1  0 . Câu 2 (1,0 điểm).   a) Giải phương trình sin 3x  cos 2 x    0 .  4  b) Giải bất phương trình 9 x 1  8.3x  2  1  0 . 2 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I    4 x  3  ln xdx . 1 Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z  1  2i . Tìm môđun của số phức w  z  2 z . b) Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 1 số trong số các số lập được. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 25. Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a , AC  a 3 và mặt bên BB ' C ' C là hình vuông. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC .A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' , BC ' . Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  3  0 và mặt cầu S  :  x  5   y  2  z  2  9 . Chứng minh rằng mặt phẳng  P  tiếp xúc mặt cầu  S  ; xác định tọa độ của 2 2 2 tiếp điểm. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A 2;3 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt hai trục tọa độ Ox , Oy tương ứng tại các điểm B, C sao cho điểm B có hoành độ dương, điểm C có tung độ dương và tam giác BOC có diện tích nhỏ nhất. Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình x  2 x 1  2 3  x . 2 Câu 9 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện 5 x  4 y  23 xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 7 P  4x 9 y   . x 2y ------------------HẾT-----------------
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1 a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y   x3  3x 2  1 (2,0 điểm) ♥ Tập xác định: D   0.25 ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: y '  3x 2  6 x ; y '  0  x  0 hoặc x  2 + Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2  ; 0.25 + Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 0  và  2;   . ￚ Cực trị: + Hàm số đạt cực đại tại x  2 ; yCĐ  y  2   3 + Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 ; yCT  y  0   1 , ￚ Giới hạn: lim y   và lim y   x  x  ￚ Bảng biến thiên: 0.25 x  0 2  y'  0  0  y  3 1  ♥ Đồ thị: 0.25 b.(1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1 x 3  3x 2  3m 1  0 (1) ♥ Ta có: 1   x  3 x  1  3m  2 3 2 (2) 0.25 ♥ Xem (2) là phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị 0.25 C  : y   x3  3 x 2 1    : y  3m  2  Khi đó số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của C  và  và nghiệm của phương trình (1) là hoành độ giao điểm của C  và  ♥ Phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt, trong đó có đúng 2 nghiệm lớn hơn 1 0.25   cắt C  tại ba điểm phân biệt, trong đó đúng 2 điểm có hoành lớn hơn 1  1  3m  2  3 5 0.25  1 m  3
5 ♥ Vậy giá trị m cần tìm là 1  m  . 3 2   (1,0 điểm) a) Giải phương trình sin 3x  cos 2 x    0 (1)  4   3  0.25 ♥ Ta có: 1  sin 3x  sin  4  2 x   0    3   sin 3 x  sin   2 x   4    3 k 2 3 x  3  2 x  k 2 0.25 x    4  20 5    3   3 x     2 x  k 2  x   k 2  4  4 x 1 x2 b) Giải bất phương trình 9  8.3  1  0 (1) ♥ Ta có: 1  3  8.3  9  0 2x x (2) 0.25 Đặt t  3x t  0 , bpt (2) trở thành: t 2  8t  9  0  t  9 ♥ Với t  9 thì 3x  9  x  2 0.25 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   2;  3 2 (1,0 điểm) Tính tích phân I    4 x  3  ln xdx . 1 1 0.25 u  ln x du  dx ♥ Đặt  x dv  4 x  3 dx v  2 x 2  3x 2 2 x 2  3x 0.25 ♥ Suy ra: I  2 x 2  3 x  ln x   2 dx 1 1 x 2 0.25  14 ln 2   2 x  3 dx 1  14 ln 2   x 2  3 x   14 ln 2  6 2 0.25 1 4 a) Cho số phức z  1  2i . Tìm môđun của số phức w  z  2 z . (1,0 điểm) ♥ Ta có: w  z  2 z  1  2i   2 1 2i   3  2i 0.25 0.25 3  2 2 2 ♥ Do đó w   13 b) Lập tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên 1 số trong số các số lập được. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 25. ♥ Số phần tử của không gian mẫu là:   9.9.8.7  4536 0.25 ♥ Gọi A là biến cố: “số được chọn chia hết cho 25” 0.25  cd  25   Do a, b, c, d đôi một khác nhau và abcd 25  cd 25   cd  50   cd  75  Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A  7.7  8.7  7.7  154 A 154 11 ♥ Vậy xác suất cần tính là P A     .  5436 324
5 Cho lăng trụ đứng ABC .A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a , AC  a 3 và (1,0 điểm) mặt bên BB ' C ' C là hình vuông. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC .A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' , BC ' . 0.25 ♥ Do lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng nên BB ' là đường cao của lăng trụ Vì BB ' C ' C là hình vuông nên BB '  BC  AB 2  AC 2  a 2  3a 2  2a 1 0.25 ♥ Do đó VABC . A ' B ' C '  BB '.SABC  2 a. AB. AC  a.a.a 3  a3 3 2 ♥ Vì AA ' ||  BB ' C ' C  nên d  AA ', BC '  d  A, BB ' C ' C  0.25 Trong  ABC  , hạ AH  BC (1) Vì BB '   ABC  nên AH  BB ' (2) Từ (1) và (2) suy ra AH   BB ' C ' C   AH  d  A, BB ' C ' C  AB. AC a.a. 3 a 3 a 3 0.25 ♥ Xét tam giác ABC ta có AH    . Vậy d  AA ', BC '  BC 2a 2 2 6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : 2 x  2 y  z  3  0 và mặt cầu (1,0 điểm) S  :  x  5   y  2  z  2  9 . Chứng minh rằng mặt phẳng  P  tiếp xúc mặt cầu  S  ; 2 2 2 xác định tọa độ của tiếp điểm. ♥ Mặt cầu  S có tâm I 5;2;2 và bán kính R  3 0.25 2.5  2.2  2  3 0.25 ♥ Ta có: d  I ; P   3 R  P tiếp xúc mặt cầu S  22  22  1 2 ♥ Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với  P  . Gọi K  d   P  , suy ra K 0.25  là tiếp điểm của  P  và  S  . Vì d   P  nên VTPT n  2; 2; 1 của  P  là  x  5  2t  một VTCP của d . Phương trình tham số của d :  y  2  2t  z  2  t ♥ Tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình: 0.25  x  5  2t   y  2  2t d :  z  2  t  2 x  2 y  z  3  0 Giải hệ ta được t  1, x  3, y  0, z  3 . Vậy K 3; 0;3 7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A 2;3 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (1,0 điểm)
hai trục tọa độ Ox , Oy tương ứng tại các điểm B, C sao cho điểm B có hoành độ dương, điểm C có tung độ dương và tam giác BOC có diện tích nhỏ nhất. ♥ Gọi d là đường thẳng đi qua A và cắt Ox, Oy tương ứng tại các điểm B b;0 , 0.25 1 C 0; c , b, c  0 . Ta có: SBOC  bc 2 x y 2 3 0.25 ♥ Phương trình d có dạng:   1 . Vì d qua A 2;3  d nên   1 b c b c 2 3 2 3 1 0.25 ♥ Theo bđt Cô-si ta có: 1    2 .  SBOC  bc  12 b c b c 2 Dấu “=” xảy ra khi b  4, c  3 . Suy ra: max SBOC  12 khi b  4, c  3 x y 0.25 ♥ Phương trình đường thẳng thỏa đề bài là   1  3x  2 y 12  0 4 3 8 Giải phương trình x  2 x 1  2 3  x 2 (1) (1,0 điểm) 1 0.25 ♥ Điều kiện: 2 x 1  0  x  (*) 2   2 1  2 x 1  1  4 3  x  2 Khi đó  2 x 1  5  2 x 0.25    2 x  2  2 x  7  0.25  x  5 11 17  2 x 1  5  2 x   2 x [thỏa (*)]  2 4 2 x  11x  13  0  7 0.25  x  2 x 1  2 x  7   2  x5 [thỏa (*)]  2 2 x  15 x  25  0 11 17 Vậy phương trình có nghiệm là x  5, x  4 9 Xét các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện 5 x  4 y  23xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu (1,0 điểm) 3 7 thức P  4 x  9 y   . x 2y 4 5 0.25 ♥ Ta có: 5x  4 y  23xy    23 x y 1 1 4 5 0.25  4 x   9 y      3 7 1 ♥ Khi đó: P  4 x  9 y   x 2y x y 2  x y  1 1 23  4x   9y   x y 2 ♥ Áp dụng bđt Cô-si ta suy ra được 0.25 1 1 23 23 43 P  2 4 x.  2 9 y.   4  6   x y 2 2 2  0.25 4 x  1  x    x  1 1  ♥ Dấu “=” xảy ra khi 9 y    2  y   y  1    4 5 3   x y  23 
43 Vậy min P  . 2