Đề luyện thi THPT quốc gia số 9

1

ĐỀ TỰ LUYỆN THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

x 3





(C)

a*) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b*) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của đồ thị (C) bằng 4.

Câu 2 (1,0 điểm).

a*) Giải phương trình:

b*) Giải phương trình:.  5 1  x 5 1 x 2x1

Câu 3* (1,0 điểm). Tính tích phân

2

1

1 ln

e x x

I dx

x





Câu 4* (1,0 điểm).

a) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết:

b) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ.

Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 60

. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a.

Câu 6* (1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng

đi qua A  3; 2; 4    , song song với mặt phẳng

  P : 3 x  2 y  3 z   7 0 và cắt đường thẳng  

3 2 2

x y z

d     



.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M(5;7) nằm trên cạnh BC. Đường tròn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2.

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2 2 2 2

2 4

2 6 5 2 2 13 2( )

( 2 ) 2 4 . 8 . 2 2

x xy y x xy y x y

x y x y y y y x

       



     



.

2

Câu 9 (1,0 điểm). Cho

là các số thực dương và a b c    3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

   

3

2

3 1 1 1

P abc

ab bc ca a b c

 

     

Hết

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

Họ và tên thí sinh:……...……….; Số báo danh:………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015

Câu Nội dung Điểm

1a Cho hàm số y = x 1

x 3



 (C)

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

1,00

 Tập xác định: D=R\{3}

 Sự biến thiên:

 

' 4 0, .

3

y x D

x

    



- Hàm số nghịch biến trên các khoảng

  ;3 

 3;  

0,25

- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1;

x x

y y

    tiệm cận ngang: y1.

 ³  ³

lim ; lim ;

x x

y y

 

 

    tiệm cận đứng:

x  3

0,25

-Bảng biến thiên:

x





y’ - -

y 1



0,25



3

 Đồ thị:

0,25

1b Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang của đồ thị (C)

bằng 4. 1,00

Gọi

 

 







 3

; 1

0 0 0

x x x

M

Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang: y =1 là 

0 d 4

x 3 ^.

0,5

 

     

  

0 0

0 0

x 2

4 4 x 3 1

x 3 x 4 ⁰²⁵

Với x₀ 2; ta có ^{M 2; 3}

  

 

Vậy điểm M cần tìm là ^{M 2; 3}

  

 

2a a) Giải phương trình: 2(cosxsin 2 )x  1 4sin (1 cos 2 )x  x ^0,5 Phương trình đã cho tương đương với:

2cos x  2sin 2 x   1 4sin 2 .cos x x

(1 2cos )(2sin 2 x x 1) 0

   

1 3 2

cos 2

1 12

sin 2 2 5

12

x k

x

x k

x

x k

 

 

 

   

  

 

    



(

k  Z

Vậy pt có nghiệm là: 2 x  





x12





x12 k (

k  Z

0,25

5

-5 y

x

O 3

1

4

0,25

2b a) Giải phương trình:.



 



5 1 5 1

2 2 2

x x

PT      

    

   

Đặt

5 1 ( 0)

2

x

   t t

 

 

 

  ta có phương trình:

1 2 1

t t

   t

0,25

Với t=1 5 1

1 0

2

x

   x

    

Vậy phương trình có nghiệm x=0 0,25

3

Tính tích phân

2

1

1 ln

e x x

I dx

x





2

1 1 1

1 ln 1

ln

e e e

x x

I dx dx x xdx

x x









1

1 ln 1

1

e e

A dx x





2 1

1 ln ln

2

e

du dx

u x x

B x xdx Dat

dv xdx x

v

 

 

 

       





2 2 2 2

1

.ln .ln 1

1 1 1

2 2 2 4 4 4

e e e e

x x x x e

B x dx x

  



2 5

4 4

I e

  

0,25

0,25

0,25

5

0,25 Câu

4a

Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết: z2z 3 2i 0,25 Gọi z a bi a b , ( R)  z  a bi

Ta có : 3a + bi = 3-2i

0,25 Suy ra : a=1 và b = -2

Vậy phần thực là 1 và phần ảo là -2 0,25

4b Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ. Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn.

0,5

Ta có :

  C

 1820

Gọi A: “2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ”

B: “1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ”

C: “1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “ Thì H=

A   B C

0,25

2 1 1 1 2 1 1 1 2

8 5 3 8 5 3 8 5 3 3

( )

7 C C C C C C C C C

P H    

 _0,25

5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 60⁰. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a.

1,00

Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S,suy ra SHAB, mặt khác (SAB)(ABCD) nên SH(ABCD) và SCH60⁰.

Ta có

SH  CH . tan 60

 CB

 BH

. tan 60

 a 15 .

3 . 15 4 4

. 3 15 . 1

3.

1 _{2 3}

. SHS a a a

V_SABCD  _ABCD   ^0,25

Qua A vẽ đường thẳng  song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên  và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó  (SHE)



6

Mặt khác, do BD//(S,) nên ta có

     

 

 

, , ,

, , 2 ( , ( . )) 2 d BD SA d BD S d

d B S d H S HK



    

0,25

Ta có EAH DBA45⁰ nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra

2 2

a HE AH 

 

2 2 2

2

. 15

. 2 15 .

31 2 15

a a HE HS

HK a

HE HS a

a

   

   

Vậy

 

31 2 15

,SA a

BD

d 

0,25

6 Viết phương trình đường thẳng  đi qua

A  3; 2; 4   

  P : 3 x  2 y  3 z   7 0

 

3 2 2

x y z

d   

 

 ^.

1,00

Ta có

n

 3; 2; 3   

d

AB    1 3 ; 2 2 ;5 2 t   t  t 

AB ||   P  AB  n

 AB n .

   0 t 2

Vậy B(8; 8;5) và

AB  5; 6;9  

Vậy phương trình đường thẳng

 

5 6 9

x y z

  

 ^{. 0,25}

7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M(5;7) nằm trên cạnh BC. Đường tròn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x-y-7=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2.

1,00

E k

A H B

D C

S

7

Gọi I là tâm đường tròn đường kính AM thì I là trung điểm AM.

Dễ thấy MINsd MN2MBN 90⁰ Điểm C  d: 2x-y-7=0. C(c;2c-7)

Họi H là trung điểm của MN =>H(11/2; 9/2) Phương trình đường thẳng  trung trực của MN đi qua H và vuông góc với MN là d: x-5y+17=0

Điểm I => I(5a - 17;a)

0,25

  



(1; 5) 26

(22 5 ;7 ) 22 5 7

MN MN

IM a a IM a a

   

       

Vì MIN vuông cân tại I và

  



2

26 13 22 5 7 13

26 234 520 0 5

4

MN IM a a

a a a

a

       

 

       

Với a=5 =>I(8;5) => A(11;9) (loại) Với a=4 =>I(3;4) => A(1;1) (t/m)

0,25

Gọi E là tâm hình vuông nên 1 11

( ; 3) ;5

2 2

c c

E  c EN   c

Vì ACBD AC EN. 0

   

2

( 1).11 2 8 . 5 0

2

7( / )

5 48 91 0 13

( )

5

c c c c

c t m

c c

c loai

      

 

    

 

0,25 E

H N

I

B A

C D

M

8 Suy ra: C(7;7) => E(4;4)

Pt BD: x+y−8=0, pt BC:x−7=0 ⇒B(7,1)⇒D(1,7) 0,25

8

Giải hệ phương trình

2 2 2 2

2 4

2 6 5 2 2 13 2( ) (1)

( 2 ) 2 4 . 8 . 2 2 (2)

x xy y x xy y x y

x y x y y y y x

       



     



1,00

Điều kiện:

2 0

0 x

y x y

  

  

  



Xét y = 0, hệ vô nghiệm nên y khác 0 . Chia cả 2 vế của (1) cho y ta được:

2 2

2 6 5 2 2 13 2( 1)

Dat t= ( 1)

x x x x x

y y y y y

x t y

   

      

   

   

 

0,25

   

2 2

4 3 2

2 2

: 2 6 5 2 2 13 2( 1)

t 2 3 4 4 0

1( i)

1 2 0

2( / )

PT t t t t t

t t t

t loa

t t

t t m

      

     

  

      

0,25

Với t = 2 => x=2y, thế vào (2) ta được:

   

2 4

4 2

3

3

4 2 2 4 . 8 . 2 2 2

4 2 2 2 2 2 8 . 4 .

2 2 2

4 2 2 8 4

2 2 2

2 2 2 2 2 2. 2 (3)

y y y y y y y

y y y y y y y

y y

y y y

y y

y y y

    

     

     

 

       

 

Xét hàm số f(u)=u³+2u với u>0; có f’(u) = 3u² +2>0, mọi u>0 => hàm số đồng biến

Từ (3) ^{f 2 2 f}

 

y y

 

            

0,25

9

Hệ có nghiệm duy nhất (2;1) 0,25

9 Cho a b c, , là các số thực dương và

a b c    3

   

3

2

3 1 1 1

P abc

ab bc ca a b c

 

     

1,00

Áp dụng Bất đẳng thức: (x y z)² 3(xyyzzx), x y z, ,  ta có:

(ab bc ca  )2 3abc a b c(   ) 9abc0 ab bc ca  3 abc Ta có: (1a)(1b)(1  c) (1 ³abc) ,³ a b c, , 0. Thật vậy:

 1  a    1  b 1       c 1 ( a b c ) ( ab bc ca   )  abc   1 3

abc  3 (

abc )

 abc   (1

abc )

Khi đó:

3 3

2

3(1 ) 1

P abc Q

abc abc

  

  ^(1).

Đặt ⁶ abct; vì a, b, c > 0 nên

3

0 1

3 a b c abc    

   

0,25

Xét hàm số 3 ² 2

 

2 , 0;1

3(1 ) 1

Q t t

t t

  

 

   

     

5

2 2

3 2

2 1 1

( ) 0, 0;1

1 1

t t t

Q t t

t t

 

     

  ^.

Do đó hàm số đồng biến trên

 0;1     

Q Q t Q 6

    (2). Từ (1) và (2): 1

P6. 0,25

Vậy maxP = 1

6, đạt được khi và và chi khi :

a    b c 1

...Hết...