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

3 Đề thi thử môn toán 2015 from http://toanphothong.com/

Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige

Hier ansehen

1 von 8 Anzeige
Anzeige

Weitere Verwandte Inhalte

Diashows für Sie (20)

Ähnlich wie 3 Đề thi thử môn toán 2015 from http://toanphothong.com/ (20)

Anzeige

Weitere von Vui Lên Bạn Nhé (20)

Aktuellste (20)

Anzeige

3 Đề thi thử môn toán 2015 from http://toanphothong.com/

  1. 1. ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 1)1(3 23 +++−= xmxxy (1) có đồ thị mC( ), với m là tham số . a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1−=m . b) Tìm m để đường thẳng (d): y = x + 1 cắt đồ thị mC( ) tại 3 điểm phân biệt P(0;1), M, N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 2 25 với O(0;0). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: xxxxxx cos3sin3414cos6sin42cos22cos2 2 +=++− . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: ∫ − −++ = 0 2 1 2 23)1( xxx dx I Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 02.8136.7939.16 1 26 11 13 =+− − − −− − x x x x x x . b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng ( các viên bi chỉ khác nhau về màu sắc). Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ): 2 0x y zα + + + = và 04:)( =−−− zyxβ theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy A’B’C’ là tam giác đều cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh A’B’. Gọi E là trung điểm của cạnh AC. Tính thể tích của khối tứ diện EHB’C’và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC’A’). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B và C thuộc trục tung. Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:     −+=++− −+=−−− 2223 2223 213 213 yxyxyyxy xxyyxxyx ( Ryx ∈, ). Câu 9 (1,0 điểm). Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 24)( 3 ≥++ xyyx . Tìm GTNN của biếu thức 2015)43()(2)(3 2222 +−−+−+= xyxyyxyxP . HẾT
  2. 2. ĐÁP ÁN Câu 1. b. Phương trình hoành độ giao điểm của mC( ) và (d): 11)1(3 23 +=+++− xxmxx    =+− ⇒=⇒= ⇔=+−⇔ )2(03 )1;0(10 0)3( 2 2 mxx Pyx mxxx Để mC( ) cắt (d) tại 3 điểm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0     < ≠ ⇔ 4 9 0 m m Giả sử )1;( 11 +xxM , )1;( 22 +xxN khi đó 21 ; xx là nghiệm của pt (2) Ta có R MNONOM dOdMNSOMN 4 .. ))(;(. 2 1 == với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN ))(;(25))(;(.2. 4 .. ))(;(. 2 1 dOddOdRONOM R MNONOM dOdMN ==⇔= (3) )122)(122(. 1 2 11 2 1 ++++= xxxxONOM Với 25124.3;3 2 2 2 21 2 1 ++=⇒−=−= mmONOMmxxmxx 2 2 2 1 ))(;( ==dOd Khi đó thế vào (3) ta được:    −= = ⇔==++ 3 0 5 2 2 2525124 2 m m mm thỏa đề chỉ có 3−=m Câu 2. Pt⇔ xxxxxx cos3sin342sin26sin42cos22cos2 22 +=+− xxxxxx cos3sin322sin6sin22cos2cos 22 +=+−⇔ xxxxxx cos3sin326sin22cos2sin2cos 22 =+−−⇔ xxxxx cos3sin326sin22cos4cos =+−⇔ xxxxxx cos3sin323cos3sin4sin3sin2 =+−⇔    =+ = ⇔=+−−⇔ xxx x xxxx 3cos2cos3sin 03sin 0)cos33cos2(sin3sin2 * )( 3 03sin Ζ∈=⇔= kkxx π *       += +−= ⇔=      −⇔=+ 224 123cos 6 cos3cos2cos3sin ππ π π π k x kx xxxxx )( Ζ∈k Vậy nghiệm của phương trình là: π π kx +−= 12 , 224 ππ k x += , 3 πk x = )( Ζ∈k . Câu 3. ∫ − −++ = 0 2 1 2 23)1( xxx dx I = dx xxx ∫ − +−++ 0 2 1 )3)(1()1( 1 = dx x x x ∫ − + +− + 0 2 1 2 1 3 )1( 1 Đặt 1 3 1 3 2 + +− =⇒ + +− = x x t x x t dx x tdt 2 )1( 4 2 + − =⇒
  3. 3. )37( 2 1 2 1 3 7 −=−=⇒ ∫dtI . Câu 4. a) Điều kiện 1≠x . Đưa phương trình về dạng 081 2 3 6 793 4 9 16 1 13 1 13 =+      −      − − − − x x x x , rồi đặt 1 13 2 3 − −       = x x t Đáp số : 2; 2 1 == xx . b) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là 10014 14 =C cách . Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có 2 7 1 5 1 2 .. CCC cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có 1 7 2 5 1 2 .. CCC cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có 1 7 1 5 2 2 .. CCC cách Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là 2 7 1 5 1 2 .. CCC + 1 7 2 5 1 2 .. CCC + 1 7 1 5 2 2 .. CCC = 385 cách . Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là 13 8 1001 616 1001 3851001 == − =P . Câu 5. Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) . Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng 02:)( =+++ zyxα và 04:)( =−−− zyxβ theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ :      −−−=+++ =+− =+− ⇔      = = = 42 9223 15473 ))(,())(,( cbacba cba cba IdId ICIA IBIA βα Giải hệ ta được :      = = = 3 0 1 c b a hoặc      −= −= = 79 712 719 c b a Với      = = = 3 0 1 c b a , viết được phương trình mặt cầu : 25)3()1( 222 =−++− zyx . Với      −= −= = 79 712 719 c b a , mặt cầu có phương trình : 49 1237 7 9 7 12 7 19 222 =      ++      ++      − zyx Câu 6. )'''//( CBABE nên d(E,(A’B’C’) = B’H Tam giác B’HC’vuông tại H nên B’H = 2 3 '' 22 a HBBB =−
  4. 4. 2 '' 20 ''' 8 3 4 3 60sin'.''.' 2 1 aSaCBBAS CHBCBA =⇒==⇒ 168 3 2 3 . 3 1 .' 3 1 32 '''' aaa SHBV CHBCEHB ===⇒ '' ''.3 ))''(,( AACC AACCB S V AACCBd = ; 488 3 333 '''.'''.''. aaa VVV CBABCBAABCAACCB =−=−= ACJASACJAACIJABIA AACC .',',' '' =⊥⇒⊥⊥ 5 15 . 4 15 4 3 ))''(,( 4 15 '' 3 22 a a a a AACCBd a IJAAJA ==⇒=−= . Câu 7. Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4) . Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng bằng 1 . Vì B nằm trên trục tung nên B(0;b). Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với BC 0: =≡ xOy nên AB : y = b . Vì A là giao điểm của AB và AC nên       − b b A ; 3 416 . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có 4 3 5 4 3 4 4 4 3 4 3 416 )4( 3 416 4 3 416 .4 2 2 2 2 −+−+− − =       − +−+ − +− − − = ++ = bbb b b b b b b b CABCAB S r ABC 4 3 1 −= b . Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 . Với b = 1 ta có A(4;1), B(0;1). Suy ra D(4;4) . Với b = 7 ta có A(-4;7), B(0;-7). Suy ra D(-4;4) . Câu 8. Giải hệ phương trình     −+=++− −+=−−− )2(213 )1(213 2223 2223 yxyxyyxy xxyyxxyx Từ (1) và (2) ta có iyxyxxxyyiyyxyxxyx )2(2)13(13 22222323 −+−−+=++−−−−− )1()1(2)1(1)(33 22332223 ixixyyiiyixiyixyyixx +−−++=−−+−+++⇔ )2)(1(1)()( 2223 xixyiyiiyixyix +−+=−−+−+⇔ 23 ))(1(1)()( ixyiiyixyix −+=−−+−+⇔ 0)1()1( 23 =+−−++⇔ izziz izzz −−=−==⇔ 1;1;1 . Do đó (x;y) = (1;0); (-1;0); (-1;-1) . Câu 9. Với mọi số thực x, y ta luôn có xyyx 4)( 2 ≥+ , nên từ điều kiện suy ra 102)()(24)()()( 23323 ≥+⇒≥−+++⇒≥++≥+++ yxyxyxxyyxyxyx . Ta biến đổi P như sau 2015)43()2(2)( 2 3 )( 2 3 22222222 +−−++−+++= xyxyxyyxyxyxP 2015)(2)( 2 3 )( 2 3 2244222 ++−+++= yxyxyx (3) Do 2 )( 222 44 yx yx + ≥+ nên từ (3) suy ra 2015)(2)( 4 9 22222 ++−+≥ yxyxP . Đặt tyx =+ 22 thì 2 1 ≥t (do )1≥+ yx .
  5. 5. Xét hàm số 20152 4 9 )( 2 +−= tttf với 2 1 ≥t , có 02 2 9 )(' >−= ttf , với 2 1 ≥t nên hàm số f(t) đồng biến trên      +∞; 2 1 . Suy ra 16 32233 2 1 )(min ; 2 1 =      =       +∞∈ ftf t . Do đó GTNN của P bằng 16 32233 , đạt được khi và chỉ khi 2 1 == yx . ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN – ĐỀ SỐ 2 (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 2y x mx= − (m là tham số) có đồ thị ( ) .m C a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số khi 1.m = b)Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị ( )m C là đỉnh của một tam giác vuông. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3 sin2 sin 4 4 x x x π π    − = + ÷  ÷     . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 7 3 0 1 1 dx I x = + + ∫ . Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa điều kiện ( ) ( ) ( )( )3 1 2 2 3 4z i z i i+ − + + + + = − . Tính mô đun của .z b)Tìm hệ số của số hạng chứa 20 x trong khai triển 12 2 3 2 .x x   + ÷   Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng ( ) :3 5 2 0P x y z+ − − = và đường thẳng 12 9 1 : . 4 3 1 x y z d − − − = = Tìm tọa độ giao điểm của d và ( )P . Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng ( )P , đi qua giao điểm của d và ( )P , đồng thời vuông góc với .d Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và ,B 2 AD AB BC a= = = . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD , góc giữa SC và mặt phẳng ( )ABCD bằng 0 45 . Gọi M là trung điểm của AB và G là trọng tâm ABC∆ . Tính thể tích khối chóp .S AMCD và khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( )SCD theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho ABC∆ có trọng tâm ,G biết ( )2;1 ,G hai đường thẳng ,AB AC có phương trình lần lượt là 2 3 0x y+ − = và 0.x y− = Tìm tọa độ hai điểm , .B C Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( ) 2 2 3 3 2 14 2 2 , . 9 2 2 xy y x y x y x y x y x y x y  + − + − = +  ∈ + −    + = ÷  ÷     ¡
  6. 6. Câu 9 (1,0 điểm). Cho , ,x y z là các số dương thỏa 3.x y z+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . x y z P y z x = + + …HẾT…
  7. 7. CÂU ĐÁP ÁN 1 (2,0đ) a) (1,0 điểm) Khi ( )4 2 0: 2m y x x C= = − • TXĐ: D = ¡ • Sự biến thiên 3 2 ' 4 4 4 ( 1)y x x x x= − = − Hs ĐB trên( ) ( )1;0 ; 1;− +∞ , NB trên( ) ( ); 1 ; 0;1−∞ − Hs đạt CĐ tại 0, 0CDx y= = và đạt CT tại 1, 1CTx y= ± = − Giới hạn: →−∞ = +∞ x lim y và →+∞ = +∞ x lim y BBT x −∞ 1− 0 1 +∞ y′ − 0 + 0 − 0 + +∞ 0 +∞ y 1− 1− Đồ thị b) (1,0 điểm) Hs đạt CĐ, CT ( )2 4 0y x x m′⇔ = − = có 3 nghiệm phân biệt ( )0m⇔ > ∗ ( )m C có điểm CĐ ( )0;0A , hai điểm CT ( ) ( )2 2 ; , ;B m m C m m− − − ( )m C đối xứng qua trục tung nên ABC∆ vuông tại 2 2 2A BC AB⇔ = ( )4 4 2m m m⇔ = + 0m = hoặc 1.m = So điều kiện ( )∗ nhận 1.m = 2 (1,0đ) sin 3 sin2 sin 4 4 x x x π π    − = + ÷  ÷     ( )sin3 cos3 sin2 sin cosx x x x x⇔ − = + ( ) ( ) ( )sin cos 2sin2 1 sin2 sin cos 0x x x x x x⇔ + − − + = ( ) ( )sin cos sin2 1 0x x x⇔ + − = tan 1 sin2 1 x x = − ⇔  = ( )4 4 2 4 x k k x k x k π π π π π π  = − + ⇔ ⇔ = + ∈  = +  ¢ 3 (1,0đ) • Đặt 3 3 2 1 1 3 t x t x dx t dt = + = + ⇒  =
  8. 8. …HẾT… ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN – ĐỀ SỐ 3 (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 3 2y x x x= − + − có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm tất cả giá trị của tham số k để đường thẳng ( )2y k x= − cắt (C) tại ba điểm phân biệt. Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình 3sin 2 os2 4 3(cos 3sinx)x c x x− + = + . Câu 3. (1,0 điểm). Khai triển và rút gọn biểu thức n xnxx )1(...)1(21 2 −++−+− thu được đa thức n n xaxaaxP +++= ...)( 10 . Tính hệ số 8a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn: nCC nn 171 32 =+ . Câu 4. (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, BC; biết góc giữa MN với mp(ABC) bằng 0 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AC, MN theo a. Câu 5. (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12. Tâm I là giao điểm của hai đường thẳng 1 :d 3 0x y− − = và đường thẳng 2 :d 6 0x y+ − = . Trung điểm của cạnh AD là giao điểm của 1d với trục hoành. Xác định tọa độ bốn đỉnh của hình chữ nhật. Câu 6. (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 2 2 2 3 2 3 9x x x x x+ + + + + = ( )x∈¡ Câu 7. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) 2 1 2 17 0 4 32 x xy y x y xy  + + + − =  + + = Câu 8. (1,0 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương và 3a b c+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) ( ) 3 2 3 1 1 1 abc P ab bc ca a b c = + + + + + + + ………… Hết…………

×