Đề thi thử THPT quốc gia năm 2015 môn Toán - Lần 1 - Trường THPT Chuyeen Nguyễn Huệ

>> 1 Câu 1: Cho hàm số có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng 2x – y + 1 = 0 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1. Câu 2. Giải các phương trình sau: 1) 2) Câu 3. Từ một hộp chứa 10 thẻ được đánh số từ 0 đến 9, chọn ngẫu nhiên 3 thẻ. Tính xác suất để 3 thẻ được chọn có thể ghép thành số tự nhiên có 3 chữ số mà số đó chia hết cho 5 Câu 4. Tìm ∫ Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A(1;2;-4), B(1;-3;1), C(2;2;3) và có tâm nằm trên mặt phẳng Oxy. Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ̂ , SA= SB = SD = √ . Tính thể tích khối chóp S.BCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AD và SB. Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD, CD = 3AB. Biết đường thẳng AC có phương trình 2x –y + 8 = 0, đường thẳng BD có phương trình x + 2y – 6 = 0, chu vi hình thang ABCD bằng √ √ . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết xD > 0, xC < 0. Câu 8. Giải hệ phương trình: { Câu 9. Với x, y , z 0, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ NHẤT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút >> 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ CHUYÊN NGUYỄN HUỆ Câu 1 : Cho 2 1 x m y x    . 1. KSHS với 1m  . 2. Tìm m để đường thẳng 2 1y x  cắt đồ thị tại hai điểm A , B sao cho 1OABS  . Giải 1. KSHS 2 1 1 x y x     TXĐ :  \ 1D      2 1 0 1 y x D x        Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định.  Hàm số không có cực trị  lim 2 x y   : Tiệm cận ngang 2y   1 1 lim , lim x x y y        : Tiệm cận đứng 1x    Bảng biến thiên :  Vẽ đồ thị >> 3  Đồ thị hàm số cắt trục tung tại  0;1A , cắt trục hoành tại 1 ;0 2 B       . 2. Tìm m để đường thẳng 2 1y x  cắt đồ thị tại hai điểm A , B sao cho 1OABS  . Xét phương trình hoành độ giao điểm : 2 2 1 1 x m x x      1x   22 1 0x x m     (1) Để : 2 1d y x  cắt  C tại hai điểm phân biệt  pt (1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1  {  { (*) Với điều kiện (*) thì d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A(xA;2xA +1); A(xB;2xB +1) Với xA; xB là nghiệm của phương trình (1) thỏa mãn Ta có: { Ta có   1 , 5 d O d  ,   1 , . 1 2 ABCS d O d AB   2 5AB      2 2 20A B A Bx x y y     >> 4     2 2 4 20A B A Bx x x x       2 4 4A B A Bx x x x    2 1 1 4 4 2 2 m        23 8 m  Vậy 23 8 m  Câu 2 : Giải các phương trình. 1. 32cos cos4 cos2 0x x x   2.       2 4 2 4log 2 log 1 2log 3 5x x x     Giải 1. 32cos cos4 cos2 0x x x   32cos 2cos3 .cos 0x x x    2cos cos cos3 0x x x    2 3cos cos 4cos 3cos 0x x x x    3 cos 4 cos 1 cos 0 x x x           3 arccos 2 4 2 2 x k x k k x k                        >> 5 Vậy phương trình có nghiệm : 3 arccos 2 4 x k          , 2x k   , 2 x k    , k 2.       2 4 2 4log 2 log 1 2log 3 5x x x     Điều kiện : 5 , 2 3 x x  . Ta có       2 4 2 4log 2 log 1 2log 3 5x x x           2 2 2 4 4 4log 2 log 1 log 3 5x x x            2 2 2 2 1 3 5x x x         2 1 3 5x x x      2 2 4 3 0 2 7 0 x x x x          1 1 2 2x x      . Vậy 1 1 2 2x x     . Câu 3 : Từ một hộp chứa 10 thẻ được đánh số từ 0 đến 9, chọn ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để chọn 3 thẻ tạo thành số tự nhiên có ba chữ số mà số đó chia hết cho 5. Nhận xét : số tự nhiên chia hết cho 5 có số tận cùng là 0 hoặc 5. Vậy ta phải rút ra 1 trong hai thẻ này hoặc cả hai thẻ. Tuy nhiên theo yêu cầu đề bài ta nên dùng biến cố đối (không rút được thẻ 0 và 5 sẽ dễ dàng hơn). Giải Số tự nhiên chia hết cho 5 có số tận cùng là 0 hoặc 5. Vậy ta phải rút ra 1 trong hai thẻ này hoặc cả hai thẻ. Ta dùng biến cố đối là rút ra không có hai thẻ 0 và 5. Rút 3 thẻ bất kỳ : 3 10C , 3 thẻ bất kỳ trong đó không có 0 và 5 : 3 8C . Vậy xác suất cần tìm là 3 8 3 10 8 1 15 C C   . Câu 4 : Tìm 1 . 1 x x e dx x e   . >> 6 Nhận xét  . 1 . 1 . . 1 x x x x x x x x e e x e e e x e x e              . 11 . . 1 1 . 1 . 1 . 1 xx x x x x x x x ee e x e x e x e x e x e           Giải ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ = | | Câu 5 : Giải Gọi O là tâm mặt cầu O(a;b;c), do O => O(a;b;0) OA = OB = OC => {  {  { => O(-2;1;0)  R2 = OA2 = 26  Phương trình mặt cầu là (x + 2)2 + (y-1)2 + z2 = 26 Câu 6 >> 7 ABCD là hình thoi => => => ta đi tính Có : ̂ , ABCD là hình thoi => ABD là tam giác đều BD AC, SO BD, BD (SAO) => (SAO) (ABD) theo gt AO. Gọi G là trọng tâm ΔABD => SB (ABD) (vì tứ diện SABD có SA = SB = SD trên đường cao từ đỉnh S xuống mặt (ABD) chính là trọng tâm ΔABD => AG = AO = √ = √ SG = √ √ √ √ = > √ √ √ Có AD // BC => d (AD;SB) = d(AD;(SBC)) = d(A;(SBC)) >> 8 Mặt AG (SBC) = C => Gọi H là hình chiếu của G lên BC => GH BC => BC SGH SBC SHG giao tuyến SH Trong (SHG) gọi I là hình chiếu của G lên SH d G SBC GI SHG có SGH là tam giác vuông tại G , đường cao GI √ => d (A;(SBC)) = d(G;(SBC)) = √ = √ =>Vậy d (AD; SB) = √ Câu 7. Gọi E = AC ∩ BD => E(-2 ;4) A(a,2a +8) ; B(6-2b,b), C(c,2c +8), D(6-2d,d) ⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗ => c = -3a – 8 (1) ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗ => d = -3b + 16 (2) EA 2 = EB 2 => (a +2 ) 2 + (2a +4 ) 2 = ( 8 -2b) 2 + (b -4 ) 2 (3) Do chu vi hình thang cân ABCD là √ √  2(AD + 2AB) = √ √  √ + √ = √ √ ; (4) Giải hệ 4 phương trình 4 ẩn (1),(2),(3),(4) ta được: A= -1; b= 5;c = -5; d = 1 >> 9 Vậy A(-1;6); B(-4;5); C(-5;-2); D(4;1) Câu 8 : Giải hệ phương trình :    2 2 2 1 3 2 2 0 4 3 2 1 0 x y y xy y x y xy y y x               Nhận xét : việc giải hệ này tương đối dễ với dữ kiện 1 0x y   , tuy nhiên tại dữ kiện còn lại lại gây khó khăn cho ta đôi chút nhưng cũng có thể giải quyết được khi nhận xét được phần chung 23 2y y ở cả hai phương trình. Giải    2 2 2 1 3 2 2 0 4 3 2 1 0 x y y xy y x y xy y y x               Trường hợp 1 :    2 2 1 0 1 24 3 2 1 0 x y x y xy y y x           Thay  1 vào  2 ta được phương trình : 3 22 0x x x    0, 1 1, 0 x y x y       Trường hợp 2 : 2 2 2 3 2 2 0 4 3 2 1 0 y xy y x y xy y y x             Cộng vế theo vế của hai phương trình ta thu được phương trình sau : 2 3 3 0x y xy x    Với 0y  không phải là nghiệm của hệ nên 2 3 3 3 0 1 x x y xy x x y           3x   23 3 2 2 0y y y vn      1 x y   23 1 2 2 0y y vn     Vậy hệ phương trình có nghiệm 0 1 x y    , 1 0 x y    Câu 9 : tìm     1 1 max 1 1 1 1 P x y z x y z         >> 10 Nhận xét :       3 3 1 1 1 3 x y z x y z                    3 1 3 1 1 1 3x y z x y z              Vậy ta đổi biến theo biến x y z  Giải       3 1 1 1 3 1 1 1 1 1 3 P x y z x y z x y z x y z                      P với Khi đó xét hàm số f(t) = F’(t) = F’(t) = 0  t = 4 do t Ta có f(t) Hay P Vậy GTLN của P = khi x = y = z = 1