13 Đề thi thử THPTQ năm 2016 môn Toán - Trường THPT Thống Nhất (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: 13 Đề thi thử THPTQ năm 2016 môn Toán - Trường THPT Thống Nhất (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TỔ : TOÁN – TIN MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề 01 Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y x3 3x2 2 (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b) Tìm k để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt : x3 – 3x2 + k = 0 Câu 2 (2 điểm) xy 3x 2y 6 0 a) Giải hệ phương trình: . 2 2 x y 2x 4y 3 0 3 b) Giải phương trình: 2 2 cos2x sin2x cos x 4sin x 0 . 4 4 2 Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân: I (esin x cos x)cos xdx . 0 Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM. Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 a4 b4 c4 abcd b4 c4 d4 abcd c4 d4 a4 abcd d4 a4 b4 abcd abcd Câu 6 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 , 2 A(2; –3), B(3; –2), trọng tâm của ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y –8 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C. Câu 7 ( 1 điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của tam giác IJK. Câu 8 ( 1 điểm) 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. Hướng dẫn Đề sô 1 Câu II: 1)
2. 2) (sin x cos x) 4(cos x sin x) sin2x 4 0 3 x k ; x k2 ; x k2 4 2 V1 SM SN SM 1 Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA..BCNM; V=VS.ABC; . . (1) V SB SC SB 2 2 4a SM 4 V1 2 V2 3 3 AM a; SM= V2 V (2) 5 5 SB 5 V 5 V 5 5 1 a3. 3 a3. 3 V S .SA V 3 ABC 3 2 5 Câu V: a4 b4 2a2b2 (1); b4 c4 2b2c2 (2); c4 a4 2c2a2 (3) a4 b4 c4 abc(a b c) a4 b4 c4 abcd abc(a b c d) 1 1 (4) đpcm. a4 b4 c4 abcd abc(a b c d) Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) (C): x2 y2 4x 8y 10 0 x y z 2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) (P) : 1 a b c 77 4 5 6 a 1   4 a b c IA (4 a;5;6), JA (4;5 b;6) 77 5b 6c 0 b JK (0; b;c), IK ( a;0;c) 4a 6c 0 5 77 c 6 Câu VI.b: 1) Tìm được C (1; 1) , C ( 2; 10) . 1 2 11 11 16 + Với C (1; 1) (C): x2 y2 x y 0 1 3 3 3 91 91 416 + Với C ( 2; 10) (C): x2 y2 x y 0 2 3 3 3 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P)  (Oxy) (P): 5x – 4y = 0 (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q)  (Oxy) (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)(Q) Phương trình của (D) 4 Câu VII.b: b) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là C14 1001 cách . Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu : 1 1 2 + TH1: 1Đ, 1T, 2V có C2 .C5 .C7 cách 1 2 1 + TH2: 1Đ, 2T, 1V có C2 .C5 .C7 cách 2 1 1 + TH3: 2Đ, 1T, 1V có C2 .C5 .C7 cách 1 1 2 1 2 1 2 1 1 Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là C2 .C5 .C7 + C2 .C5 .C7 + C2 .C5 .C7 = 385 cách . 1001 385 616 8 Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là P . 1001 1001 13 TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TỔ : TOÁN – TIN MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề 02
3. 3 2 Câu 1. (2 điểm ): Cho hàm số y x 3mx 9x 7 có đồ thị (Cm). a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m 0 . b. Tìm m để (Cm) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu 2. (2 điểm ): a. Giải phương trình: sin2 3x cos2 4x sin2 5x cos2 6x 4 2 2 b. Giải hệ phương trình : x 4x y 6y 9 0 2 2 x y x 2y 22 0 7 x 2 Câu 3. (1điểm ) Tính tích phân sau: I dx 3 0 x 1 Câu 4 (1điểm ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình vuông tâm O. Các mặt bên (SAB) và (SAD) vuông góc với đáy (ABCD). Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD .Tính thể tích khối chóp O.AHK. Câu 5 (1điểm ): Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4 . a b c d Chứng minh rằng: 2 1 b2c 1 c2d 1 d2a 1 a2b Câu 6 (1điểm ) 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. Câu7 (1điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2x y z 5 0 và điểm A(2;3; 1) . Tìm toạ độ điểm B đối xứng với A qua mặt phẳng ( ). (x 5) (3 2x) Câu 8 (0, 5 điểm ) Giải bất phương trình: log2 log2 4 Câu 9 : ( 0,5 điểm ) Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ một tổ gồm có 6 nam và 4 nữ. Tính xác suất sao cho có ít nhất một nam . Hướng dẫn Đề sô 2 3 2 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục hoành: x 3mx 9x 7 0 (1)
4. Gọi hoành độ các giao điểm lần lượt là x1; x2; x3 . Ta có: x1 x2 x3 3m Để x1; x2; x3 lập thành cấp số cộng thì x2 m là nghiệm của phương trình (1) m 1 3 1 15 2m 9m 7 0 1 15 . Thử lại ta được : m m 2 2 k x 2 2 2 2 Câu II: 1) sin 3x cos 4x sin 5x cos 6x cos x(cos7x cos11x) 0 2 k x 9 2) 0 x 1 1    a3 2 Câu IV: V AH, AK .AO 6 27 Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: a ab2c ab2c ab c ab(1 c) ab abc a a a a a (1) 1+b2c 1 b2c 2b c 2 4 4 4 Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1 b bc2d bc2d bc d bc 1 d bc bcd b b b b b (2) 1+c2d 1 c2d 2c d 2 4 4 4 c cd2a cd2a cd a cd 1 a cd cda c c c c c (3) 1+d2a 1 d2a 2d a 2 4 4 4 d da2b da2b da b da 1 b da dab d d d d d (4) 1+a2b 1 a2b 2a b 2 4 4 4 Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: a b c d ab bc cd da abc bcd cda dab 4 1 b2c 1 c2d 1 d2a 1 a2b 4 4 Mặt khác: 2 a c b d ab bc cd da a c b d 4 . Dấu "=" xảy ra a+c = b+d 2 2 2 a b c d abc bcd cda dab ab c d cd b a c d b a 2 2 a b c d abc bcd cda dab a b c d a b c d 4 4 2 a b c d abc bcd cda dab 4 . Dấu "=" xảy ra a = b = c = d = 1. 2 a b c d 4 4 Vậy ta có: 4 1 b2c 1 c2d 1 d2a 1 a2b 4 4 a b c d 2 đpcm. 1 b2c 1 c2d 1 d2a 1 a2b Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1. 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  Oy : x 0 nên AB : y = b .
5. 16 4b Vì A là giao điểm của AB và AC nên A ;b . 3 Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có 16 4b 4 2 b 4. b 4 2S 3 1 r ABC 3 b 4 AB BC CA 2 4 5 3 16 4b 2 16 4b b 4 b 4 b 4 b 4 (b 4) 3 3 3 3 . 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) . (x2 2)2 (y 3)2 4 x2 2 u 2) (2) . Đặt 2 2 (x 2 4)(y 3 3) x 2 20 0 y 3 v u2 v2 4 u 2 u 0 Khi đó (2) hoặc u.v 4(u v) 8 v 0 v 2 x 2 x 2 x 2 x 2 ; ; ; y 3 y 3 y 5 y 5
6. TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TỔ : TOÁN – TIN MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề 03 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x4 (3m 1)x2 3 (với m là tham số) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m 1. b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình : 1 tan x cos2x 4sin2x 1 cos2x 7sin2x 7 x y 2 b) Giải hệ phương trình: 2 2 (x,y ¡ ) 4x y 5(2x y) xy 4 2x 1 Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân : dx 0 1 2x 1 Câu 4 (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt phẳng (ABC ') tạo với đáy một góc 600 , khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (ABC ') bằng a và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCC 'B') bằng a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C ' . Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực x,y,z thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x2 y2 2y 1 y2 z2 2z 1 z2 x2 2x 1 Câu 6 (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy , cho đường thẳng d : 2x y 2 0 và điểm I(1;1) . Lập phương trình các đường thẳng cách điểm I một khoảng bằng 10 và tạo với đường thẳng d một góc bằng 450 . Câu 7 (0,5 điểm) Giải phương trình: 5.4x 2.25x 7.10x . Câu 8 : ( 1,0 điểm ) Trong không gian Oxyz cho điểm A( 1 ;4;2) và mặt phẳng (P) x + 2y + z – 1 = 0 a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P) b) Viết phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (P) Câu 9 : ( 0,5 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức niuton của n 1 5 n 1 n k 3 x , biết rằng : Cn 4 Cn 3 7(n 3) ( n là số nguyên dương, x > 0, Cn là tổ hợp chập k x của n phần tử ).
7. Hướng dẫn Đề sô 03 3m 1 Câu I: 2) y' 4x3 2(3m 1)x ; y' 0 x 0,x2 . 2 1 Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị m (*). 3 Ba điểm cực trị là: 3m 1 (3m 1)2 3m 1 (3m 1)2 A(0; 3) ; B ; 3 ;C ; 3 2 4 2 4 2 3m 1 3m 1 (3m 1)4 ABC cân tại A ; BC AB 9.4 4 3 2 2 16 5 m , thoả mãn (*). 3 Câu II: 1) Điều kiện: cos x 0 . PT (1 tan x)( 2sin 2 x 8sin x.cos x) 2sin 2 x 14sin x.cos x 6 (1 tan x)( tan 2 x 4 tan x) 4 tan 2 x 7 tan x 3 tan x 1; tan x 3 x k ; x k (k Z) 4 3 2) Điều kiện: xy 0 (*) 4x 2 y 2 5(2x y) xy (2x y) 2 4xy 5(2x y) xy 2x y xy 0 (2x y xy)(2x y 4 xy) 0 2x y 4 xy 0 x y 2 Với 2x y xy 0 ta có x y 1(thoả (*)) 2 3x 2 2x x 22 8 6 x x y 2 25 Với 2x y xy 0 ta có (thoả (*)) 3x 2 4 2x x 2 22 8 6 y 25 (x2 x)ex xex .(x 1)ex Câu III: A = dx = dx . Đặt t x.ex 1 x e x xex 1 1 x x A = 1 dt xe 1 ln xe 1 C . t Câu IV: Gọi H là hình chiếu của A trên BC AH  (BCC'B') AH a Gọi K là hình chiếu của C trên AC ' CK  (ABC') CK a AC '  AB, AC  AB ·((ABC ),(ABC)) ·C AC ·C AC 600 CK 2a 1 1 1 AC ;CC ' AC.tan600 2a ; AB 2a sin600 3 AH 2 AB2 AC2 4a3 VABC.A'B'C ' S ABC .CC ' 3 Câu V: Ta có P x2 (1 y)2 y2 (1 z)2 z2 (1 x)2 1 1 Vì a2 b2 (a b)2 nên P x 1 y y 1 z z 1 x 2 2
8. 1 3 2 và a b c a b c nên P x 1 y y 1 z z 1 x 2 2 1 3 2 1 Dấu "=" xảy ra x y z . Vậy min P khi x y z . 2 2 2 Câu VIa: 1) Giả sử phương trình đường thẳng có dạng: ax by c 0 (a2 b2 0) . 0 2a b 1 a 3b Vì (·d, ) 45 nên b 3a a2 b2 . 5 2 4 c c 6 Với a 3b : 3x y c 0 . Mặt khác d(I; ) 10 10 10 c 14 2 c c 8 Với b 3a : x 3y c 0 . Mặt khác d(I; ) 10 10 10 c 12 Vậy có bốn đường thẳng cần tìm: 3x y 6 0; 3x y 14 0 ; x 3y 8 0; x 3y 12 0 . a 2 2 10 a 6 2) Tâm I d I( 2a 3;a) . (C) tiếp xúc với nên d(I, ) R 10 5 a 2 8 8 (C): (x 9)2 (y 6)2 hoặc (C): (x 7)2 (y 2)2 . 5 5 2log2(x 2) 1 0 Câu VIIa: PT 2log2(x 2) 1 . log2(x 2) 2x 4 0 log2(x 2) 2x 4 0 1 Với 2log2(x 2) 1 0 x 2 2 Với log2(x 2) 2x 4 0 . Ta có y log2(x 2) 2x 4 là hàm số đồng biến trên 2; nên 5 x là nghiệm duy nhất. 2 1 5 Vậy phương trình có hai nghiệm x 2 và x . 2 2 Câu VIb: 1) (C) có tâm I(1;1) bán kính R 10 . Gọi n (a;b) là VTPT của tiếp tuyến (a2 b2 0) , 0 2a b 1 a 3b Vì (· ,d) 45 nên b 3a a2 b2 . 5 2 4 c c 6 Với a 3b : 3x y c 0 . Mặt khác d(I; ) R 10 10 c 14 2 c c 8 Với b 3a : x 3y c 0 . Mặt khác d(I; ) R 10 10 c 12 Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm: 3x y 6 0; 3x y 14 0 ; x 3y 8 0; x 3y 12 0 .
9. TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TỔ : TOÁN – TIN MÔN : TOÁN Đề 04 Thời gian làm bài : 180 phút Câu 1 ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y x4 2mx2 3m 1 (1), m là tham số a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng ( 1; 2) Câu 2 ( 2,0 điểm ) cos2x a) Giải phương trình: tan x 2 sin(2x ) 0 1 cot x 4 4x y 2x y 4 b) Giải hệ phương trình: 2x y x y 2 Câu 3 ( 1,0 điểm) Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số : y = ex 1 , trục hoành và hai đường thẳng : x = ln3, x = ln8 Câu 4 ( 1,0 điểm ) . Cho lăng trụ ABCA B C có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A, BC = 2a, AA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Góc giữa (AB C) và(BB C) bằng 600 . Tính thể tích lăng trụ ABCA B C . Câu 5 ( 1, 0 điểm ) . Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 A a3(b c) b3(c a) c3(a b) Câu 6 ( 1, 0 điểm ) . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A(0; 1), B(3; 4) nằm trên parabol (P): y x2 2x 1, tâm I nằm trên cung AB của (P). Tìm tọa độ hai đỉnh C, D sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. Câu 7 ( 0, 5 điểm ) . Cho số phức z thỏa mãn : ( 1 + i)( z – i) + 2z = 2i. Tìm phần thực, phần ảo, modun của số phức : w = 1 + z + z2 Câu 8 ( 0 ,5 điểm ) Từ một hộp chứa 6 quả cầu trắng và 4 quả cầu đen , lấy ngẫu nhiên đồng thời 4 quả . Tính xác suất sao cho có ít nhất một quả màu trắng . Câu 9 ( 1,0 điểm ) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 -2x +4y -6z – 1= 0 và mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 3 = 0 Xác định tọa độ tâm I và bán kính của ( S). Viết phương trình đường thẳng d đi qua I và vuông góc với (P) , tìm giao điểm giữa d và (P) .
10. Hướng dẫn Đề sô 4 Câu I. 2) Ta có : y/ = 4x3 – 4mx = 4x(x2 – m) + m 0, y/ 0,x (0; ) m 0 thỏa mãn + m > 0 , y/ = 0 có ba nghiệm phân biệt : m;0; m Hàm số (1) đồng biến trên ( 1 ; 2) khi 0 m 1 0 m 1 Câu II. 1 cot x 0 2 2 1) Điều kiện: sin x 0 . PT cos2x(sin x sin x.cos x cos x) 0 cos x 0 x k cos2x 0 (1) 4 . sin2 x sin x.cos x cos2 x 0 (2) 1 5 x arctan k 2 4x y 0 2x y a 3 b2 2) Điều kiện: . Đặt (a,b 0) x y a2 . x y 2 0 4x y b 2 2 3 1 a a2 b2 2 a2 5a 6 0 a 1 2x y 1 x 4 Ta có hệ: 2 2 b 4 a b 3 4x y 3 y 7 a b 4 Câu VI. Từ A kẻ AI  BC I là trung điểm BC AI  ( BCC B ) AI  B C (1) Từ I kẻ IM  B C (2). Từ (1), (2) B C  ( IAM) B C  MA (3) Từ (2), (3) ·((AB C),(B CB)) (·IM, AM) ·AMI 600 (do AMI vuông tại I) 1 AI a IM IC IM.B C Ta có AI = BC a , IM = , IMC : B BC BB 2 tan600 3 BB B C IC a 1 1 BB = 3 B C B C BB B B2 4a2 BB = a 2 a 3 3 1 1 S AI.BC a.2a a2 V a 2.a2 a3 2 ABC 2 2 ABC A B C a c a c Câu V. Sử dụng BĐT: Với a, b, c, d > 0, ta có: b d b d 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 a b c A a b c a(b c) b(c a) c(a b) a(b c) b(c a) c(a b) 2 2 1 1 1 1 1 1 a b c a b c 1 1 1 1 3 1 3 = 3 . 2(ab bc ca) 1 1 1 2 a b c 2 abc 2 2 a b c Dấu “ = “ xảy ra a = b = c = 1. Câu VIa. I nằm trên cung AB của ( P) nên I(a;a2 2a 1) với 0 < a <3. Do AB không đổi nên diện tích IAB lớn nhất khi d(I, AB) lớn nhất Phương trình AB: x y 1 0 . a a2 2a 1 1 a2 3a a2 3a d(I, AB) = = = (do a (0;3)) 2 2 2
11. 2 3 3 1 d ( I, AB) đạt giá trị lớn nhất f (a) a 3a đạt giá trị lớn nhất a I ; 2 2 4 1 7 Do I là trung điểm của AC và BD nên ta có C 3; ; D 0; . 2 2 4 Câu 8 : Ta có : n() C10 210 Gọi B là biến cố : Có ít nhất một quả màu trắng suy ra biến cố đối của B là : Bốn quả cầu 1 1 209 lấy ra màu đen n(B) 1, P(B) P(B) 1 210 210 210  5 1  5 3 Câu VIb. Giả sử A(a;3 a) d1;B(b;4 b) d2 IA a ; a ;IB b ; b 2 2 2 2 IA IB a 2 a 1 ABCD vuông tâm I nên    IA.IB 0 b 1 b 3 Với a = 2; b = 1 A(2; 1); B(1; 3), C(3; 4); D(4; 2). Với a = 1; b = 3 A(1; 2); B(3; 1), C(4; 3); D(2; 4). 2 x 0 Câu VIIb. Điều kiện . x 4 2 2 PT 1 log2(x 4x) log2(2 x 3) log2(2 x) 2(x 4x) 2 (2 x) x 3 x2 4x (2 x). x 3 (1) Với x 4 thì (1) x2 4x (2 x)(x 3) x 2 (loại) 5 73 Với 2 x 0 thì (1) 2x2 5x 6 0 x 4 3 Câu VIIIb. Nếu a 0, b 0 thì từ 4 chữ số a, b, 1, 2 ta lập được A4 = 24 số có 3 chữ số khác nhau. Như vậy phải có một số bằng 0. 3 2 Giả sử a = 0 khi đó ta lập được A4 A3 =18 số và các chữ số 1, 2, b xuất hiện ở hàng trăm 6 lần, xuất hiện ở hàng chục và hàng đơn vị 4 lần. Vậy ta có: 100 .6( 1 + b + 2) + 10 . 4 ( 1+ b + 2) + 4 (1 + b + 2) = 6440 644 ( 3 + b ) = 6440 3 + b = 10 b = 7. Vậy a = 0, b = 7 hoặc b = 0 , a = 7.
12. TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TỔ : TOÁN – TIN MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề 05 3x 2 Câu 1: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số : y = có đồ thị ( C) x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng : 4x- y + 3 = 0 Câu 2: ( 1,5 điểm ) 1 1 a) Giải phương trình: sin 2x sin x 2 cot 2x 2sin x sin 2x x2y 2x2 3y 15 0 b) Giải hệ phương trình: 4 2 2 x y 2x 4y 5 0 e 4 5ln x Câu 3: ( 1, 0 điểm ) Tính tích phân : I = dx 1 x Câu 4: ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên (ABCD) là trung điểm H của AB, đường trung tuyến AM của ACD có độ dài a 3 , góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 30 0. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính diện tích 2 mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Câu 5 : ( 1,0 điểm) Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn x y z và x y z 3 . x z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 3y z y 2 2 2 Câu 6: (1,0điểm ) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S): (x -3) + (y + 2) + ( z – 1) = 100 a) Viết phương trình đường thẳng đi qua tâm I của ( S) và vuông góc mặt phẳng (P) : 2x -2y – z + 9 = 0 b) Xét vị trí tương đối giữa ( S) và (P) Câu 7 : (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình d1 : 3x y 0 , đường thẳng BD có phương trình 0 d2 : x 2y 0 , góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 45 . Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương. Câu 8 : ( 0,5 điểm) Giải bất phương trình: 1 log x log (x 2) log (6 x) 2 2 2 Câu 9 : ( 0,5 điểm) Trong một lớp học gồm 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ . Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng làm bài tập . Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả na và nữ. Câu 10 : ( 0,5 điểm) Cho số phức z thõa : 2z 3(1 i)z 1 9i . Tìm phần thực, phần ảo, mô đun của z ------Hết ------
13. Hướng dẫn Đề sô 05 a 3 Câu IV. Ta có cos·ACD 600 ACD đều. HC AM và HC  CD CD  (SHC) . 2 a a2 3 Suy ra ·((SCD),(ABCD)) ·SHC 300 . SH HC.tan300 , S AB.CH 2 ABCD 2 1 a3 3 V S .SH . SABCD 3 ABCD 12 a a Gọi G là trọng tâm ABC. Ta có GA GB GC . Do HS HB HA nên các tam giác GHA, 3 2 GHB, GHS là các tam giác vuông bằng nhau nên GA = GB = GS. Suy ra G tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp a 4 a2 và bán kính R GC . Diện tích mặt cầu S 4 R2 . 3 3 x z Câu V. Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: xz 2x, yz 2z . z y x z Suy ra: P 3y 2x xz 2z yz 3y 2(x z) y(x y z) xz yz z y 2(x z) y2 x(y z) 2(x z) y2 2(3 y) y2 (y 1)2 5 5 (vì y z ) Dấu "=" xảy ra x y z 1 . Vậy min P 5 khi x y z 1. Câu VIb. 1) D d1  d2 D(0;0)  O . VTPT của đ.thẳng AD và BD lần lượt là n1 (3; 1), n2 (1; 2) 1 cos·ADB ·ADB 450 AD = AB. 2 Vì (·BC, AB) 450 nên ·BCD 450 BCD vuông cân tại B DC = 2AB. 1 3.AB2 S 24 (AB CD)AD 24 AB = 4 BD 4 2 . ABCD 2 2 2 x  x 8 10 8 10 4 10 Gọi B x ; B d ,x 0 . BD x2 B 4 2 x B ; . B 2 B B B 2 2 5 5 5 Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với d2 Phương trình BC là: 2x y 4 10 0 . 0 x 6 0 x 6 2) BPT 2 2 2 2 x 6 . log2(2x 4x) log2(6 x) x 16x 36 0
14. TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TỔ : TOÁN – TIN MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề : 06 2x 2 Câu 1 ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y (C). x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm m để đường thẳng d : y 2x m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 5 . Câu 2 : ( 1,5 điểm ) 1) Giải phương trình: 2cos5x.cos3x sin x cos8x x y x y 2 y (1) 2) Giải hệ phương trình: . x 5y 3 (2) 2 sin x Câu 3 : ( 1,0 điểm) Tính tích phân sau : I = dx 0 1 3cos x Câu 4 : ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a cắt nhau tại O. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). a 3 Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo 4 a. (x3 y3) (x2 y2 ) Câu 5 : ( 1,0 điểm) Cho các số thực x, y thoả x,y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P . (x 1)(y 1) Câu 6 : ( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(3;3) và AC 2BD . Điểm 4 13 M 2; thuộc đường thẳng AB , điểm N 3; thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình 3 3 đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3. x 1 y 1 z 1 Câu 7 : ( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d 1: 2 1 1 x 1 y 2 z 1 ; d2: và mặt phẳng (P): x y 2z 3 0 . Viết phương trình đường 1 1 2 thẳng nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1 , d2 . Câu 8 : ( 0,5 điểm ) Giải phương trình: 22x 6 2x 7 17 Câu 9 : ( 0,5 điểm ) Cho số phức z thõa ; (3z z)(1 i) 5z 8i 1. Tìm mô đun của z Câu 10 : ( 0, 5 điểm ) Một đội văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ, lấy ngẫu nhiên 8 người để tạo thành một nhóm đồng ca . Tính xác suất sao cho trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ -----Hết ----
15. Hướng dẫn Đề sô 06 2) Điều kiện: x 0,y 0, x y 0 . 2y x 0 (3) 2 2 2 2 2y x 0 Ta có: (1) 2x 2 x y 4y x y 2y x 2 y 0 5y 4xy (4) 5y 4x Với y 0 . Từ (2) ta được x 9 , không thoả (3). 4 Với 5y 4x . Từ (2) ta được x 2 x 3 x 1 y . 5 4 Vậy hệ có nghiệm (x;y) 1; . 5 Câu IV. Tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 , BO = a , do đó ·ABD 600 ABD đều. Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH  AB và DH = a 3 ; OK // DH và 1 a 3 OK DH OK  AB AB  (SOK) 2 2 Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI OI  (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 1 1 1 a Trong SOK, ta có: SO . OI 2 OK2 SO2 2 1 3a3 S 4S 2.OA.OB 2 3a2 V S .SO . ABCD ABO S.ABCD 3 ABCD 3 t2 Câu V. Đặt t x y, t 2 . Áp dụng BĐT: 4xy (x y)2 , ta có: xy . 4 t2(3t 2) t3 t2 t3 t2 xy(3t 2) t2 t2 P . Do 3t 2 0 và xy nên ta có: P 4 xy t 1 4 t2 t 2 t 1 4 t2 t2 4t Xét hàm số f (t) ; f (t) . f (t) 0 t 0;t 4 . t 2 (t 2)2 x y 4 x 2 Dựa vào BBT, ta suy ra: minP = min f (t) = f(4) = 8 đạt được khi (2; ) xy 4 y 2 5 Câu VIa. 1) Tọa độ điểm N đối xứng với điểm N qua I là N 3; N nằm trên đường thẳng AB. 3 3 9 2 4 Đường thẳng AB đi qua M, N có PT: x 3y 2 0 IH d(I, AB) 10 10 Do AC 2BD nên IA 2IB . Đặt IB a 0 . 1 1 1 1 1 5 Ta có a 2 IA2 IB2 IH 2 a2 4a2 8 Đặt B(x;y) . Do IB 2 và B AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 14 2 2 x x 3 y 3 2 5y2 18y 16 0 x 4 3 5  x y 8 y 2 x 3y 2 0 3 2 y 5 14 8 Do xB 3 nên ta chọn B ; . Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x y 18 0 . 5 5
16. TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TỔ : TOÁN – TIN MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề 07 Câu 1: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số : y = x3 -2x2 + mx +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 b) Tìm m để hàm số trên đạt cực tiểu tại x = 1 Câu 2 : ( 1,0 điểm ) 4 2tan a) Cho góc thỏa mãn : và cos . Tính A = 2 5 1 cot2 2 x5 b) Giải bất phương trình: log3 x log3 6 0 2x 1 y 1 2 2x 1 8 Câu 3 : ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình: 2 y y 2x 1 2x 13 Câu 4: ( 1,0 điểm ) Tính diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi hai đường : y = x 2 -2x và x – y – 2 = 0 Câu 5 : ( 1,0 điểm ) Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB = 2a , AD = a . a Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM , cạnh AC cắt MD tại H . Biết SH vuông góc với mặt 2 phẳng (ABCD) và SH = a . Tính thể tích khối chóp S. HCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a. Câu 6 : ( 0,5 điểm ) Có 10 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 3 viên bi vàng. Các viên bi cùng màu đều có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? Câu 7 : ( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường 9 thẳng d : x y 3 0 và có hoành độ x , trung điểm của một cạnh là giao điểm của d và trục I 2 Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Câu 8 : ( 1,0 điểm ) Trong không gian Oxyz cho ba điểm : A(1;0;0), B( 0;2;0), C(0 ; 0 ;3) a) Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc BC b) Tìm tâm và bán kính của mặt càu ngoại tiếp tứ diện OABC Câu 9 : ( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy , tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn : z (3 4i) 2 Câu 10 : ( 1,0 điểm ) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: a2 b2 c2 3. Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 4 4 4 a b b c c a a2 7 b2 7 c2 7 ------Hết ----
17. Hướng dẫn Đề sô 07 1 Điều kiện: x . Đặt t 2x 1, t 0 . HPT trở thành: 2 t y 2ty 8 t y(1 2t) 8 t y 2ty 8 t y y2 yt t2 12 (t y)2 3ty 12 3 t y 2 5 t y 2ty 8 5 x Với t y 2 t 2 2x 1 2 x . Vậy là nghiệm. t y 2 2 y 2 t y 2ty 8 3 61 Với 3 4t2 6t 13 0 t dot 0 y t 4 2 3 3 61 3 61 y y 2 4 4 . 3 61 43 3 61 2x 1 x 4 16 5 43 3 61 3 61  Vậy hệ pt có hai nghiệm x;y ;2 , ;  . 2 16 4  AM AD 1 Câu IV. Câu IV. Hai tam giác vuông AMD và DAC đồng dạng, vì . AD DC 2 Suy ra ·ADH ·DCH , mà ·ADH ·HDC 90 ·DHC 90 ADC vuông tại D: AC2 AD2 DC2 AC a 5 DC.DA 2a Trong ADC có DH.AC = DA.DC DH AC 5 4a DHC vuông tại H: HC DC2 DH 2 5 1 4a2 1 4a3 S DH.HC V SH.S HCD 2 5 S.HCD 3 HCD 15 1 1 1 2a 2a SHD vuông tại H nên: HE . Vậy d SD; AC HE HE2 SH 2 HD2 3 3 9 Câu VIIa. Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C18 (cách). 9 Số cách chọn 9 viên bi chỉ có một màu: C10 (cách, bi đỏ). Số cách chọn 9 viên bi có hai một màu: 9 9 9 9 + đỏ, xanh: C15 C10 (cách) + đỏ, vàng: C12 C10 (cách) + xanh, vàng: không có 9 9 9 9 9 9 Số cách chọn 9 viên bi có đủ ba màu: C18 C10 C15 C10 C12 C10 42910 Câu VIb. 9 3 1) I ; . Giả sử trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của d và Ox M(3; 0). 2 2 S AB 2IM 3 2 ; S AB.AD 12 AD ABCD 2 2 MA MD 2 . ABCD AB AD  d , suy ra phương trình AD: 1. x 3 1. y 0 0 x y 3 0 . M AD
18. x y 3 0 Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 x 3 y 2 x 2 x 4 hoặc . Vậy A(2; 1), D(4; –1) C(7; 2), B(5; 4). y 1 y 1 2 1 1 4 Câu VIIb. Áp dụng bất đẳng thức: (x 0,y 0) x y x y 1 1 4 1 1 4 1 1 4 Ta có: ; ; a b b c a 2b c b c c a a b 2c c a a b 2a+b+c 1 2 2 Ta lại có: 2a2 b2 c2 4 4a 2b 2c 0 2a b c 2a2 b2 c2 4 a2 7 2 2 2 2 a 1 b 1 c 1 0 1 2 1 2 Tương tự: ; 2b c a b2 7 2c a b c2 7 1 1 1 4 4 4 Từ đó suy ra a b b c c a a2 7 b2 7 c2 7 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. ==============================
19. TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 TỔ : TOÁN – TIN MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Đề 08 Câu 1: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số : y = x3 -2x2 + mx +1 4 2 Câu 1: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số : y = -x – x +6 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số trên 2) Viết phương trình tiếp tuyến của ( C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x - 6y – 3 = 0 Câu 2 : ( 1,0 điểm ) 1 cos2x sin2x a) Với biểu thức có nghĩa hãy chứng minh rằng : tan x 1 cos2x sin2x b) Giải bất phương trình: 1 log x log (x 2) log (6 x) 2 2 2 x2y 2x2 3y 15 0 Câu 3 : ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình: 4 2 2 x y 2x 4y 5 0 2 Câu 4 : ( 1,0 điểm ) Tính tích phân : I x(1 x)3 dx 1 Câu 5 : ( 1,0 điểm ) . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên (ABCD) là trung điểm H của AB, đường trung tuyến AM của ACD có độ a 3 dài , góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 30 0. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính diện 2 tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Câu 6: ( 1,0 điểm ) . Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn x y z và x y z 3 . x z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 3y z y Câu 7 : ( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là d : 3x y 7 0 , điểm B(0;–3). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết diện tích hình thoi bằng 20. x 3 2t Câu 8 : ( 1,0 điểm ) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d y 1 t z t và mặt phẳng (P) x – 3y + 2z + 6 = 0 a) Tìm giao điểm của d và (P) b) Viết phương trình mặt cầu có tâm I( 1 ;-1;2) và tiếp xúc với (P) Câu 9 : ( 1,0 điểm ) a) Cho số phức z thõa : 2z 3(1 i)z 1 9i . Tìm phần thực, phần ảo, mô đun của z b) Một lớp học có 10 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Cần chọn ra 5 học sinh bầu vào ban chấp hành lớp. Tính xác suất sao cho 5 học sinh đó có ít nhất 1 học sinh nữ và một học sinh nam ------Hết -----
20. Hướng dẫn Đề sô 08 (x2 1)(y 2) 4(x2 1) 4(y 2) 5 2 2) HPT . Đặt u x 1. 2 2 2 (x 1) (y 2) 10 v y 2 u2 v2 10 u 3 u 1 Ta có HPT hoặc . uv 4(u v) 5 v 1 v 3 Kết luận hệ có 3 nghiệm: (2; 1), (–2; 1), (0; 5). a 3 Câu IV. Ta có cos·ACD 600 ACD đều. HC AM và HC  CD CD  (SHC) . 2 a a2 3 Suy ra ·((SCD),(ABCD)) ·SHC 300 . SH HC.tan300 , S AB.CH 2 ABCD 2 1 a3 3 V S .SH . SABCD 3 ABCD 12 a a Gọi G là trọng tâm ABC. Ta có GA GB GC . Do HS HB HA nên các tam giác GHA, 3 2 GHB, GHS là các tam giác vuông bằng nhau nên GA = GB = GS. Suy ra G tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp a 4 a2 và bán kính R GC . Diện tích mặt cầu S 4 R2 . 3 3 x z Câu V. Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: xz 2x, yz 2z . z y x z Suy ra: P 3y 2x xz 2z yz 3y 2(x z) y(x y z) xz yz z y 2(x z) y2 x(y z) 2(x z) y2 2(3 y) y2 (y 1)2 5 5 (vì y z ) Dấu "=" xảy ra x y z 1 . Vậy min P 5 khi x y z 1. Câu VIa. 1) Ta có B(0; 3) d A, C d. Ph.trình BD: x 3y 9 0 . Gọi I AC  BD I(3; 2) D(6; 1) . BD 2 10 . Gọi A(a;7 3a) d . a 3(7 3a) 9 a 2 A (2;1);C (4; 5) S d(A,BD).BD .2 10 20 . Do đó: 1 1 . ABCD a 4 A (4; 5);C (2;1) 12 32 2 2 5 Câu VI : Không gian mâu : C20 1 4 + Trường hợp 1: 1nam và 4 nữ : C10C10 2 3 + Trường hợp 2 : 2 nam và 3 nữ C10C10 3 2 + Trường hợp 3 : 3 nam và 2 nữ : C10C10 4 1 + Trương hợp 4 : 4 nam và 1 nữ : C10C10