Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, D, B – Trường THPT Phú Nhuận (Năm học 2014-2015)

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

---

[toc]

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, D, B – Trường THPT Phú Nhuận (Năm học 2014-2015)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – THPT PHÚ NHUẬN – 2014 – 2015

Môn TOÁN: Khối A , A₁, D, B

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

 

 

Câu 1: Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số  . Từ đồ thị (C) suy ra đồ thị
(C₁): .  Định m để phương trình  có 2 nghiệm phân biệt

Câu 2: Cho hàm số. Tìm m < 0 để đồ thị hàm số có  điểm cực tiểu M tạo với hai điểm O,  A(0 ; 2 ) một tam giác có diện tích bằng 8

Câu 3: Giải phương trình:

Câu 4: Giải  phương trình:

Câu 5: Giải phương trình:

Câu 6: Tính I =

Câu 7: Trong không gian với hệ trục Oxyz cho A(0; 1; 0), B(-1; 2; -1) Tìm điểm M trên tia Ox và điểm N trên tia Oz sao cho tam giác AMN có diện tích bằng  và tứ diện ABMN có thể tích bằng

Câu 8: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều, cạnh bằng 2a. Tam giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng tạo với đáy một góc . Biết rằng  và hình chiếu của S nằm bên trong tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp SABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng , M là trung điểm của SC.

Câu 9: Cho hình lăng trụ ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại A, cạnh BC = , góc . Gọi E là trung điểm cạnh AC, H là trung điểm cạnh BE. Hình chiếu vuông góc của C’ trên mặt phẳng (ABC) là H. Góc giữa đường thẳng CC’ và (ABC) bằng 60⁰. Tính thể tích lăng trụ theo a và cosin của góc  giữa hai đường thẳng A’C’ và BB’.

 

 

————Hết————

 

 

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

 

 

 

 

 

ĐÁP ÁN – TOÁN THI THỬ ĐH LẦN 1 – NH 2014 – 2015

Câu 1 (2,0đ)	a). Cho hàm số
	Tập xác định: D = .	0,25
	Hàm số giảm trên  và hàm số không có cực trị	0,25
	Bảng biến thiên	0,25
	Đồ thị	0,25
	b). Từ đồ thị (C) suy ra đồ thị (C1) :  .  Định m để phương trình  có 2 nghiệm phân biệt
	(1) . (nhận xét x = 1 không là nghiệm pt) (1) là pt hoành độ giao điểm của 2 đồ thị (C1):  và d : y = m	0,25
	Gọi (C) . Ta có (C1): = f(x) khi Vẽ (C1) trùng (C) khi  . Khi x < 0 , vì f1(x) là hàm chẳn nên (C1) đối xứng qua Oy phần đồ thị khi x > 0	0,25
		0,25
	Ycbt	0,25
Câu 2 (1,0đ)	2 Cho hàm số  . Tìm m < 0 để đồ thị hàm số có  điểm cực tiểu M tạo với hai điểm O , A(0 ; 2 ) một tam giác có diện tích bằng 8
	Phương trình y’ = 0	0,25
	Vì m < 0 lý luận được hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2m /3	0,25
	Diện tích tam giác OAM : S =	0,25
	. So đk nhận m = – 12	0,25
Câu 3 (1đ)	Giải phương trình  .
		0,25
		0,25
		0,25
		0,25
Câu4 (1,0đ)	Giải  phương trình :
	Đặt ta có : u2 – 4v2 = u – 2v	0,25
	Giải hệ   ta được nghiệm x = 1/3	0,25
	Giải hệ (so đk loại)	0,25
	kết luận pt có nghiệm x = 1/3	0,25
Câu 5 (1,0đ	Giải  phương trình  :
	Pt  ( x = ½ không là nghiệm pt)	0,25
	Xét hàm số f(x) =   f(x) tăng trên  và	0,25
	trên chứng minh được pt có nghiệm duy nhất – 1	0,25
	trên , chứng minh được pt có nghiệm duy nhất 2	0,25
Câu 6 (1,0đ)	Tính I =
	Đặt  ;	0,25
	=	0,25
	I ==  =	0,25
	I = =	0,25
Câu 7 1,0đ	A(0; 1; 0) , B(-1; 2; -1) Tìm điểm M trên tia Ox và điểm N trên tia Oz sao cho tam giác AMN có diện tích bằng  và tứ diện ABMN có thể tích bằng
	M(m;0;0)Ox, N(0;0;n)Oy	0,25
		0,25
	Giải hệ pt  ta được m = n =1	0,25
	Vậy M(1;0;0) , N(0;0;1)	0,25
Câu 8 1,0đ	Gọi E là trung điểm của AB. Do ABC là tam giác đều nên Ta chứng minh được  và . Kẻ  tại H trong	0,25
	Có:	0,25
	Có:	0.25
	Có	0.25
Câu9 (1 đ)	Tính được  : AB = AC = a	0,25
	,	0,25
	,	0,25
	nên	0,25

Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

---

[toc]

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

Câu I. (2 điểm) Cho hàm số

1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = 0.

2)Chứng minh rằng                                          .

Câu II. (2 điểm)

1)Giải phương trình:                                                                                          .

2)Cho đa giác đều 24 đỉnh, hỏi có bao nhiêu tứ giác có 4 đỉnh là đỉnh đa giác và 4 cạnh là 4 đường chéo của đa giác.

Câu III. (2 điểm)

 

1)Viết phương trình của các đường tiệm cận và lập bảng biến thiên của hàm số.

2)Gọi              là nghiệm phức của phương trình:                                                               .

√				.
√

Tính                     .

Câu IV. (3 điểm)

1) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 2a, góc giữa AB’ và BC’ bằng          . Tính thể

tích của lăng trụ.

2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(1;2;1) và đường chéo

BD có phương trình                             . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.

3)Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, B(1;1), đường thẳng AC có phương trình

4x + 3y – 32 = 0. Trên tia BC lấy điểm M sao cho BC. BM = 75. Tìm tọa độ đỉnh C biết bán kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC bằng   ^√ .

Câu V. (1 điểm)

Với x, y, z là các số thực đôi một phân biệt. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.

——HẾT——

>> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!			1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2015 – 2016

Câu I.

1) m = 0 ta có                                .

1.1) TXĐ: D = R

1.2) Sự biến thiên

lim y = -¥; lim y = +¥

x ®-¥                  x®+¥

.

x	-∞		0		2	+∞
y’		+	0	–	0	+

• -∞ 0  -4  +∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng: (- ∞; 0) và (2; +∞)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (0;2).

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(cđ) = 0

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; y (ct) = -4

=> I(1;-2) là điểm uốn của đồ thị.

1.3 Đồ thị

Giao với Ox: (0;0); (3;0)

Giao với Oy: (0;0)

Đồ thị nhận điểm I(1;-2) làm tâm đối xứng

2)Hàm số

song song theo trục hoành về phía

nhận được từ đồ thị

một đoạn m đơn vị.

bằng cách tịnh tiến

>> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!			2

Suy ra giá trị của                         không thay đổi và bằng                                                                          .

Câu II.

1)Phương trình đã cho tương tương với

.

.

é

1

ês in x =

(1)

2

ê

ësin x + cosx =1(2)

é

p

êx =

+ k 2p

6

, k Î Z

Giải

ta có: ê

5p

ê

êx =

+ k 2p

6

ë

p

) = 1 Û sin( x +

p

) = sin

p

2.sin( x +

4

4

4

é

p

p

éx = k 2p

Giải

ta có:

êx +

=

+ k 2p

4

4

Û ê

Û

ê

p

, k Î Z

ê

p

p

êx =

+ k 2p

êx +

= p –

+ k 2p

ë

2

4

4

ë

Vậy phương trình đã cho có

họ nghiệm.

Xét các tứ giác có đỉnh

ta đánh số các đỉnh liên tiếp từ  đến 24. Mỗi tứ giác thỏa mãn

yêu cầu bài toán tương ứng với 3 số a, b, c thỏa mãn

Vậy mỗi tứ giác ứng với bộ 3 số phân biệt trong 19 số từ 5 đến 23. Do vậy tứ giác đỉnh        bằng

số bộ 3 số phân biệt trong 19 số và bằng			. Vì mỗi tứ giác được đếm lặp đi lặp lại 4 lần ta có
đáp số là:		.

Câu III.

>> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!			3

1)Kí hiệu

√

. lim

: Tiệm cận ngang y = 1 khi

.

√

lim

: Tiệm cận ngang y = -1 khi

.

lim

lim

: Tiệm cận đứng

√

√

√

√

(

)

Bảng biến thiên:

x	-∞		0		1	+∞
y’		–	0	+	0	–

• ∞ 1  ⁶2   +∞

2)Ta có:                                                                  .

ó

• = (2i + 1)² – 4(i + i² )

Ta có: = 4i ² + 4i + 1 – 4i – 4i²  = 1

é_{z =} 2i + 1 -1 _{= i}

_Þ ^ê                  2

ê

ê_{z =} ^{2i + 1 +1} _{= i +1}

êë             2

=  i ² – (i + 1)²  = -1 – (i ² + 2i + 1) = -1 – 2i =  1+ 4 = 5

Câu IV.

1)		√	√   . Đặt BB’ = x.

>> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!			4

Ta có: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗   ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗

cos (⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

.

̂

+)Vớ i  ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=>

√

√

√

√

.

+)Với

̂

(loại).

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗

Vậy

√

(đvtt).

2)Phương trình tham số của BD: {

.

Mặt phẳng

qua A và vuông góc với BD có phương trình

4(x – 1) – (y – 2) + (z – 1) = 0 ó4x – y + z -3 = 0.

Suy ra tâm I của hình vuông thuộc đường thẳng BD và thuộc mặt phẳng

{

có tọa độ  (

)

– y

à

đ

ê

.

Tọa độ điểm B, D thỏa mãn phương trình

và điều kiện

3)

nên tọa độ B(3;0;0), D(-1; 1; -1) hoặc D(3;0;0), B(-1;1;-1).

Phương trình AB: 3x – 4y + 1 = 0 => A(5;4).

>> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!			5

Gọi E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC và BA. Có ⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗   ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

.

Do

√

=> tọa độ của C là nghiệm của hệ {

[

.

Câu V.

Đặt

. Suy ra

.

=>

Ta có:

.

=

.

Vậy Min M = 5 khi a + b + c = 0, chẳng hạn x = 1; y = 2; z = 0.

>> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!			6

Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: Khóa học luyện thi đại học môn Toán 2015 Thể tích khối chóp (Phần 3)

---

[toc]

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

 

Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn: Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

 

Câu I.

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

1. b) Chứng minh rằng d: cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để  P =  đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu II.

1. Giải phương trình:
2. Giải hệ phương trình:

Câu III

1. Cho .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm thực:

Câu IV

1. Cho khai triển: .

Tính tổng: A=. Biết:

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho đường tròn và đường thẳng . Tìm tọa độ điểm  thuộc  sao cho từ điểm  kẻ được 2 tiếp tuyến  đến  với  là các tiếp điểm đồng thời đường thẳng  đi qua điểm

Câu V

1. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.
2. Trong không gian với hệ tọa độ cho mặt phẳng và mặt cầu . Từ  điểm  trên  kẻ 1 đường thẳng  tiếp xúc với  tại điểm . Xác định vị trí của điểm  để độ dài đoạn thẳng  bằng

 

————————-Hết—————————–

HƯỚNG DẪN ĐỀ ÔN THI HỌC  SINH GIỎI TỈNH ĐỀ 02

 

Câu	Nội dung		Điểm
I 2,0đ	2) Cho hàm số  có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = – 2x + m. Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi  lần lượt là hệ số góc của  tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để  P =  đạt giá trị nhỏ nhất.
	Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:		0,5
	Xét phương trình (*), ta có:  và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.		0,5
	Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là , trong đó , là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy   (k1>0, k2>0)		0,5
	Có P = , do dó MinP = 22014  đạt được khi do , phân biệt nên ta có x1 +2 = – x2 – 2 x1 + x2 = – 4  m = – 2. Vậy m = – 2 là giá trị cần tìm.		0,5
II.1 2,0đ	Giải phương trình:
			0, 5
			0,5
			0,5
	Vậy pt có nghiệm là , ,		0,5
II.2 2,0đ	Giải hệ phương trình:
	Ta có hệ Xét hàm số . Ta có  nên hàm số f(t) đồng biến trên .		1
	Nếu x>y thì , vô lí Tương tự, không thể có x<y. Vậy x=y		1
	Thay x=y vào (1) ta được: .		0,5
	Vậy hệ có ba nghiệm (x;y) là: .		0,5
III.1 1,0đ
	xét  hàm số theo biến a: ,		0,5
	Tính đạo hàm trực tiếp suy ra hàm f(a) nghịch biến trên đoạn ,		1,0
	Vậy , khi ; Vậy , khi .		0,5
III.2 2,0đ
	* Giải BPT: . Với , (1) tương đương với		0,5
	Từ đó tìm ra  hoặc .		0,5
	* Giả sử  là một nghiệm của PT:  (2) Khi đó PT:  phải có nghiệm m Suy ra PT:  phải có nghiệm m. Do đó Như vậy nếu (2) có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0.		0,5
	Do đó hệ (1), (2) có nghiệm khi PT (2) có nghiệm x=2. Thay x=2 vào (2) ta được: Vậy với  thì hệ (1), (2) có nghiệm.		0,5
IV.1 1,5đ
	Giải phương trình:  ta được:  n =9		0,5
	Với n = 9 ta có Lấy đạo hàm hai vế ta được:		0, 5
	Cho x = 1 ta được A=.		0,5
IV.2 2,0đ
	Cách 1. Đường tròn  có tâm  và bán kính Gọi  là trung điểm của Giả sử  suy ra: và Vì  nên  thuộc đường tròn  có tâm  và bán kính		0,5
	Phương trình . Hay		0,5
	Như vậy 2 điểm  vừa thuộc đường tròn  vừa thuộc đường tròn  do đó tọa độ của  là nghiệm của hệ:		0,5
	Do đó  thuộc đường thẳng . Hay nói cách khác là đường thẳng  có phương trình: Vì đường thẳng  đi qua điểm  nên ta có:		0,5
V.1 2,0đ	Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và đoạn CD sao cho  BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.
	+) Đặt , với . Khi đó ta có:  và		0,5
	+) Ta có: Do đó:		0,5
	+) MN2 = = a2 = (2x2 – 2x + 1)a2		0,25
	+) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn  ta có:		0,25
	+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng  khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.		0,25
	+) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi MB, ND hoặc MA, NC.		0,25
V.2 2,0đ	Trong không gian với hệ tọa độ  cho mặt phẳng  và mặt cầu . Từ  điểm  trên  kẻ 1 đường thẳng  tiếp xúc với  tại điểm . Xác định vị trí của điểm  để độ dài đoạn thẳng  bằng
	Mặt cầu  có tâm  và bán kính Vì  là tiếp tuyến của mặt cầu nên
	Từ đó ta tính được : Do đó điểm  thuộc mặt cầu  tâm  và bán kính		0,5
	Vậy nên tập hợp các điểm  là đường tròn  chính giao tuyến giữa mặt cầu  và mặt phẳng		0,5
	+)Tâm của  là hình chiếu vuông góc của  trên mặt phẳng  và ta dễ dàng xác định được tâm là điểm +) Bán kính của  là:		0,5

 

 

Khóa học luyện thi đại học môn Toán 2015 Thể tích khối chóp (Phần 3)

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: Đề thi thử và đáp án Môn Toán (Năm học 2014-2015)

---

[toc]

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Khóa học luyện thi đại học môn Toán 2015 Thể tích khối chóp (Phần 3)

Khóa học luyện thi đại học môn Toán 2015: Thể tích khối chóp (Phần 3)

7. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP – P3

Thầy Đặng Việt Hùng

DANG 2. KHỐI CHÓP CÓ MẶT BÊN VUÔNG GÓC VỚI ĐÁY

Ví dụ 1: [ĐVH]. Cho hình chóp  S.ABC có  đáyABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là m ột điểm trên ạcnh BC

+          =

sao cho 2 IB IC 0 . Hình chiếu vuông góc c ủa đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của AI. Tính thể tích khói chóp S.ABC biết

1. góc gi ữa SC và m ặt phẳng (ABC) bằng 60⁰

 

1. khoảng cách ừt A tới (SBC) bằng ^a3 .

6

Ví dụ 2: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình thoi c ạnh tâm O, biết AC = 2a; BD = 2a3. Hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của OB. Tính thể tích khói chóp S.ABCD biết

1. góc gi ữa SD và m ặt phẳng (ABCD) bằng 60⁰

 

1. góc gi ữa (SCD) và m ặt phẳng (ABCD) bằng 45⁰

 

1. khoảng cách ừt A tới (SBC) bằng ^a2 .

4

1. khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB bằng ^{a 3} . 4

Ví dụ 3: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình thang cân có hai đáyAD và BC. Mặt phẳng SAD vuông góc v ới mặt đáy ủca hình chóp, cho bi ết AB = BC = CD = a, SA = SD = AD = 2a. a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

1. b) Tính thể tích khối chóp ABC.

Lời giải

1. a) Kẻ SH vuông góc AD do (SAD) ^ (ABCD) nênSH ^ (ABCD) vậy SH là đường cao của khối chóp.

Mặt khácSA = SD = AD nênH là trung điểm của AD và                      SH = ^{2a 3} = a3 . 2

Nối HB, HC tứ giácABCH là hình bình hành do AH song song và b ằng BC ta lại có AB = BC nênAHBC là hình thoi v ậy AB = HC = a hay tam giácHCD đều

Vậy ABCD là n ữa lục giácđều.

S

H               D

A

B  C

.

1. Khối chóp ABC có chi ều  cao SH và di ện tích tam giácABC bằng với diện tích tam giácABH và b ằng

a2    3		=	1			=	1	a			a2    3	=	a3
	. Vậy V			SH .S	ABC				3.
4	S . ABC	3				3		4				4

BÀI T ẬP TỰ LUYỆN:

Tham gia trọn vẹn khóa  LTĐH môn Toán 2015tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH 2015!

Khóa h ọc LTĐH môn Toán2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG                                                        Facebook: LyHung95

Bài 1: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình vuông có c ạnh a, mặt bênSAB là tam giácđều và n ằm trong mặt phẳng vuông góc v ới đáyABCD.

1. Chứng minh rằng chân đường cao khối chóp trùng v ới trung điểm của cạnh AB.

 

1. Tính thể tích khối chóp ABCD.

= ^{a3 3} Đ/s: V .

Bài 2: [ĐVH]. Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác đều, BCD là tam giác vuông cân t ại D, (ABC) ^ (BCD) và AD hợp với (BCD) một góc 60 ⁰. Tính thể tích tứ diện ABCD.

= ^{a3 3} Đ/s: V .

Bài 3: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình ch ữ nhật, DSAB đều cạnh a và n ằm trong mặt phẳng vuông góc v ới (ABCD). Biết rằng (SAC) hợp với (ABCD) một góc 30 ⁰. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

= ^{a3 3} Đ/s: V .

Bài 4: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình ch ữ nhật có AB = 2a, BC = 4a, (SAB) ^ (ABCD), hai mặt bên SBC() và ( SAD) cùng hợp với đáyABCD một góc 30 ⁰. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

^{8a3    3}

Đ/s: V =                    .

9

Bài 5:  [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông  cạnh a, SA ^ (ABCD), góc giữa (SBC) và

mặt đáy là 30⁰, gọi M thuộc SA sao cho SM = ¹ SA.

3

1. Chứng minh rằng BD ^ (SAC).

 

1. Tính thể tích của ABCD theo a.

 

1. Tính thể tích của khối chóp SMBD theo a.

Bài 6: [ĐVH]. Hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a; SA = a; SB = a3 và ( SAB) vuông (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các ạcnh AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc gi ữa hai đường thẳng SM, DN.

Bài 7: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABC có đáyABC là tam giác vuông cân t ại B, AB = BC = 2a, hai mặt phẳng (SAB) và ( SAC) cùng vuông góc v ới mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB, mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc gi ữa hai mặt phẳng (SBC) và ( ABC) bằng 60⁰. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và kho ảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.

^{2a    39}

Đ/s: V = a³  3; d =                  .

Tham gia trọn vẹn khóa  LTĐH môn Toán 2015tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH 2015!

Khóa h ọc LTĐH môn Toán2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG                                                        Facebook: LyHung95

Bài 8: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình thang vuông t ại A và D, AB = AD = 2a, CD = a, góc gi ữa hai mặt phẳng (SBC) và ( ABCD) bằng 60⁰. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và ( SCI) cùng vuông góc v ới (ABCD), tính thể tích khối chóp SABCD theo a.

^{3a3    15}

Đ/s: V =                      .

5

Bài 9: [ĐVH]. Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giácABC đều cạnh a, tam giácSAC cân t ại S và n ằm trong mặt phẳng vuông góc v ới (ABC). Tính V_S.ABC trong các trường hợp:

3. SB = a

1. SB tạo với mặt đáy một góc 30 ⁰.

Bài 10: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình ch ữ nhật, AB = 2AD = 2a. Tam giácSAD cân tại S và n ằm trong mặt phẳng vuông góc v ới (ABCD). Tính V_{S . ABCD} biết SB tạo vơi đáy một góc 30 ⁰.

Bài 11: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bênSAD là tam giác đều và n ằm trong mặt phẳng vuông góc v ới đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các ạcnh SB, BC, CD. Chứng minh AM vuông góc v ới BP và tính th ể tích của khối tứ diện CMNP.

Hướng dẫn giải:

S

S

M

M

A

B

A

B

H

H

T

N

N

D

D

P

C

P

C

Chứng minh   BP ^ (SHC)

BP ^ ( AMN )

T là trung

điểm của HB thì MT ^ ( ABCD)

(SHC) //( AMN )

3

V=

1

MT .S

=

a

3

BP ^ AM

DCNP

CMNP

3

96

[ĐVH]. Cho hình chóp  S.ABCD có  ABCD là hình ch ữ nhật, với  AB = a

Bài 12:

3, AD = a, SA = a  và

(SAC) ^ ( ABCD) , tam giácSAC vuông t ại S. Tính VS . ABCD .

Bài 13:  [ĐVH]. Cho hình chóp

S.ABCD là hình vuông c ạnh a, (SAB) ^ ( ABCD) , tam giácSAB cân t ại S, M

) góc  600 . Tính V

là trung điểm của CD, mặt phẳng (SBM) tạo với mặt đáy ABCD(

.

S . ABCD

Tham gia trọn vẹn khóa  LTĐH môn Toán 2015tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH 2015!

Đề thi thử và đáp án Môn Toán (Năm học 2014-2015)

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1 môn Toán năm 2015 môn – Trường THPT chuyên Đại học Vinh

---

[toc]

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi thử và đáp án Môn Toán (Năm học 2014-2015)

Đề thi thử và đáp án: Môn Toán (Năm học 2014-2015)

ĐỀ THI THỬ MEGABOOK SỐ 3 MÔN TOÁN

NĂM HỌC 2014 – 2015
Thời gian làm bài: 180 phút	Mã đề thi 135

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x³ – 3x²+2 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).

2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất.

1. Giải phương trình cos2x + 2sin x – 1- 2sin x cos 2x = 0

2. Giải bất phương trình (4x – 3) x² – 3x + 4 ³ 8x – 6

	p
3			cotx
Câu III ( 1điểm)Tính tích phân I = ò							dx
				æx +	p ö
	p		s inx.sin
						÷
6				ç
				è	4 ø

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 30⁰.

Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a²+b²+c²=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

		a3				b3				c3
P =				+				+
		b2 + 3				c2 + 3				a2 + 3

PHẦN RIÊNG (3 điểm)(Học sinh chỉ làm một trong hai phần sau)

1. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a. (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x ² + y ² + 2x – 8y – 8 = 0 . Viết

phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6.

2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.

Câu VII.a (1 điểm)

Tìm số phức z thoả mãn :  z – 2 + i = 2 . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.

1. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1. Tính giá trị biểu thức: A = 4C₁₀₀² + 8C₁₀₀⁴ + 12C₁₀₀⁶ + … + 200C₁₀₀¹⁰⁰ .

2. Cho hai đường thẳng có phương trình:

		x – 2		z + 3			ìx = 3 + t
							ï
d1	:		= y + 1 =			d 2	: íy = 7 – 2t
		3		2
							ï
							îz = 1 – t

Viết phương trình đường thẳng cắt d₁ và d₂ đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.b (1 điểm)

Giải phương trình sau trên tập phức: z²+3(1+i)z-6-13i=0

http://megabook.vn/

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 5

Câu 1: 1, Tập xác định: D=R

lim		x 3 – 3x 2 + 2 = -¥			lim x 3 – 3x 2 + 2 = +¥					y’=3x2-6x=0 Û	éx = 0
x ®-¥ (		)			x®+¥ (				)		ëx = 2
											ê
Bảng biến thiên:
	x		-¥	0			2	+ ¥
	y’		+	0		–	0	+
				2				+ ¥
	y
			-¥				-2
Hàm số đồng biến trên khoảng: (-¥;0) và (2; + ¥)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)
fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2
y’’=6x-6=0<=>x=1
khi x=1=>y=0				x=3=>y=2				x=-1=>y=-2

Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng.

Câu 1: 2,  Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)

Xét biểu thức P=3x-y-2

Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0

Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2

	ì y = 3x – 2	ìx =	4
			5			æ 4			2	ö
		ï
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:	í	Û í			=>	M ç		;		÷
	î y = -2 x + 2	ï	2			è 5			5	ø
		ïy =	5
		î

Câu 2: 1, Giải phương trình: cos2x + 2sin x – 1 – 2sin x cos 2x = 0 (1)

(1) Û cos2x (1- 2sin x ) – (1- 2sin x ) = 0 Û ( cos2x – 1)(1- 2sin x) = 0

Khi cos2x=1<=> x = kp , k ÎZ

Khi sinx = ¹₂ Û x = ^p₆ + k 2p hoặc x = ⁵₆^p + k 2p , k ÎZ

Câu 2:

2, Giải bất phương trình: (4x – 3) x² – 3x + 4 ³ 8x – 6 (1)(1) Û ( 4x – 3)(x ² – 3x + 4 – 2)³ 0

Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

x 2 – 3x + 4 – 2 =0<=>x=0;x=3

Bảng xét dấu:

x

–

¥

0

ắ

2

+ ¥

4x-3

–

–

0

+

+

x 2 – 3x + 4 – 2

+

0

–

–

0

+

Vế trái

–

0

+

0

–

0

+

x Î

é

3 ù

È [ 3; +¥)

Vậy bất phương trình có nghiệm:

ê 0;

ú

ë

4 û

http://megabook.vn/

p						p		p
3		cot x				3	cot x	3		cot x
Câu 3: Tính I = ò					dx =	2 ò		dx =  2 ò			dx
		æ	p	ö			s inx (s inx + cos x )		2	x (1 + cot x)
p						p		p	s in
6	sin x sin ç x +			÷		6		6
		è	4 ø
Đặt   1+cotx=t Þ	1	dx = –dt						Khi
sin 2		x

x =	p	Û t = 1 +  3;   x =	p	Û t =  3 +1
	6		3	3

S

3 +1 t –1		2 (t – ln t )	3 +1	=	2	æ 2		– ln  3	ö
Vậy I =  2  ò	dt =		3 +1			ç			÷
3 +1	t		3			è	3		ø	K
3

Câu 4: Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H.

Xột DSHA(vuông tại H)  AH = SAcos 300  = a  3	A
2
Mà DABC đều cạnh a, mà cạnh AH = a  3
2

=> H là trung điểm của cạnh BC => AH ^ BC, mà SH ^ BC => BC^(SAH) Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K => HK là khoảng cách giữa BC

C

H

B

và SA => HK = AHsin 300  =

AH

= a  3

2

4

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng

a

3

4

Câu 5 :Ta có:

a 3

+

a 3

+ b 2 + 3

³ 3

3  a 6

=

3a2

(1)

2  b 2 + 3   2  b2 + 3

16

64

4

b 3

+

b3

+ c 2 + 3

³ 33

c6   =

3c2

(2)

c 3

+

c 3

+ a 2 + 3

³ 33

c 6

=

3c2

(3)

2  c 2 + 3   2  c2 + 3

16

64

4

2  a 2 + 3   2  a2 + 3

16

64

4

a 2 + b 2 + c 2 + 9

3

(a 2 + b 2 + c2 )(4)

Lấy (1)+(2)+(3) ta được: P +

16

³ 4

Vì a²+b²+c²=3 Từ (4) Û P ³ ³₂ vậy giá  trị nhỏ  nhất  P =  ³        ₂       khi         a=b=c=1.

Câu 6a: 1, Đường tròn (C) có tâm I( – 1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là D ,

=> D : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường  thẳng                 3x+y  – 2=0)

Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một      dây cung  có  độ dài bằng  6=> khoảng  cách  từ tâm I  đến  D

bằng	52 – 32  = 4 Þ d (I , D ) =	-3 + 4 + c		éc = 4  10 -1		(thỏa mãn c≠2)
			+1	= 4 Û ê
		32		êc = -4  10	-1
				ë

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:     3    x  +    y          +    4                             10            –             1             =                                                                                        0    hoặc  3          x + y  – 4                                                                                   10    –         1    = 0 .

ì    x =    1   –             t

Câu 6a: 2, Ta có AB = ( -1; -4; -3) Phương         trình      đường       thẳng      AB:      ^ïí y  =  5  – 4  t                                    ^ï_î z  =  4  – 3  t

http://megabook.vn/

Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a) Þ DC = ( a; 4a – 3;3a -3) Vì AB ^ DC =>-a-16a+12-9a+9=0<=> a = ₂₆²¹

æ

5

49

41 ö

Tọa độ điểm

D ç

;

;

÷

è 26

26

26 ø

ï

+ ( b + 1)i

ï(

)

(

)

ì

a – 2

= 2

ì a – 2

2 +

b + 1

2  = 4

Câu 7a :Gọi số phức z=a+bi   Theo bài ra ta có: í

Û í

ïb = a

– 3

ïb = a – 3

î

î

ì

ì

–  2

+  2

ï a = 2

ïa = 2

Û í

hoac í

ïb = -1 –  2

ïb = – 1 +  2

î

î

Vậy số phức cần tìm là: z= 2 –		+( -1 –			)i;  z= 2 +	2	+( -1 +
	2			2				2 )i.
Câu 6b : 1, Ta có: (1+ x )100  = C1000 + C1001			x + C1002 x 2 + … + C100100 x100					(1)

(1- x )¹⁰⁰  = C₁₀₀⁰ – C₁₀₀¹ x + C₁₀₀² x ² – C₁₀₀³ x ³ + … + C₁₀₀¹⁰⁰ x¹⁰⁰         (2)

Lấy (1)+(2) ta được: (1+ x )¹⁰⁰ + (1- x )¹⁰⁰ = 2C₁₀₀⁰ + 2C₁₀₀² x ²  + 2C₁₀₀⁴ x ⁴ + … + 2C₁₀₀¹⁰⁰ x¹⁰⁰

Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được:100(1+ x )⁹⁹ – 100(1- x ) ⁹⁹  = 4C₁₀₀² x + 8C₁₀₀⁴ x³  + …+ 200C₁₀₀¹⁰⁰ x⁹⁹

Thay x=1 vào => A = 100.2⁹⁹  = 4C₁₀₀² + 8C₁₀₀⁴ + … + 200C₁₀₀¹⁰⁰

Câu 6b: 2, Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d₁ và d₂ lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).

Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA = k MB MA = ( 3a – 1; a – 11; -4 + 2a ), MB = ( b; -2b – 3; –b )

		ì3a – 1 = kb			ì3a – kb = 1		ìa =1
		ï			ï	+ 3k + 2 kb = 11	ï	-10;	-2)
	Þ í a – 11 = -2 kb – 3k Û í a						Û ík = 2 => MA = ( 2;
		ï -4 + 2 a = – kb			ï 2 a + kb = 4		ïb =1
		î			î		î
						ìx = 3 + 2t
Phương trình đường thẳng AB là: íï y = 10 -10t
						ï
						îz = 1 – 2t
Câu 7 b: D=24+70i,
						éz = 2 + i
	D = 7 + 5i hoặc   D = -7 -5i
						=> ê
						ëz = -5 – 4i

http://megabook.vn/

Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1 môn Toán năm 2015 môn – Trường THPT chuyên Đại học Vinh

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Thế

---

[toc]

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1 môn Toán năm 2015 môn – Trường THPT chuyên Đại học Vinh

Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1 môn Toán năm 2015 môn – Trường THPT chuyên Đại học Vinh

CÂU HỎI

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y	1	x3	1	m  1 x2	mx	1	(1), m là tham số.
			2
3					3

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

¹

1. b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại là y_CĐ thỏa mãn y_CĐ .

Câu 2 (1,0 điểm).

1. a) Giải phương trình cos3x cos x 23cos2x sin x.

1. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn z 2 z  3  2i .

Câu 3	(0,5	điểm). Giải phương trình log4			x2    log2  2x  1   log2  4x  3 .
Câu 4	(1,0	điểm). Giải bất phương trình x 2    5 x  4 1							.
								x 3    2 x 2    4 x
		6
					x  3  1
Câu 5	(1,0	điểm). Tính tích phân  I					dx.
		1			x  2

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S .ABC có SA      2 a , AB  a. Gọi M là trung điểm cạnh BC.

Tính theo a thể tích khối chóp S .ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ACD           với

cos           ¹ , điểm H thỏa mãn điều kiện HB 2 HC , K là giao điểm của hai đường thẳng AH và

5
	1		4		, K 1; 0  và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm
BD. Cho biết H		;				A, B , C , D.
	3		3

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  y   z     3 0 và đường

thẳng d : ^{x    2      y    1      z} . Tìm tọa độ giao điểm của (P) và d; tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho

• 21

khoảng cách từ A đến (P) bằng 23.

Câu 9 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 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 có 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.

Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn

0       x    y ²       y    z ²      z    x ²      2.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P    4 ^x   4 ^y   4 ^z   ln x ⁴      y ⁴   z ⁴      ₄³ ( x  y  z) ⁴.

—————— Hết ——————

Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 28, 29/3/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC.

2. Thi thử THPT Quốc gia lần 2 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 18 và ngày 19/4/2015. Đăng ký dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 28/3/2015.

 

ĐÁP ÁN

Câu

Đáp án

Điểm

Câu 1.

a) (1,0 điểm)

Khi m  2 hàm số trở thành y

1

x 3

1

x 2   2 x

1

.

(2,0

3

3

2

điểm)   10. Tập xác định: D    .

20. Sự biến thiên:

*) Chiều biến thiên: Ta có y   x 2

x  2, x   .

y   0

x   1

x   1

; y   01  x  2.

; y   0

x  2

x  2

và (2;   ); hàm số nghịch biến trên   0,5

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (   ;  1)

khoảng ( 1; 2).

*) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x                                          1, y_CĐ y( 1) ³ ; 2

hàm số đạt cực tiểu tại x    2, y _CT    y(2)         3.

*) Giới hạn tại vô cực:

lim y   lim x			3	1				1		2			1			;  lim		y   lim x	3   1							1		2				1			.
										x	2		3x	3											2x			x	2			3x	3
x		x		3  2x												x		x		3
*) Bảng biến thiên:
	x			1								2									y
	y‘	+			0				–			0			+									3
	y					3																		2
					2							3
																		1		O										2					x	0,5

30. 3⁰. Đồ thị:

3

1. (1,0 điểm)

																						x   1
	Ta có y   x 2     m  1 x  m , x   ; y   0																																			0,5
	Hàm số có cực đại khi và chỉ khi m   1.																					x  m
	Xét hai trường hợp (TH) sau:																										m 3				m2
	TH1. m   1. Hàm số đạt cực đại tại																		x  m,			với yCĐ   y ( m)											1
																																			.
							3				2									m   3(tm)					6				2				3
	Ta có yCĐ	1				m					m				1		1
																								m   3.
3				6				2				3  3								m  0(ktm)						m				1						0,5
	TH2. m   1. Hàm số đạt cực đại tại																		x   1,			với yCĐ			y( 1)							.
		1			m				1			1								1					2				2
	Ta có yCĐ													m							(tm).
												3
3				2				2											3				1
	Vậy các giá trị cần tìm của m là m   3, m																							.
																						3

1

1. (0,5 điểm)

Câu 2.

Phương trình đã cho tương đương với

(1,0

k

điểm)

cos2 x  0

x

4

2  k.

0,5

2cos2 x cos x  2

3cos2 x sin x

cos x   3 sin x

x

k

6

1. (0,5 điểm)

	Đặt	z  a  bi , ( a , b   ). Từ giả thiết ta có
						3a  3		a  1	0,5
		a  bi  2 a  bi   3  2i   3a  bi  3  2i
						b   2		b   2
	Vậy số phức z có phần thực bằng 1, phần ảo bằng  2.
Câu 3.	*) Điều kiện: x		1	.
		2
(0,5	Khi đó phươngtrình đã cho tương đương với
điểm)		log2 x  log2  2x  1   log2  4x  3log 2  2 x 2    x   log 2  4 x  3
									0,5
					1
		2x 2    x  4x  3   2x 2    5x  3  0x
					2
				x  3
	Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là x  3.

	x   1   5
Câu 4.	*) Điều kiện: x 3   2x 2   4x  0
(1,0	1   5  x  0.
điểm)	Bất phương trình đã cho tương đương với  x 2   2 x  4   3 x  4				.   (1)
				x x 2   2 x  4

Xét hai trường hợp sau đây:

0,5

TH1. Với    1 5 x 0 . Khi đó x ² 2 x 4 0 và 3 x 0 . Hơn nữa hai biểu thức x ² 2 x 4 và 3x không đồng thời bằng 0. Vì vậy

x ²   2 x  4   3 x  0  4x x ²   2 x  4 .

Suy ra    1  5        x     0 thỏa mãn bất phương trình đã cho.

	TH2. Với x   1															5. Khi đó x 2    2 x  4  0 . Đặt																x 2    2 x  4  a  0,  x  b  0 .
	Bất phương trình trở thành a 2																						3b 2			4aba  b  a  3b   0   b  a  3b
																									2		x  4  0
																																1   17								7   65
								2
		x					x				2 x  4  3										x			x												x
																																													, thỏa mãn.				0,5
																									2							2								2
																								x			7 x  4  0
	Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm  1																														x  0 ;		1				17		x		7					65		.
																														5
																																													2
																																2
	Đặt						t. Ta có x  1   t  2; x  6   t  3; x  t2    3 và d x  2tdt .
Câu 5.			x  3
					3					t  1									3		t																												0,5
(1,0
	Khi đó I												2tdt  2											dt
										t	2	1
điểm)					2														2	t  1
										3					1								t  ln						3
																													2 1  ln 2 .
					2						1								dt  2							t  1																							0,5
									2					t	1														2

2

Câu 6.	S	*) Từ giả thiết suy ra  ABC đều và
		SA  SB  SC .
(1,0		Hạ SO  (ABC )  O là tâm tam
điểm)		giác đều ABC.
				a2
		Ta  có  AB  a   SABC			3		và
				4

														a	3				2														a	3				0,5
H												AM					AO									AM
															2																			3
																			3
A							C					SO															a		33			.
																SA 2    AO2
	O				M																							3
																														a3
x												Suy ra VS .ABC							1	SO.SABC														11				.
K			B																3											12
*) Kẻ Bx // AM   mp ( S , Bx) // AM
d (AM , SB)  d  AM ,(S, Bx)   d O,(S, Bx)																														(1)
Hạ OK   Bx , OH   SK. Vì Bx  ( SOK ) nên Bx  OH   OH   ( S , Bx)																														(2)
Ta có OMBK là hình chữ nhật nên OK  MB									a	.
								2										a																				0,5
Vì  SOK vuông tại O nên		1			1		1					47	OH								517									(3)
		OH 2			OK 2		OS 2				11a2
																			47

Từ (1), (2) và (3) suy ra d (AM , SB)  OH      ^a517 .

							47
D			C	Từ giả thiết suy ra H thuộc cạnh BC và BH																									2		BC.
Câu 7.
																												3
(1,0				Vì BH // AD nên				KH				BH				2		HK							2		KA . Suy ra
điểm)
			H					KA				AD	3										3
					5														5		2							5				10
								1						4									4
				HA		HK	x A				;	yA								.		;								;					0,5
					2
																					3							3
								3						3					2				3										3
		K		A(2; 2).

																																	1
												Vì   ACD vuông tại D và													cos ACD  cos													nên
																																	5
												AD  2CD, AC								CD.
																			5
	A								B								4
	Đặt CD  a ( a  0)   AD  2 a   AB  a , BH																	a.
																3						25				125
	Trong tam giác vuông ABH ta có AB2    BH 2													AH 2										a2				a			5.
						4													9								9
	Suy ra AB								5			.																					(*)
				5, HB
			3										(x  2)2   ( y  2)2    5																				0,5
																												x  3, y  0
	Giả sử B ( x ;		y) với x  0,						từ (*) ta có							2							2						1				8
														1					4						80
																												x		, y						(ktm)
													x			y
																													5				5
							3							3					3						9
	Suy ra B(3; 0). Từ BC									BH   C  1;  2 . Từ AD  BC   D  2; 0 .
							2
Câu 8.	*) Giả sử M  d  ( P). Vì M  d nên M (t  2;  2t  1;  t).
	Mặt khác M  ( P) nên suy ra ( t  2)  ( 2t  1)  ( t )  3  0   t   1.
(1,0																																	0,5
điểm)	Suy ra M (1; 1; 1).

3

*) Ta có A  d nên A( a  2;  2 a  1;  a).

(a  2)  ( 2 a  1)  ( a)  3

a  2

Khi đó d  A, (P)   2 3

a  1

2 3

3

0,5

12   12   12

a   4.

Suy ra A(4;  5;  2) hoặc A( 2; 7; 4).

+) Tổng số kết quả 9 đội bóng bốc thăm ngẫu nhiên vào 3 bảng A, B , C là C 3

C 3

C3.

Câu 9.

9

6

3

+) Số kết quả bốc thăm ngẫu nhiên có 3 đội bóng Việt Nam nằm ở ba bảng khác nhau là

(0,5

3! C62   C 42   C22 .

0,5

điểm)

3! C 2   C 2

C2

9

Suy ra xác suất cần tính là

P

6

4

2

0,32.

C 3

C 3

28

C3

9

6

3

Câu 10.

Từ giả thiết suy ra 0  x ,

y , z  1 và x 2

y 2    z2

1.

Xét hàm số g (t )  4 t   3t  1, t   0; 1 . Ta có g ‘( t )  4t

ln 4  3.

(1,0

3

điểm)

Suy ra

g

( t )  0   t  log 4

t0 ; g

( t )  0   t  t0

và g ( t )  0   t  t0 .

ln 4

Vì 1

3

4, nên 0  t 0   1.

ln 4

t

0

t0

1

Suy ra bảng biến thiên

g ‘(t )

–

0

+

0

0

g (t )

0,5

Suy ra g (t )  0 với mọi t   0; 1 , hay 4 t

3t  1 với mọi t   0; 1 .

Mặt khác, do 0  x, y , z  1 nên x 4    y 4   z 4    x 2    y 2   z2   1.

Từ đó ta có P  3  3( x  y  z )  ln x 4    y 4   z 4

3

( x  y  z)4

4

3 3( x y z ) ³ ( x y z) ⁴. 4

Đặt x  y  z  u, khi đó u  0 và P  3  3u																3	u4.
																4
						3
Xét hàm số	f ( u )  3  3u							u4			với u  0.
		3			4
			và
Ta có f ( u )  3  3u					f ( u )  0   u  1.
Suy ra bảng biến thiên
					u						0			1
					f ‘(u)						+			0			–
														21				0,5
					f (u)									4
												21								21
Dựa vào bảng biến thiên ta có f ( u)													với mọi u  0.					Suy ra  P			, dấu đẳng thức
											4							4
xảy ra khi x  1, y  z  0 hoặc các hoán vị.
Vậy giá trị lớn nhất của P là							21			.

4

4