Diese Präsentation wurde erfolgreich gemeldet.
Die SlideShare-Präsentation wird heruntergeladen. ×

[Vnmath.com] de thi va dap an chuyen d ai hoc vinh 2015

Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Nächste SlideShare
Untitled 2
Untitled 2
Wird geladen in …3
×

Hier ansehen

1 von 8 Anzeige

Weitere Verwandte Inhalte

Diashows für Sie (19)

Andere mochten auch (20)

Anzeige

Ähnlich wie [Vnmath.com] de thi va dap an chuyen d ai hoc vinh 2015 (20)

Weitere von Marco Reus Le (20)

Anzeige

[Vnmath.com] de thi va dap an chuyen d ai hoc vinh 2015

  1. 1. ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Trường THPT Chuyên Đại học Vinh – Thi thử lần 1) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  3 21 1 1 1 3 2 3 y x m x mx     (1), m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi 2m  . b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại là yCÑ thỏa mãn 1 y 3CÑ  . Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình cos3 cos 2 3 cos2 sinx x x x  b) Giải phương trình    2 4 2 2 log log 2 1 log 4 3   x x x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 6 1 3 1 2 x I dx x     . Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 3 2z z i   . Tìm phần thực và phần ảo của z . b) 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 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều .S ABC có 2SA a , AB a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB. Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 3 0P x y z    và đường thẳng 2 1 : 1 2 1 x y z d       . Tìm tọa độ giao điểm của  P và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho khoảng cách từ A đến  P bằng 2 3 . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có ACD   với 1 cos 5   , điểm H thỏa mãn điều kiện 2HB HC   , K là giao điểm của hai đường thẳng AH và BD . Cho biết 1 4 ; 3 3 H       ,  1;0K và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm , , ,A B C D . Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình  2 3 2 5 4 1 2 4    x x x x x . Câu 9 (1,0 điểm). Giả sử , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn       2 2 2 0 2x y y z z x       Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức     4 4 4 4 3 4 4 4 ln 4 x y z P x y z x y z         . HẾT. www.VNMATH.com w w w .VN M ATH .com
  2. 2. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm a.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi 2m  . ♥ Tập xác định: D   ♥ Sự biến thiên: ᅳ Chiều biến thiên: 2 ' 2y x x   ; ' 0 1y x    hoặc 2x  0.25 + Hàm số nghịch biến trên khoảng  1;2 ; + Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1  và  2; . ᅳ Cực trị: + Hàm số đạt cực đại tại 1x   ; yCĐ   3 1 2 y   + Hàm số đạt cực tiểu tại 2x  ; yCT  2 3y   , ᅳ Giới hạn: lim x y    và lim x y    0.25 ᅳ Bảng biến thiên: x  1 2  'y  0  0  y 3 2   3 0.25 ♥ Đồ thị: 0.25 b.(1,0 điểm). b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số  3 21 1 1 1 3 2 3 y x m x mx     có cực đại là yCÑ thỏa mãn 1 y 3CÑ  . ♥ Ta có:  2 ' 1y x m x m     2 1 ' 0 1 0 x y x m x m x m           0.25 1 (2,0 điểm) ♥ Hàm số (1) có cực đại  1m  0.25 www.VNMATH.com w w w .VN M ATH .com
  3. 3. ♥ Với   1 1 1 1 1 1 3 2 2 3 1 1 2 2 x y m m m          ; Với    3 3 22 21 1 1 1 1 1 1 6 2 33 2 3 x m y m m m mm mm           Với 1m  , ta có BBT x  1 m  'y  0  0  y CD y   CT y Do đó:   1 1 1 1 y 1 3 1 3 2 3 3CÑ m y m            0.25  Với 1m  , ta có BBT x  m 1  'y  0  0  y CD y   CT y Do đó:   3 2 3 21 1 1 1 1 y 3 3 0 3 6 2 3 3 0 1 3 1 CÑ y m m m m m m m                     ♥ Vậy giá trị m thỏa đề bài là 1 3; 3 m            . 0.25 a).(0,5 điểm). a) Giải phương trình cos3 cos 2 3 cos2 sinx x x x  (1) ♥ Ta có:  1 2cos2 .cos 3 cos2 .sin 0  x x x x  cos2x cos 3sin 0  x x 0.25  cos2 0 4 2       k x x  k    3 cos 3 sin 0 tan 3 6         x x x x k  k   ♥ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là  ; 4 2 6           k x x k k . 0.25 b.(0,5 điểm). Giải phương trình    2 4 2 2 log log 2 1 log 4 3   x x x ♥ Điều kiện: 1 2 x Khi đó:      2 2 2 1 log log 2 1 log 4 3    x x x    2 2 2 log 2 log 4 3   x x x 0.25 2 (1,0 điểm) 2 2 5 3 0   x x (2) 0.25 www.VNMATH.com w w w .VN M ATH .com
  4. 4. 1 2 3 x x         Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm phương trình đã cho là 3x . Tính tích phân 6 1 3 1 2 x I dx x     . . ♥ Đặt 2 3 3 2t x x t dx tdt       Đổi cận: 6 3 1 2 x t x t      0.25 ♥ Suy ra: 3 3 32 2 2 2 2 1 2 2 2 1 1 1 1 t t t I dt dt dt t t t               0.25   3 2 2 ln 1t t   0.25 3 (1,0 điểm) 2 2ln2  ♥ Vậy 2 2ln2I   . 0.25 a).(0,5 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2 3 2z z i   . Tìm phần thực và phần ảo của z . ♥ Đặt z a bi  ,  ,a b   ta có:  2 3 2 2 3 2        z z i a bi a bi i 3 3 2   a bi i 0.25 1 2      a b ♥ Vậy số phức z cần tìm có phần thực bằng 1 và phần ảo bằng 2 . 0.25 b).(0,5 điểm). b) 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 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. ♥ Số phần tử của không gian mẫu là . .3 3 3 9 6 3C C C 1680   0.25 4 (1,0 điểm) Gọi A là biến cố "3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau” Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là !. . .2 2 2 A 6 4 23 C C C 540   ♥ Vậy xác suất cần tính là (A) A 540 9 P 1680 28      . 0.25 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp đều .S ABC có 2SA a , AB a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB . www.VNMATH.com w w w .VN M ATH .com
  5. 5. ♥ Gọi O là tâm của tam giác đều ABC cạnh a . Do .S ABC là hình chóp đều nên  SO ABC . Ta có 2 3 4ABC a S  và 3 3 a OA  Xét SOA ta có: 2 2 2 2 2 2 11 33 4 3 3 3 a a a SO SA OA a SO       0.25 ♥ Vậy 2 3 . 1 1 33 3 11 . . . 3 3 3 4 12S ABC ABC a a a V SO S    0.25 ♥ Gọi , ,N I J lần lượt là trung điểm của các đoạn , ,SC CH HM Do  / / / /SB MN SB AMN . Suy ra:        , ,( ) ;( ) 2 ;(d AM SB d B AMN d C AMN d I AMN   Ta có:       AM IJ AM IJN IJN AMN AM IN         theo giao tuyến NJ Trong  IJN , kẻ    ;(IK NJ IK AMN d I AMN IK     0.25 ♥ Xét tam giác IJN ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 16 12 188 11 11 11 188 IK a IK IJ IN a a a        Vậy   11 517 , 2 2. 188 47 a d AM SB IK a   . 0.25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) : 3 0P x y z    và đường thẳng 2 1 : 1 2 1 x y z d       . Tìm tọa độ giao điểm của  P và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho khoảng cách từ A đến  P bằng 2 3 . ♥ Tọa độ giao điểm M của của  P và d là nghiệm của hệ phương trình   12 1 1 1;1;11 2 1 3 0 1 xx y z y M x y z z                      0.25 ♥ Do  2; 2 1;A d A t t t      0.25 ♥ Khi đó:    2 2 2 ; 2 3 43 t t d A P t         0.25 6 (1,0 điểm) ♥ Vậy có hai điểm thỏa đề bài là  4; 5; 2A   hoặc  2;7;4A  . 0.25 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có ACD   với www.VNMATH.com w w w .VN M ATH .com
  6. 6. 1 cos 5   , điểm H thỏa mãn điều kiện 2HB HC   , K là giao điểm của hai đường thẳng AH và BD . Cho biết 1 4 ; 3 3 H       ,  1;0K và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm , , ,A B C D . ♥ Do KAD ∽ KHB 3 3 2 2 KA AB BC KA KH KH HB BH       Do K thuộc đoạn AC     3 3 2 2 3 2 A K H K A K H K x x x x KA KH y y y y               2 2 2;2A A A x y      0.25 ♥ Đặt  ;B a b với 0a  , ta có:   2 1 cos cos cos . 5 5 5 2 AB AB AB ACD ABD BD KB KB        2 2 4 5AB KB        2 2 2 2 4 2 2 5 1a b a b                   2 2 6 16 27 0a b a b      0.25 ♥ Đường tròn  C đường kính AH có tâm 7 1 ; 6 3 I       , bán kính 1 5 5 2 6 R AB  nên có phương trình là   2 2 7 1 125 : 6 3 36 C x y                   Do   0 90ABC B C   2 2 7 1 125 6 3 36 a b                    2 2 7 2 2 0 3 3 a b a b      Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 2 1 6 16 27 0 35 7 2 8 02 0 3 3 5 a b a b a a ba b a b b                              . Suy ra:  3;0B 0.25 www.VNMATH.com w w w .VN M ATH .com
  7. 7. ♥ Ta có:       2 2 2 0 2x y y z z x       2 2 2 0 2 2 1x y z xy yz zx        Suy ra: , , 0;1x y z     . Dấu “=” xảy ra khi    ; ; 1,0,0x y z  hoặc các hoán vị. và      2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1x y z x y z xy yz zx x y z             Do 4 3 1t t  , 0;1t       4 4 4 3 3x y z x y z       0.25 ♥ Mặt khác:    4 4 4 2 2 2 4 4 4 2 2 2 ln ln 0x y z x y z x y z x y z            0.25 ♥ Từ đó ta có:     43 21 3 3 4 4 P x y z x y z        Dấu “=” xảy ra khi    ; ; 1,0,0x y z  hoặc các hoán vị. Vậy 21 4 MaxP  . 0.25 www.VNMATH.com w w w .VN M ATH .com

×