Tải bản đầy đủ

Đề thi thử THPT QG môn Toán 2015 ĐH Vinh lần 3

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 3
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
1
2 3.
4
y x x  

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
 
C
của hàm số đã cho.
b) Tìm m để phương trình
4 2
8
x x m

 
có 4 nghiệm thực phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Biết rằng số thực ;
2

 
 
  
 
 
và thỏa mãn
7
sin2 .
9


Tính giá trị của biểu thức
2 2
cos 4cos 4 sin 4sin 4.A
   
     
b) Cho số phức
1 3 .
z i
 
Tính môđun của số phức
2
16
.w z
z
 

Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình




 
2 2


2 3 2 3 2 3
log 2 3 log 2 1 log 1 .x x x x
  
     
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình




2 3 2
3 1 2 1 2 .
x x x x
   
Câu 5 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi đồ
thị hàm số
 
3 1 ,
x
y x 
trục hoành và đường thẳng
1x 
xung quanh trục
.Ox

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,

0
120 ,BCD 

7
' .
2
a
AA  Hình chiếu vuông góc của
'A
lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và
BD. Tính theo a thể tích khối hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D và khoảng cách từ 'D đến mặt phẳng
( ' ').ABB A
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm
8
; 0
3
G
 
 
 

và có đường tròn ngoại tiếp là (C) tâm I. Biết rằng các điểm (0; 1)M và (4; 1)N lần lượt là điểm
đối xứng của I qua các đường thẳng AB và AC, đường thẳng BC đi qua điểm (2; 1).K  Viết
phương trình đường tròn (C).
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho hai điểm (2; 3; 1), (4; 1; 0)A B  và mặt
phẳng ( ):2 2 9 0.P x y z    Chứng minh rằng đường thẳng AB song song với (P). Tìm tọa độ
điểm
'A
đối xứng với A qua (P).
Câu 9 (0,5 điểm). Khai triển và rút gọn biểu thức




2 9
( ) 1 2 2 1 2 9 1 2P x x x x       thu
được
2 9
0 1 2 9
( ) .P x a a x a x a x     Tính
7
.a
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử
, ,
x y z
là các số thực dương thỏa mãn 2
x z y
  và
2 2 2
1.x y z  

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3
2 2 3 3
1 1
.
1 1
xy yz
P y
z x x z
 
   
 
 
 

Hết
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 23, 24/5/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại
phiếu dự thi cho BTC.
2. Thi thử THPT Quốc gia lần cuối của năm 2015 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 13 và ngày
14/6/2015. Đăng ký dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 23/5/2015.
3. Kỳ thi Tuyển sinh vào lớp 10 THPT Chuyên, Trường Đại học Vinh được tổ chức trong hai
ngày 06 và 07 năm 2015. Phát hành và nhận hồ sơ đăng ký dự thi từ ngày 10/5 đến hết ngày
30/5/2015.
hoctoancapba.com
1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN 3
Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút


Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
1
o
. Tập xác định:
.D  

2
o
. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim
x
y

 lim .
x
y

 
* Chiều biến thiên: Ta có
3
' 4 ;y x x 
0 2 2
' 0 ; ' 0 ; ' 0
2 2 0 0 2.
x x x
y y y
x x x
   
  
     
  
      
  

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng




2; 0 , 2; ;  
nghịch biến trên mỗi
khoảng




; 2 , 0; 2 . 

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0, 3,

x y  hàm số đạt cực tiểu tại 2,x  
1.
CT
y  
0,5
* Bảng biến thiên:

3
o
. Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.

0,5
b) (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
4 2 4 2
1 1
2 2 3 3.
4 4 4 4
m m
x x x x      
Đồ thị hàm số
3
4
m
y  
là đường thẳng d song song hoặc trùng với trục hoành.
Số nghiệm của phương trình đã cho chính là số giao điểm của d với đồ thị (C).
0,5

Câu 1.
(2,0
điểm)
Từ đồ thị ở câu a) suy ra phương trình đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi
1 3 3 16 0.
4
m
m       
0,5
x
O
y

2
1
3

2
x
'y
y
2 

2
3

1

0
0
+
0
+
– 0


1
hoctoancapba.com
2
a) (0,5 điểm)
Ta có
     
2 2
cos 2 sin 2 2 cos 2 sin 4 cos sin .A
     
          
Mặt khác
 
2
7 16
cos sin 1 sin 2 1 .
9 9
  
     
Do ;
2

 
 
  
 
 
, nên cos 0, sin 0.
 
  Suy ra
4
cos sin .
3
 
   Khi đó
16
.
3
A 
0,5
b) (0,5 điểm)

Câu 2.
(1,0
điểm)


Ta có
 


2
16 1 3
16
1 3 2 2 3 2 2 3 .
4
1 3
i
w i i i
i

        


Suy ra 4.w 
0,5

Câu 3.
(0,5
điểm)
*) Điều kiện:
1.x 

Với điều kiện đó phương trình đã cho trở thành

     


2
2 3 2 3 2 3 2 3
log 1 log 3 log 1 log 2 1x x x x
   
      

 
 
2 2
2 3 2 3
1 17
log 3 log 2 1 3 2 1 .
4
x x x x x
 

         
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là
1 17
.
4
x



0,5
*) Điều kiện:
1
.
2
x  

Bất phương trình đã cho tương đương với

   
2
1 2 3 1 2 1 0x x x x
 
    
 


       
2
1 2 1 3 1 2 1 2 2 1 0x x x x x
 
        
 


 


 
1 1 2 2 1 2 1 2 1 0x x x x x
 
        
 


 


1 1 2 2 1 0,x x x     
(1)
do


2 1 2 1 0,x x    với mọi
1
.
2
x  
0,5

Câu 4.
(1,0
điểm)
Xét hai trường hợp sau:
+)
1x 
. Khi đó
2
3 2 3
(1) 1 2 2 1 0 6 3 0
3 2 3.
x
x x x x
x

 
         

 



Kết hợp điều kiện ta được nghiệm 3 2 3.x  
+)
1
1.
2
x  
Khi đó

2
(1) 1 2 2 1 0 6 3 0 3 2 3 3 2 3.x x x x x             

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm 3 2 3 1.x  
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 3 2 3 1x   và 3 2 3.x  
0,5
Ta có
 
3 1 0, 0
x
x x   

 
3 1 0 0.
x
x x   
Do đó thể tích khối tròn xoay
cần tính là

 
1
0
3 1
x
V x dx

 

1 1 1
0 0 0
3 3 .
2
x x
x dx xdx x dx

  
   
  
(1)
0,5

Câu 5.
(1,0
điểm)
Tính
1
0
3
x
x dx

. Đặt
; 3
x
u x dv dx 
. Suy ra
3
; .
ln3
x
du dx v 






hoctoancapba.com
3
Theo công thức tích phân từng phần ta có

1 1
2 2
0 0
1 1
3 1 3 1 3 2
3 3 3 .
0 0
ln 3 ln3 ln 3 ln 3 ln3 ln 3
x
x x x
x
x dx dx     
 

Thay vào (1) ta được
2
3 2 1
.
ln3 ln 3 2
V

 
  
 
 


0,5

Gọi
.O AC BD 

Từ giả thiết suy ra ' ( ).A O ABCD
2
0
3
. .sin120 .
2
ABCD
a
S BC CD 



0
120BCD 
nên

0
60ABC ABC

 
đều.
2 2
2 2
49
' ' 2 3 .
4 4
AC a
a a
A O A A AO a
 
     

Suy ra
3
. ' ' ' '
' . 3 .
ABCD A B C D ABCD
V A O S a 


0,5

Câu 6.
(1,0
điểm)
Hạ ( ' ')OH ABB A tại C. (1)
Vì '/ /( ' ')DD ABB A nên




', ( ' ') , ( ' ') .d D ABB A d D ABB A

Vì O là trung điểm BD nên




, ( ' ') 2 , ( ' ') 2 .d D ABB A d O ABB A OH 
(2)

AC BD

' ( )A O ABCD
nên
'OABA
là tứ diện vuông tại đỉnh O. Suy ra

2 2 2 2 2
1 1 1 1 65 2 195
.
' 12 65
OH a
OH OA OB OA a
      (3)
Kết hợp (1), (2) và (3) suy ra
 
4 195
', ( ' ') 2 .
65
d D ABB A OH a 

Chú ý: Thí sinh có thể hạ
, ' .OK AB OH A K 
Tính
OK
suy ra
.OH

0,5
Gọi H, E là trung điểm MN, BC (2; 1).H
Từ giả thiết suy ra ,IAMB IANC là các
hình thoi. Suy ra ,AMN IBC là các tam
giác cân bằng nhau.
Suy ra , ,AH MN IE BC AHEI  là hình
bình hành.
Suy ra G cũng là trọng tâm
HEI HG



cắt IE tại F là trung điểm IE.

0,5

Câu 7.
(1,0
điểm)
Vì BC // MN và (2; 1) .K BC  Suy ra : 1 0.BC y  
Từ
8
(2; 1), ; 0
3
H G
 
 
 

3 1
3; .
2 2
HF HG F
 
  
 
 
 

Từ : 3 (3; 1).FE BC pt EF x E    
Vì F là trung điểm IE nên
(3; 0), 5.I R IA HE  

Suy ra
2 2
( ): ( 3) 5C x y   hay
2 2
6 4 0.x y x   
0,5
Ta có
(2; 2; 1), (2; 1; 2).
P
AB n   
 


. 0
( )
P
AB n
A P







 
nên AB // (P).
0,5

Câu 8.
(1,0
điểm)
Ta có ' ( )AA P nên
'
(2; 1; 2)
AA P
u n  
 
.
Suy ra phương trình
2 3 1
': .
2 1 2
x y z
AA
  
 



'AA
cắt (P) tại ( 2; 1; 3)H    mà H là trung điểm
'AA
nên suy ra '( 6; 1; 7).A  
0,5
C
B
M
A
N
E
I
H
F
K
G
A
H
B
C
D
O
K
'B
'A 'D

'C

hoctoancapba.com
4

Câu 9.
(0,5
điểm)
Ta có
7
a là hệ số của
7
x
có trong ( ).P x Các số hạng của ( )P x mà khai triển ra chứa
7
x

gồm




7 8
7 1 2 , 8 1 2
x x
 

 
9
9 1 2 .
x


Theo Nhị thức Niu-tơn ta có
     
7 7 7
7 7 7 7
7 7 8 9
7. . 2 8 . 2 9 . 2 395 2 50560.a C C C          

0,5
Từ giả thiết ta có
xz y

.
Chú ý rằng, với mọi , 0x y  và mọi ,a b ta có
 
2
2 2
.
a b
a b
x y x y

 

(1)
Thật vậy, (1) tương đương với
 
2
0.ay bx 
Khi đó
 
 
 
 
2 2
3 3
2 2 3 3 3 3
2 2
1 1 1 1
1 1
4 1 4 1
x y y z
xy yz
P y y
z x x z x z
z x
 
   
       
   
 
 
   


 
 
 
 
2 2
3
3 3
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
4 4
x y y z
y
x z
x z y z x y x z
 
 
   
 
     
 


2 2 2 2
3
2 2 2 2 2 2 2 2 3 3
1 1 1 1
4 4
x y y z
y
x z y z x y x z x z
   
 
     
    
   
 
   


2 2 3 3
2 2 2 2 3 3
2
2
3
2
3
1 1
4 4
1 1
3
4 8
1 1
3
4 8
1 1 1
3 .
4 8 4
y y y y
y z x y x z
y y y y y y y
z x z x z x xz
y y y y y y y
z x z x z x xz
y y y y y y y y
z x z x z x z x
   
    
   
 
   
 
     
      
 
     
 
     
 
     
      
     
     
       
       
      
      
2




3
1 1 1
.
4 8 4
y y y y
z x z x
   
     
   
   

0,5

Câu 10.
(1,0
điểm)
Đặt
2
, 2 2.
y y y
t t
x z xz
    Khi đó
3
1 1 1
.
4 8 4
P t t   
Xét hàm số
3
1 1 1
( )
4 8 4
f t t t    với
2.t 
Ta có
2
3 1
'( ) 0
4 8
f t t    với mọi
2.t 

Suy ra
[2; )
3
max ( ) (2) .
2
f t f

  

Suy ra
3
,
2
P   dấu đẳng thức xảy ra khi
1
.
3
x y z  

Vậy giá trị lớn nhất của P là
3
2

, đạt được khi
1
.
3
x y z  
0,5

hoctoancapba.com

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×