Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 1 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  2x 1 , (1) x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . b) Viết phương trình tiếp tuyến d của (C) tại giao của (C) với trục tung và tiếp tuyến d' của (C) song song với d. Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình cos3 x  1  s inx  0 . b) Tìm số phức z biết rằng z  2i  z và z  i  z  1 Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình 22 x 1  22 x 2  22 x 3  448 Câu 4.(1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm ( x  2)( x  2)  4( x  2) x2 m x2 x2 , x  - 2 hoặc x > 2 x2 x2 1 2 Ta có t '   . x2 x  2 ( x  2) x 2 x  - 2  t' > 0 x2 2 x x > 2: t '    0. x2 ( x  2)( x  2) ( x  2)( x  2) HD. Đặt t  ( x  2) Sự biến thiên của t: - t '(x) -1 3 - + + 0 + t(x) - 0 Suy ra , tập giá trị của t là  . Phương trình đã cho  t2 + 4t - m = 0 (*) Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm t     '  4  m  0  m  4 . 1 Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I =  ln 0 x 1 dx x2 x 1 x2 1 1  du  . dx  dx 2 x2 x  1 ( x  2) ( x  1)( x  2) dv  dx  v  x  2 HD. Đặt u  ln 1 1 1 x 1 dx 2 1 32 16 Suy ra I = ( x  2) ln   3ln  2 ln  ln x  1 0  ln  ln 2  ln x  2 0 0 x 1 3 2 27 27 Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 1 Thi thử THPTQG năm 2015 Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AD = a 2 , cạnh AB = a. Tam giác SAD vuông cân đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Cạnh bên SB tạo với đáy góc 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC. S HD. Gọi H là hình chiếu của S trên AD thì SH  mp(ABCD) và H là trung điểm AD. AD a 2   450  . Tam giác SHB có SBH 2 2 a 2 nên vuông cân đỉnh H. Suy ra HB  2 SH  2 K D 2 a 2 a 2 2 2 AH  BH        a  AB  2   2  2 H 2 Suy ra tam giác ABH vuông ở H. 1 3 C 1 3 A B 1 a a a3 .  3 2 2 3 2  d ( AD, SC )  d ( AD, mp (SBC ))  d ( H , mp( SBC ))  HK , Ta có VS . ABCD  dt ( ABCD ).SH  AD.HB.SH  .a 2 *) AD//mp(SBC) chứa SC trong đó K là hình chiếu của H trên SB. HK = 1 1 SB  a 2 2 Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC. Các tam giác ABD và ACE vuông cân đỉnh A và ở ngoài tam giác ABC. M(2; - 1), N(- 1; 3) lần lượt là trung điểm DE, BC. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết A(1; 1), D(1; - 2). HD. Trước hết ta chứng minh AM  BC , AN  DE Thật vậy  1      AM  ( AD  AE ), BC  AC  AB 2   1     1      AM .BC  ( AD  AE )( AC  AB )  ( AD. AC  AE. AB ) 2 2 1   AE. AB.cos BAE )  ( AD. AC.cos CAD 2   BAE  Mặt khác AD = AB, AC = AE, CAD   Suy ra AM .BC  0 Thấy ngay phương trình (AD): x - 1 = 0 Suy ra phương trình (AB): y - 1 = 0 Phương trình (BC): x - 2y + 7 = 0 Suy ra B(- 5; 1) Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp E M D Â C B N 2 Thi thử THPTQG năm 2015 Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz viết phương trình đường  thẳng đi qua M(- 1; 2; - 3), vuông góc với giá của véc tơ a  (6; 2; 3) và cắt đường x 1 y 1 z  3   . 3 2 5 Câu 9.(0,5 điểm) Tìm hệ số của x5 trong khai triển P( x )  (2 x  3)( x  1)10 thành đa thẳng d có phương trình thức. Câu 10.(1,0 điểm) Cho các số a, b, c khác 0 thỏa a 2b2  b 2c 2  c 2 a 2  3. 1 1 1 1 Chứng minh rằng:    2 2 2. 4 2 2 4 2 2 4 2 2 1  a (b  c ) 1  b (c  a ) 1  c (a  b ) a b c HD. Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3  a2b 2  b2c 2  c 2 a 2  3 3 (abc)4  a 2b 2c 2  1. Suy ra: 1  a 4 (b 2  c 2 )  a 2b 2c 2  a 4 (b 2  c 2 )  a 2 (a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 )  3a 2  Tương tự ta có: 1 1  2 (1). 2 2 1  a (b  c ) 3a 4 1 1 1 1  2 (2),  2 (3). 2 2 4 2 2 1  b (c  a ) 3b 1  c (a  b ) 3c 4 Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 1  1 1 1  a2b 2  b 2c2  c 2 a 2 1     2  2  2  2 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2 1  a (b  c ) 1  b ( c  a ) 1  c ( a  b ) 3  a b c  3a b c abc . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a 2b 2c 2  1, a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2  3  a  b  c  1, (a, b, c  0). ---------------------------------------Hết-------------------------------------------- Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 3 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 2 3 2 1 2 Câu 1.( 2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  mx 2  m3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 b) Tìm m để đồ thị hàm số có cực trị và hai điểm cực đại , cực tiểu của đồ thị đối xứng qua đường thẳng y = x. x  0 Để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu th́ y '  0 y' 0   x  m có hai nghiệm phân biệt  m  0 . Khi đó giả sử các điểm cực đại, cực tiểu là :  m3  A  0;  và B  m ; 0   2     m m3  m3  Ta có: AB  m;   ; trung điểm I của AB là: I  ;  2   2 4  Ta có y’= 3 x2  3mx Theo yêu cầu bài toán để A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x th́ đường thẳng AB vuông góc với  : y  x và trung điểm I của AB thuộc đường  m3   0 m   AB.u  0 m  0 2 thẳng    3  Đối chiếu điều kiện ta có m   2 m   2 m m  I       4 2 Câu 2.( 1,0 điểm) a) Giải phương trình. 1 + sin x – cos x – sin 2x + cos 2x = 0 Phương trình  ( 1 – sin2x) + ( sinx – cosx) + ( cos2x – sin2x) = 0  ( sinx – cosx).[(sinx – cosx) + 1 – (sinx + cosx)] = 0  ( sinx – cosx).( 1 – 2cosx) = 0 1    x   k . ; x    l.  k , l    ( k,l  Z). 2 4 3 b) Tìm số phức z thỏa mãn z  1  5 và 17( z  z )  5 z z  0 .  tan x  1;cos x  2 Đặt z  a  bi , ta có: z  1  5   a  1  b 2  5  a 2  b 2  2a  24 1 Mặt khác: 17( z  z )  5 z.z  0  a 2  b 2  34 a  2 5 24 a  24  a  5 . Kết hợp với (1) có b 2  9  b  3, b  3 . 5 Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là: 5  3i và 5  3i . Thay (2) vào (1) được 2 2 2 Câu 3.( 1,0 điểm) : 23 x  x10  4 x  x  4  2 x  x  2  16  0 . Phương trình tương đương: 23 x 2  x 10  22 x 2  2 x 8  2x 2  x 2  16  0  23 x 2  x 14  22 x 2  2 x 12  2x Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 2  x 2 1  0 4 Thi thử THPTQG năm 2015  (22 x  22x 2 2  2 x 12  2 x 12  1)(2 x 2  x2  1)  0  22 x 2  2 x 12 1  0  x  2  20  2 x 2  2 x  12  0   x  3 Câu 4.( 1,0 điểm) Giải bất phương trình ĐK. x  1 x  3  x  x 1  4  x  x  3  x  x 1  4  x x  3  x  x  1  x  4 (1) Xét hàm số f ( x)  x  3  x  x  1  x, x  1 1 1 1 2 x  1  0, x  1 f '( x)   2 x  3  2 x  x 1 Suy ra f đồng biến, liên tục trên [1; +  ) (1)  f ( x)  f (1)  x  1 e Câu 5.( 1,0 điểm) Tính tích phân I = ln(1  ln 2 x ) dx . 1 x 1 Cách 1. Đặt lnx = t , ta có I =  ln(1  t 2 )dt . 0 2 Đặt u = ln( 1+ t ) , dv = dt Ta có : du = 2t dt , v  t . 1 t2 2 1 1 1 1 t2 dt  Từ đó có : I = t ln( 1+ t )  2 dt  ln 2  2   dt    (*). 2 0 0 1 t 1 t2  0 0 1 Tiếp tục đặt t = tanu , ta tính được dt  1 t 2  0 Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 +  . 4  . 2 Cách 2. Câu 6.( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho tam giác BCD vuông ở C có BC = b, CD = c. AB, ED là hai tia cùng hướng, cùng vuông góc với (P) và AB = DE = a. Tính theo a, b, c thể tích khối chóp C.ABDE và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD, AC, biết rằng a, b, c là các số thực dương. F A E K B H D HD. Gọi H là hình chiếu của C trên BD thì CH  mp( ABDE ) . 1 3 Suy ra VC . ABDE  dt ( ABDE ).CH Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp C 5 Thi thử THPTQG năm 2015 1 1 1 bc  2  2  CH  2 CH b c b2  c 2 1 bc 1 Vậy nên VC. ABDE  a b 2  c 2 . 2 2  abc 3 3 b c *) BD//AE nên BD//mp(ACE) chứa AC. Mặt phẳng qua CH và vuông góc BD cắt AE tại F. Gọi K là hình chiếu của H trên CF thì HK  mp(CAE ) . Ta có d ( BD, AC )  d ( BD, mp(CAE ))  d ( H , mp(CAE ))  HK . 1 1 1 1 1 1 abc    2  2  2  HK  2 2 2 HK HC HF b c a a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 Câu 7.( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) : x2 y 2   1 và 9 4 hai điểm A(3;-2), B(-3; 2). Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. x02 y02 HD. C thuộc (E)  C ( x0 ; y0 ) :   1 4 9 1 Gọi S = dt(ABC) = AB.d (C , ( AB)) 2 AB = 2 13 Phương trình (AB): 2x + 3y = 0 d (C , ( AB))  2 x0  3 y0 13 2 x0  3 y0  x02 y02  x0 y0 1 Suy ra S  .2 13  2 x0  3 y0  4  9  97     97 2 2 3 13  4 9  3x 8y 4 S lớn nhất bằng 97 khi chỉ khi 0   x0  0 2 y0 9 27 Câu 8.( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 0) và B(1; 1; -1) viết phương trình mặt cầu đi qua A, B có tâm thuộc mặt phẳng x + y + z - 3 = 0 và bán kính có độ dài bé nhất. HD. Tâm của mặt cầu thuộc d là giao tuyến của hai mặt phẳng: mặt phẳng trung trực của đoạn AB và mặt phẳng x + y + z - 3 = 0. Gọi I là tâm mặt cầu. Bán kính mặt cầu bé nhất khi và chỉ khi IA vuông góc với d. Câu 9.( 1,0 điểm) Có bao nhiêu cách phân phối 5 món quà cho 3 người sao cho người nào cũng được nhận ít nhất một món quà. HD. Có hai khả năng: i) Có một người nhận 3 món quà, hai người còn lại mỗi người nhận một món quà: Số cách phân phối trong trường hợp này: C31.C53 .2  60 ii) Có hai người, mỗi người nhận 2 món quà, người còn lại nhận một món quà. Số cách phân phối trong trường hợp này: C32 .C52 .C32  90 Câu 10.( 1,0 điểm) Chứng minh rằng phương trình 4 x (4 x 2  1)  1 có đúng ba nghiệm thực phân biệt. HD. 4 x (4 x 2  1)  1  0 Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 6 Thi thử THPTQG năm 2015 Xét hàm số: f ( x)  4 x (4 x 2  1)  1, x    f '( x)  4 x ln 4(4 x 2  1)  4 x.8 x  4 x (4ln 4.x 2  8 x  ln 4) Đặt : g ( x )  4 ln 4.x 2  8 x  ln 4  '  16  4 ln 2 4  0 Suy ra g(x) có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu qua hai nghiệm đó nên f '( x) cũng thế. Vậy phương trình đã cho có không quá ba nghiệm. 1 Mặt khác f (0)  f     f (1, 25.1011 )  0 2   1 2 Vậy phương trình đã cho có đúng ba nghiệm: x  0, x   , x  1, 25.1011 ----------------------------------------Hết-------------------------------------------------------- Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 7 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 3 Câu 1.( 2,0 điểm) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  2x 1 . x 1 b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết khoảng cách từ giao điểm của hai tiệm cận đến tiếp tuyến bằng 2 . Tiếp tuyến của (C) tại điểm M ( x0 ; f ( x0 ))  (C ) M (x 0 ; f (x 0 ))  (C ) có phương trình y  f '( xo )( x  x0 )  y0  x  ( x0  1)2 y  2 x02  2 x0  1  0 (d) Giao của hai tiệm cận của (C) là I(1; 2).  x0  0  2 1  ( x0  1)  x0  2  x  y 1  0 Suy ra hai tiếp tuyến thỏa:  x  y  5  0 d(I,d) = 2  2  2 x0 2 Câu 2.( 1,0 điểm)   1 a) Chứng minh rằng sin x sin   x  sin   x   sin 3 x 3 3 4     b) Tìm số phức z thỏa mãn z  2  i  2 và phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị. Gọi số phức z = a+bi 2 2  a  2   b  1 i  2  a  2    b  1  4 Theo bài ra ta có:   b  a  3 b  a  3 a  2  2 a  2  2  hoac  b  1  2 b  1  2 Vậy số phức cần tìm là: z = 2  2 +( 1  2 )i; z = 2  2 +( 1  2 )i. Câu 3.( 0,5 điểm) Giải bất phương trình 3 2 x  1  5 x3  1  4  x HD. ĐK Câu 4.( 1,0 điểm) Giải phương trình log 32 x  3 3 2  3log 2 x  2 Với điều kiện x > 0, ta đặt u  log 2 x và v  3 2  3u  v 3  2  3u 3 3 3 u  2  3v  (*) 2 2 u  v  3(v  u ) (u  v)(u  uv  v  3)  0 u  2  3v u  2  3v Ta có hệ:  3  3 3 v  2  3u 2 1 3 Do u  uv  v  3   u  v   v 2  3  0, u, v   nên: 2  4  u 3  2  3v v  u u  v  1 (*)    3  u  v  2 u  v  0 u  3u  2  0 1 Với u  1  log 2 x  1  x  Với u  2  log 2 x  2  x  4 2 2 2 Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 8 Thi thử THPTQG năm 2015 1 Câu 5.( 1,0 điểm) Tính tích phân I   x ln( x 2  x  1)dx 0 2x  1  dx u  ln(x 2  x  1) du  2 Đặt   x  x 1 dv  xdx v  x 2 / 2  1 1 1 1 1 x2 1 2x3  x 2 1 1 1 2x  1 3 dx I  ln(x 2  x  1)   2 dx  ln 3   (2 x  1)dx   2 dx   2 2 2 0 x  x 1 2 20 4 0 x  x 1 4 0 x  x 1 0 1 1 1 1 1 3 3 3  ln 3  x 2  x  ln(x 2  x  1)  I 1  ln 3  I 1 0 0 2 2 4 4 4 4 1 1 3   dx * Tính I1: I 1   . Đặt x   tan t, t    ,  2 2 2 2  2 2 0  1  3   x     2   2     /3 /3 3 3 2 3 (1  tan 2 t )dt 2 3 3 Suy ra I 1   t  . Vậy I  ln 3   2 3  / 6 1  tan t 3 /6 9 4 12 Câu 6.( 1,0 điểm) Trong không gian cho hình chóp S.ABCD. Đáy ABCD là hình thoi ABCD có đường chéo BD = a, đường chéo AC = a 3 . Tam giác SAD đều và mặt phẳng (SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy hình chóp. M là trung điểm AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). HD. Gọi O là tâm hình thoi ABCD. S Tam giác ABD cân đỉnh A, BD = a, 1 a 3 AC   Tam giác ABD 2 2 đều cạnh a  Tam giác SAD đều cạnh a 3 K a  HB  HS  . D 2 1 1 1 O H VBCM  dt ( BCM ).SH  . dt ( ABC ).SH 3 3 2 1 1 a a 3 a3 A M  . a 3. .  6 2 2 2 16 1 1 1 a 6 *) d ( M , ( SBC ))  d ( A, ( SBC ))  d ( H , ( SBC ))  HK  SC  2 2 2 4 CO = C B Câu 7.( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông ở A và D, DC = DA = 1 AB, A(0; 1) và C(2; 3). 2 Tìm tọa độ các đỉnh B và D. HD. Gọi M là trung điểm AB thì AMCD là hình vuông, gọi tâm của nó là I. Đường thẳng (DM) có phương trình: x-1+y-2=0 D C I A Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp M B 9 Thi thử THPTQG năm 2015  x  y  3  0  D (t ;3  t ) ID  2  (t  1)2  (t  1)2  2  t  1  2  t  1  2 Câu 8.( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 0; 0) và đường thẳng d: x 1 y  2   z  3 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và 2 3 song song d sao cho khoảng cách giữa d và (P) nhỏ nhất. Câu 9.( 0,5 điểm) Tìm hệ số của x4 trong khai triển Niutơn của biểu thức P  (1  2 x  3 x 2 )10 Câu 10.(1,0 điểm) Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3( x 2  y 2  z 2 )  2 xyz . Ta c ó: P  3  ( x  y  z )2  2( xy  yz  zx)   2 xyz  3 9  2( xy  yz  zx)  2 xyz  27  6 x( y  z )  2 yz ( x  3) ( y  z) 2 1  27  6 x(3  x )  ( x  3)  ( x 3  15 x 2  27 x  27) 2 2 f ( x )   x 3  15 x 2  27 x  27 x  1 f , ( x )  3 x 2  30 x  27  0   x  9 Câu 6a:Xét hàm số x y’ y  0 + 1 0 3 , với 0< x 0 nên hàm số đồng biến. suy ra x = -1 là nghiệm duy nhất của (*) KL: HPT có 2 nghiệm (2;0),(-1;-3)  2 Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I =  ( e cos x  s inx).sin 2 x.dx . 0  2 HD. I =  (e 0  2 cos x  2  s inx).sin 2 x.dx  2  e cos x .cos x.sin x.dx   s inx.sin 2 x.dx 0 0  2 I   e cos x .cos x.sin x.dx 0 1 1 1 Đặt t = cosx có I =  t.et .dt  t.et 0   et .dt  1 0  2 0  2  2 1 1 1 2 K   s inx.sin 2 x.dx   (cos x  cos3x ).dx  (s inx  sin 3 x)  20 2 3 3 0 0  2 2 3 Vậy: I =  (e cos x  s inx).sin 2 x.dx  2   0 8 3 Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian cho khối chóp S.ABC có SA = SB = SC = a,  = 900, BSC  = 600, CSA  = 1200. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách ASB giữa hai đường thẳng SB và AC. S HD. Thấy ngay tam giác SBC đều cạnh a, AB  a 2 , AC  a 3 . Suy ra tam giác ABC vuông ở B. Gọi H là hình chiếu của S trên mp(ABC). Do SA = SB = SC nên HA = HB = HC K Suy ra H là trung điểm của AC. C A 1 1 1 a a3 2 VS . ABC  dt ( ABC ).SH  . a 2.a.  3 2 2 2 8 *) Dựng tia Bx //AC. Gọi E là hình chiếu của H trên Bx , K là hình chiếu của H trên H x E B SE. AC//BE nên AC//mp(SEB) chứa SB. Suy ra d(AC, SB) = d(AC, mp(SEB)) = d(H, mp(SEB)) = HK Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 12 Thi thử THPTQG năm 2015 Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. M là trung điểm AB, N là điểm thuộc cạnh CD sao cho DC = 4DN. Tìm tọa độ C biết rằng M(2; 0), N(1; 2). E HD. Gọi E là trung điểm CD, K là giao điểm của D N C AC và MN. Dễ thấy AC  MN .  KM AM 2 2     KM   KN KN CN 3 3 Ta có (1) K A B M   2   2  2 x 4  2 y  K ( x; y )  KM  (2  x;  y ), KN  (1  x; 2  y ), KN   ; 3 3   3 2x  2 8   x 2  x  3  6  3 x  2 x  2 8 4  5 (1)      K( ; ) 5 5 3 y  2 y  4  y  2 y  4 y  4   3 5  8  4  MN  (1; 2)  phương trình (AC):   x    2  y    0   x  2 y  0 5  5   1 2 ACD   (0    )  tan    cos   Đặt  2 2 5 a( x  1)  b( y  2)  0 Giả sử phương trình đường thẳng (DC):  2 2 , trong đó (DC) có véc a  b  0   tơ pháp tuyến n  (a; b) , (AC) có véc tơ pháp tuyến MN  (1; 2) Ta có:   n .MN  a  2b 2  cos       2 a 2  b 2  a  2b 2 2 5 n . MN a b 5 a  0  4(a  b )  a  4b  4ab  3a  4ab  0   4b a   3  i) a = 0  b  0 : Suy ra phương trình (CD): y - 2 = 0.  x  2 y  0 x  4 Suy ra C ( x; y ) :   y  2  0 y  2   2 Để ý rằng KA   KC suy ra tọa độ A. 3 4b ii) a   : chọn b = - 3 kéo theo a = 4, suy ra phương trình (CD): 3 4(x - 1) - 3(y - 2) = 0  4x - 3y + 2 = 0 4  x   x  2 y  0    4 2 5 Suy ra C ( x; y ) :    C ;   5 5 4 x  3 y  2  0 y   2  5 2 2 2 2 2 Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 13 Thi thử THPTQG năm 2015  2  3 Để ý rằng KA   KC suy ra tọa độ A. Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(1; 2; 2) và C(3, 2; 0). Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm A, B, C có tâm thuộc đường thẳng d: x 1 y  2   z. 2 3  HD. Trung điểm của đoạn AB là M(1; 1; 1), AB = (0; 2; 2). Suy ra phương trình trung trực của đoạn AB: y + z - 2 = 0 Tương tự, phương trình trung trực của đoạn AC: x + y - 3 = 0 Gọi I là tâm mặt cầu. I thuộc đường thẳng d' là giao của hai mặt phẳng: x  t ' y  z  2  0  và do đó, d' có phương trình  y  3  t '  x  y  3  0  z  1  t '   x  1  2t  Theo giả thiết, I thuộc d:  y  2  3t  I(1; 2; 0)  R = 2 z  t  Câu 9.(0,5 điểm) Ở một ga có một đoàn tàu chỉ nhận khách lên 4 toa. Có 4 hành khách chuẩn bị lên tàu. Tìm xác suất để có 3 hành khách cùng lên một toa, hành khách còn lại lên một trong ba toa còn lại. Câu 10.(1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa a  b  c  3 . Chứng minh a8  b8  c8  a 6  b 6  c 6 HD. Ta có: a 2  2a  1, b 2  2b  1, c 2  2c  1  a 2  b 2  c 2  2(a  b  c)  3  3  a 2  b2  c 2  3 a 4  2a 2  1, b 4  2b 2  1, c 4  2c 2  1  a 4  b 4  c 4  2(a 2  b 2  c 2 )  3  3  a 4  b4  c 4  3 a8  2a 4  1, b8  2b 4  1, c8  2c 4  1  a8  b8  c8  2(a 4  b 4  c 4 )  3  (a 4  b 4  c 4 )  (a 4  b 4  c 4  3)  a 4  b 4  c 4  a8  b8  c8  a 4  b 4  c 4 (1) Mặt khác a  2a  a  a (a 2  2a  1)  0 : Hiển nhiên. Suy ra a8  a 4  2a 6 Tương tự b8  b 4  2b6 , c 8  c 4  2c 6 Từ (1) suy ra 2(a8  b8  c8 )  a8  a 4  b8  b4  c 8  c 4  2a 6  2b6  2c 6 ---------------------------------------Hết-------------------------------------------8 6 4 4 Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 14 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 5 1 3 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  m( x  1) , (m là tham số thực) (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình x 3  3m( x  1)  0 Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình 9 sin x  6 cos x  3sin 2x  cos 2x  8 . HD. Phương trình đã cho  9 sin x  6 cos x  6 sin x cos x  1  2sin 2 x  8  2sin 2 x  9 sin x  7  6 cos x(sin x  1)  0  (sin x  1)(2 sin x  7)  6 cos x(sin x  1)  0 sin x  1  (sin x  1)(2 sin x  6 cos x  7)  0    2sin x  6 cos x  7 (vn) x   2k; (k  ) 2 b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z  ( 3  i) 2015 HD.   3 1  z   2   i     2 2   2015           2  cos     i sin       6  6     2015   2015  2 2015  cos   6     2015     i sin    6      3 1            22015  cos  336    i sin  336     22015  cos  i sin   2 2015   i  6 6  6 6 2 2       Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình 3.4 x  4.3x  7 x Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình x  2  4  x  2 x 2  5 x  1 Lời giải. ĐK 2  x  4 BPT đã cho  x  2  1  4  x  1  2 x2  5 x  3  x 3 3 x   ( x  3)(2 x  1) x  2 1 4  x 1 1 1    ( x  3)    (2 x  1)   0 4  x 1  x  2 1  1 1   (2 x  1), x  [2; 4] , ta có: Xét x  2 1 4  x 1 1 1 x  2  1  1, x  [2; 4]  1 0  1 x  2 1 x  2 1 1 1 1 4  x  1  1, x  [2; 4]  1 0   1  1   0 4  x 1 4  x 1 4  x 1 Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 15 Thi thử THPTQG năm 2015 1 1  1 x  2 1 4  x 1 Mặt khác, x  2  2 x  1  5  (2 x  1)  5 . Suy ra: 1 1   (2 x  1)  0, x  [2;4] x  2 1 4  x 1 Vậy, BPT đã cho tương đương x  3  0  x  3 KL: nghiệm của phương trình đã cho là 3  x  4  1   12 Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I = 2sin 2 x  1 0 (s inx  cos x) 2 dx Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh bên bằng a . Cho M , N lần lượt là trung điểm các cạnh SA và SC. Mặt phẳng (BMN) vuông góc với mặt phẳng (SAC) . a) Tính thể tích hình chóp tam giác đều S.ABC. S b) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (BMN). HD. Gọi K là hình chiếu của B trên MN. Gọi H là giao điểm của của đường thẳng SK và AC. Khi đó, BK  mf ( SAC )  BK  SH K N M tại K là trung điểm SH nên BH = BS = a. Vì hình chóp đều nên BM = BN. Suy ra K là trung điểm MN nên H là H C A trung điểm AC. Tam giác ABC đều a = BH =  AB  AB 3 2 B 2a 3 2 a 5  2a  3 a 2 , đường cao của hình chóp hạ từ S là SO = .  dt ( ABC )    4  3 3  3 Vậy VSABC 1 a 2 a 5 a 3 15  . .  3 3 3 27 VSBMN SM SN 1 VSABC a 3 15  .   VSBMN   VSABC SA SC 4 4 108 Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD có AB = BC = CD = 1 AD. Tìm tọa độ của B, D biết A(1; 1), C(3; 3). 2 HD. Gọi M là trung điểm AB. Thấy ngay các tam giác AMD, MCD, MCB là những tam giác đều. Gọi I là trung điểm của AC ta có I(2; 2). Phương trình đường thẳng (BM) là x + y - 4 = 0. AC = 2 2 D C I A Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp M B 16 Thi thử THPTQG năm 2015 nên AI  2  BM 3 2 6 6  BM   BI  2 3 3 B(t; 4 - t)  BI2 = (2 - t)2 + (- 2 + t)2  (2 - t)2 + (- 2 + t)2 = 1 2 t 2  3 3 1 1 1    B2 ;2   . Từ đây suy ra M và do đó suy ra D 3 3 3  1 1 1   ii) t  2   B  2  ; 2   . Tương tự trên. 3 3 3  i) t  2  Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng (d) và (d') có phương trình lần lượt là: x 7 y 3 z 9 x  3 y  1 z 1   và   . Viết 1 2 1 7 2 3 phương trình đường thẳng  đi qua A(0; 1; 13) cắt cả hai đường thẳng (d) và (d') Câu 9.(0,5 điểm) Một đội văn nghệ quần chúng có 5 nam và 6 nữ . Cần phải ghép 3 cặp đôi nam nữ để biễu diễn một tiết mục. Hỏi có bao nhiêu cách ghép đôi. Câu 10.(1,0 điểm) Chứng minh rằng: 1 1 1 1    , x, y , z  0 x3  y 3  xyz y 3  z 3  xyz z 3  x3  xyz xyz HD. Ta có: x 3  y 3   x  y   x 2  y 2  xy    x  y  xy 1 1 1 z    3 x  y  xyz  x  y  xy  xyz xy  x  y  z  xyz  x  y  z  Tương tự: 1 x  3 3 y  z  xyz xyz  x  y  z   3 1 y  z 3  x3  xyz xyz  x  y  z  Suy ra đpcm ---------------------------------------Hết-------------------------------------------- Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 17 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 6 1 4 3 4 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  mx 2  , (m là tham số thực) (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1. b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành Câu 2.(1,0 điểm) a) Chứng minh rằng trong tam giác ABC, ta có: sin 2 A  sin 2 B  sin 2C  sin A  sin B  sin C b) Tìm các nghiệm phức của phương trình z 4  4 z 3  3 = 0 Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình   2 1 log2 x  x2   2 1 log 2 x  1  x2 HD. ĐK x > 0   2 1 2log 2 x  x2   2 1 log2 x  (1  x 2 )   2 1 log 2 x Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình 2 3 3x  1  8  3 1  5 x  Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I = 1  cos x  1  cos x dx  2        1  cos x x 1 x HD. I   dx   cot 2 dx     1 dx  (2 cot  x ) x  2 2  1  cos x    sin 2  2 2 2 2 2   Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều và hình chóp A'.ABC là hình chóp đều cạnh bên bằng a và tạo với đáy góc 450 . a) Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C'. b) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AA'B'B). HD. Gọi H là hình chiếu của A' trên mp(ABC) thì H là tâm của tam giác ABC đều. A'H = asin450 = A' B' a 2 . 2 a 2 . 2 2 3 AB 3 AH  AB  3 2 3 a 2 a 6  AB  AH 3  3 2 2 AH = acos450 = C' K C A H M N B Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 18 Thi thử THPTQG năm 2015 2  a 6  3 a 3 9a 3 Suy ra dt(ABC) =  .   2 16  2  4 *) Gọi K là hình chiếu của H trên A'N(N là trung điểm AB) Ta có d(C,mp(AA'B'B) = HK. Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thoi ABCD có các tam giác ABD và CBD là những tam giác đều. M là trung điểm AB, N là điểm thuộc đoạn thẳng AC sao cho AN = 3 NC. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng M(1; 1), N(- 1; 4). HD. Ta có MN = 13 . Gọi I là tâm hình thoi. Đặt AM = a > 0 . Do tam giác ABD đều cạnh 2a  AI  2a. 3 a 3 3 3a  a 3 . Suy ra AN = a 3   2 2 2 Áp dụng định lí cosin vào tam giác ANI: 27 a 2 3 3a 3 4a 2  27 a 2  18a 2 13a 2 13  MN  a   2a .   a2 4 2 2 4 4 2 2 Suy ra:  IM  2   1 1  IN  2 AI  2 .2 3  3 x2  y2  2x  2 y  2 2 2 ( x  1)  ( y  1)  4  I ( x; y )    2x  8 2 2 ( x  1)  ( y  4)  3 y   3 1  3 3 13  1  3 3 34  2 3  1  3 3 34  2 3 x y  I  ;  . 13 13 13 13     AI  2 IN x  1  3 3  1  3 3   23  9 3  x  2  1    x  13 13     13 A( x; y )     34  2 3   34  2 3  y  2  2 3  y  2 4     13   13 13    x 1  3 3 : Tương tự. 13 Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng (d) là giao của hai mặt phẳng 2 x  y  2 z  4  0 và x  2 y  z  4  0 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua (d) và A(3; - 2; 1). Câu 9.(0,5 điểm) Một đề thi trắc nghiệm có 40 câu, trong mỗi câu có 4 phương án trả lời và chỉ có một phương án trả lời đúng. Trả lời đúng, bạn được 2,5 điểm, trả Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 19 Thi thử THPTQG năm 2015 lời sai bạn bị trừ 0,5 điểm. Quỳnh chọn ngẫu nhiên một phương án trả lời trong mỗi câu. Tính xác suất đề Quỳnh được 40 điểm. Câu 10.(1,0 điểm) Với a  2 , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: a 2  2a  5  a 2  6a  10 HD. Đặt P = a 2  2a  5  a 2  6a  10 , a  2 . Ta có P = a 2  2a  5  a 2  6a  10  (a  1)2  22  (a  3)2  12 Vì a 2  2a  5  a 2  6a  10, a  2 nên P  a 2  2a  5  a 2  6a  10 = (a  1)2  22  (a  3)2  12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy đặt M(a; 0), A(1; 2), B(3; 1). Khi đó P  MA  MB . Thấy ngay AB ở về cùng một phía đối với trục hoành. Ta có P  MA  MB  AB . P đạt giá trị lớn nhất bằng AB khi và chỉ khi M là giao của đường thẳng AB với trục hoành. ---------------------------------------Hết-------------------------------------------- Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 20 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 7 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  2x 1 , (1) 1 x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . b) Gọi d là một tiếp tuyến bất kì của (C). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi d và hai tiệm cận của (C). 2x 1 3  y' 1 x (1  x )2 Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm của d và (C). Khi đó phương trình d là: 2x 1 3 y ( x  x0 )  0 2 (1  x0 ) 1  x0 HD. b) y   4  2x  0 Gọi A là giao điểm của tiệm cận đứng x = 1 với d. Suy ra A 1;  1  x 0   Gọi B là giao điểm của tiệm cận ngang y = - 2 với d. Suy ra B  2 x0  1; 2  Gọi giao điểm hai tiệm cận là I(1; - 2) dt ( ABC )  1 1 4  2 x0 1 6 y A  yI . xB  xI   2 . 2 x0  1  1  . 2( x0  1)  6 2 2 1  x0 2 1  x0 Câu 2.(1,0 điểm)  1     và sin   cos   . 2 2 b) Tìm các nghiệm phức của phương trình z 4  4 z 2  5 = 0 a) Tính các giá trị lượng giác của góc  biết Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình 2 HD. 2 2 1 x 2 x 1 3 02 2 1 x  32 x1  2  2  1 x  32 x  1  0 1 1   (2 x  1)l og 2 3  (2 x  1)   log 2 3   0 x x  1  x   2   x  log 3 2 Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình ( x  1)( x  2)  x  3x 2  x  6 HD. x  0 ĐK:  2 3 x  x  6  0 (1) (2) ( x  1)( x  2)  x  3x 2  2 x  6  x 2  4 x  2  2 x( x  1)( x  2)  3x 2  2 x  6  2 x ( x  1)( x  2)  2 x 2  2 x  8  x ( x  1)( x  2)  x 2  x  4  x ( x  1)  2( x  2)  x( x  1)  2( x  2)  x ( x  1)( x  2)  0 Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 21 Thi thử THPTQG năm 2015   x( x  1)  2 x  2)   x ( x  1)  x  2)  0 e Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I =  x ln xdx 1 Câu 6.(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD nội tiếp hình cầu tâm O. O nhìn các đoạn AB, BC, CD, DA dưới 1 góc 600 . Biết độ dài bán kính mặt cầu (O) bằng a. Tìm tứ diện có thể tích lớn nhất. HD. Tứ diện ABCD của bạn là một tứ diện gần đều có AB = BC = CD = DA = a. Thấy ngay AC và BD vuông góc. Gọi khoảng cách giữa AC và BD là d, BD = x, AC = y, 1 6 ta có V  xyd , d = MN, trong đó M, N lần lượt là trung điểm BD, AC. x2 CM = CB - BM = a 4 y2 CM2 = MN2 + CN2 = d2 + 4 2 2 x y 2 = d2 + a 4 4 2 2 x y 2 + = a2 d + 4 4 2 2 2 A 2 N D C M B 3  x2 y 2    d2  2 2  4a 6 1 1 4 x y 4 Ta có: V  xyd  V 2  x 2 y 2 d 2  . . .d 2   4 4  = 6 36 9 4 4 9 3 9.27     2 2 2 2 2 2 x y x y x y 2a   d2    a2   x y V đạt max  V 2 đạt max  4 4 4 4 4 4 3 Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có A(1; 1), trực tâm H(- 1; 3). Hình chiếu E của H trên AB thuộc đường thẳng d: x - y + 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đến đường thẳng AB bằng 1. HD.  AEH  1v  E thuộc đường tròn đường kính AH. Trung điểm AH là I(0; 2) AH= 2 2 . Suy ra phương trình đường tròn: x 2  ( y  2)2  2 .  x 2  ( y  2)2  2  x 2  ( y  2) 2  2 E ( x; y )     x 2  x 2  2  x  1 x  y  2  0 y  x  2   i) x = - 1: x = - 1  y = 1  E(- 1; 1) x  t A(1;1)  pt ( AE ) :   B (t ;1)  y 1  0 Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 22 Thi thử THPTQG năm 2015 Thấy ngay pt(EH): x + 1 = 0. Suy ra C(- 1; t')  CB  (t  1;1  t ')    AH  (2; 2), CB. AH  0  t  t '  0 CH bằng hai lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đến AB t '  5 t '  1 Suy ra CH = 2  t ' 3  2  t ' 3  2    t' = 1  t = - 1  B(- 1; 1), C(- 1; 1) (loại)  t' = 5  t = - 5  B(- 5; 1), C(- 1; 5) ii) x = 1: x = 1  y = 3  E(1; 3) x  1 A(1;1)  pt ( AE ) :   B (1; t ) y  t Thấy ngay pt(EH): y - 3 = 0. Suy ra C(t'; 3)  CB  (1  t '; t  3)    AH  (2; 2), CB. AH  0  t  t ' 4  0 CH bằng hai lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đến AB t '  1 t '  3 Suy ra CH = 2  t ' 1  2  t ' 1  2    t' = 1  t = 3  B( 1; 3), C(1; 3) (loại)  t' = -3  t = 7  B(1; 7), C(- 3; 3) Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) là giao của hai mặt phẳng 2 x  y  2 z  4  0 và x  2 y  z  4  0 ; đường thẳng d' có 4  x  3  t  4 phương trình:  y   3  z  t   Chứng tỏ rằng hai đường thẳng d và d' cắt nhau, viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng đó. Câu 9.(0,5 điểm) Gieo 3 đồng xu một lần. Tìm xác suât để cả 3 đồng xu đều sấp. Câu 10.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 y1 2x  2  2 2 x 1  2log 2 2 y   x 3  x  y  1 xy  1  x 2     (1) (2) với x, y   . Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 23 Thi thử THPTQG năm 2015 2 x  0 x  0  HD. Điều kiện:  x  y  0 y 0  Ta có:  2    x 2  yx  1  x  y  1  0  x  y  1  0 ( Vì x 2  yx  1  0 ) (2')  y  x 1 1  2.2 2 y  2  2 2 x 1  2log 2  2 2 y  log 2 2 y  2 2x 2x  22 y  1  2 y  log 2 2 x 2x  log 2 2x y 1' f  t   2t  log 2 t trên  0;  Xét hàm số: Ta có: f '  t   2t ln 2  1  0 t  (0; ) ,vậy f là hàm số đồng biến, liên tục t ln 2 trên  0;  1'   f  2 y   f   2 x  2 y  2x (b) Từ (1') và (2') ta có: x  1  x  1 x  1  x2 2  x  1  2 x   2  2    4 x  8 x  4  2 x 2 x  5 x  2  0  x  1   2 x2 Với x  2  y  1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm  2;1 . ---------------------------------------Hết-------------------------------------------- Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 24 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 8 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x3  3 x  2 , (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . b) Tìm m để phương trình x3  3x  2  4m  0 có đúng hai nghiệm. Câu 2.(1,0 điểm)  1 cos 2 x     và sin   . Tính giá trị của biểu thức 2 2 1  sin 2 x 3 b) Tìm số phức z biết rằng z  z a) Biết 2 2 HD. Ta có z z  z . Từ z  z 3 suy ra z  z 4 Đặt z = a + bi; a, b  . (1) 2 2 ab(a  b )  0 (1)  a  b  6a b  4ab(a  b )i  a  b   4 4 2 2 2 2 a  b  6a b  a  b  0 4 4 2 2 2 2 2 2 b  0 z  0  a 0   b  1  z   i a  0 z  0  b0    a  1  z  1  a 2  b 2  4a 4  2a 2  0  a  b  0  z  0 Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình log 4 ( x  1)2  1  log 2 ( x  1) HD. ĐK: x > - 1 và x  1 log 4 ( x  1)2  1  log 2 ( x  1)  log 2 2 x  1  log 2 ( x  1)  2 x  1  x  1 x  3 2x  2  x  1   1 2x  2  x 1  x  3  x2  3x  3 Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình 2 x  2  x  2x  2  1 2 HD. x 2  2 x  2  ( x  1)2  1  ( x  1)2  x  1  ( x  1)  x  1  x 2  2 x  2  0  x  2  x2  2x  2  0 Bất phương trình đã cho  2 x 2  3 x  3  x  2  x 2  2 x  2  2(2 x 2  6 x  6)  x  2  x 2  2 x  2 (1) Mặt khác x  2  x 2  2 x  2  2  ( x  2)2  x 2  2 x  2   2(2 x 2  6 x  6) Từ (1) và (2) suy ra: (2) x  2  x 2  2 x  2  2(2 x 2  6 x  6)  x 2  2 x  2  x  2  0  x  1 1 Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I =  e x dx 0 Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 25 Thi thử THPTQG năm 2015 Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp đều SABCD, đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng 2a, cạnh bên SA  a 5 . Một mặt phẳng (P) đi qua AB và vuông góc với mặt phẳng (SCD) lần lượt cắt SC, SD tại C’ và D’. a) Tính thể tích khối đa diện ABCDD’C’. b) Tính khoảng cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mp(ABC'D'). HD. a) Ta có ABC'D' là hình thang cân, gọi I, J lần lượt là trung điểm AB và CD thì SI = SJ = 2a. Suy ra tam giác SIJ đều. Do đó C'D' qua trung điểm K của SJ Diện tích tứ giác ABC'D' là: S 1 3a 2 S  ( AB  C ' D ').IK  3 2 2 VABCDD'C'  VSABCD  VSABC ' D ' 1 1 VSABCD  SO.S ABCD  a 3.4a 2 . 3 3 1 1 3a 2 3 VSABC ' D '  SK .S ABC ' D '  a. . 3 3 2 5a3 3 Vậy VABCDD'C'  6 K C' D' C J D O A M B I *) Gọi H là hình chiếu của J trên mp(ABC'D') d(M, mp(ABC'D') = 1 1 d(C, mp(ABC'D') = d(J, mp(ABC'D') = JK 2 2 Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác AB có trực tâm H(- 1; - 2 + 3 ), nội tiếp trong đường tròn (C) có phương trình x 2  y 2  4 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng A(- 1; 3 ). HD. Thấy ngay phương trình (AH): x + 2 = 0 C Gọi d là trung trực của đoạn BC  d đi qua O Suy ra phương trình d: x = 0. Đó là trục tung d B và C đối xứng qua trục tung. B(b; c)  C(- b; c)   AC  (1  b; c  3)  HB  (1  b; c  2  3) ,   AC.HB  0  1  b 2  2c  2 3  c 2  2 3c  3  0 O H A  c 2  (1  3)c  3  0 E B H'  c  1 hoặc c  3 B thuộc đường tròn (C) nên b 2  c2  4 i) c = - 1  b =  3 , suy ra B( 3 ; - 1), C( - 3 ; - 1) hoặc B(- 3 ; - 1), C( 3 ; - 1) Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 26 Thi thử THPTQG năm 2015 ii) c = 3  b = 1 , suy ra B(1; 3 ), C( - 1; 3 ) hoặc B(- 1; 3 ), C(1; 3 ) Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có x y 1 z  2   và điểm A(1; 3; 2). Tìm tọa độ điểm đối xứng A qua d. 1 2 3 Câu 9.(0,5 điểm) Tìm hệ số của x5 trong khai triển x( x  2)(2 x  1)5 . phương trình Câu 10.(1,0 điểm) Cho x  y  z  0. Tìm GTNN của biểu thức P  2  4x  2  4 y  2  4z HD. 2  4 x  1  1  4 x  3 3 4 x Tương tự 2  4 y  1  1  4 y  3 3 4 y 2  4z  1  1  4z  3 3 4z 3 Suy ra P  2  4 x  2  4 y  2  4 z  3 33 3 4 x  y  z  3 3 ---------------------------------------Hết-------------------------------------------- Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 27 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 9 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  ( x 2  1)2 , (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . b) Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) tại các điểm uốn của (C). Câu 2.(1,0 điểm) (3  2sin x) cos x  (1  cos 2 x) 1 . a) Giải phương trình 1  sin 2x HD. Điều kiện: sin 2x  1 Phương trình đã cho  cos x  1  3cos x  sin 2x  1  cos2 x  1  sin 2x  cos2 x  3 cos x  2  0    cos x  2 (vn)  cos x  1  x  k2; (k  ) b) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z biết rằng 2  z  2  z HD. Đặt z = x + yi; x, y   . 2 2 2 2  z  2  z  2  z  2  z  (2  x )  yi  (2  x)  yi 2  (2  x )2  y 2  (2  x) 2  ( y ) 2  x  0 Đó là phần mặt phẳng phức bên trái trục ảo, kể cả trục ảo. 5( x  5) 7( x 17) Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình 4.2 x 7  2 x 3 HD. Câu 4.(1,0 điểm) Giải phương trình 4 x  4 1  x  x  1  x  2 HD. ĐK 0  x  1 Xét hàm số: f ( x)  4 x  4 1  x  x  1  x , x  [0;1] 1  f '( x)  4 4 x 3 1  4 4 (1  x ) 3  1 2 x  1 2 1 x Thấy ngay: 1  f '( x)  0 2 1 1 *) Khi x >  f '( x)  0 , Khi x <  f '( x)  0 . 2 2 *) Khi x = Suy ra phương trình đã cho có không quá hai nghiệm. Nhận thấy f (0)  f (1)  0 . Vậy nên phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1. 1 Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I =  ( x  1) 0 dx x  1)( x  2) Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 28 Thi thử THPTQG năm 2015 1 HD. I =  0 Đặt u  dx ( x  1) 2 x2 x 1 x2 1  du   . x 1 ( x  1) 2 1 1 dx  dx  2du x2 x2 2 2 ( x  1) x 1 x 1 3 2  3  I  2  du  2  2    2 2  6  2 2   Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C, CA = CB = a , A'A = A'B = A'C = a . Tính theo a thể tích khối chóp 2 C.ABB'A' và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A'BC). HD. Gọi H là hình chiếu của A' trên mặt phẳng ABC thì ta có HA = HB = HC Suy ra H à trung điểm AB. Ta cũng có ngay CH  AB, CH  A ' H  CH  mp ( A ' AB) 1  VC . ABB ' A '  dt ( ABB ' A ').CH 3 A' C' AB = a = A'B = A'A nên tam giác A'AB đều cạnh a. dt(ABB'A') = AB.A'H = a.a 3 a , CH  2 2 B' C A K H Cách 2. VC. ABB ' A '  VABC . A' B 'C '  VC . A ' B 'C ' *) d(A, mp(A'BC)) = 2d(H, mp(A'BC)) = HK, B K là hình chiếu của H trên A'B. Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có G(2; 7 3 5 ) là trọng tâm tam giác ABC. M(2; 2), N( ; ) lần lượt là trung điểm các 3 2 2 cạnh BC, CD. Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D. Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình x + y + z - 6 = 0 và đường thẳng d có phương trình x  1 y z 1   . 1 2 1 Viết phương trình đường thẳng  nằm trong (P), cắt d và vuông góc với d. Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 29 Thi thử THPTQG năm 2015 Câu 9.(0,5 điểm) An và Bình mỗi người có 5 số như nhau. Yêu cầu mỗi người độc lập với nhau chọn ngẫu nhiên hai số trong 5 số đó. Tính xác suất để hai số mà An và Bình chọn giống như nhau. HD. Gọi A:" hai số mà An và Bình chọn giống như nhau". Không gian mẫu,có số phần tử: (C52 ) 2 Số cách An chọn 2 số trong 5 số : C52 Khi đó số cách chọn 2 số của Bình là 1(chọn đúng 2 số mà An đã chọn) Suy ra tập các điều kiện thuận lợi của A: C52 .1. Vậy, p(A) = C52 1 1  2 2 2 (C5 ) C5 10 Câu 10.(1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P  x2  y 2  z 2  2x  2 y  4 z  6  x 2  y 2  z 2  4 x  4 y  2 z  9 ---------------------------------------Hết-------------------------------------------- Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 30 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 10 1 3 2 3 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x 3  x 2  , (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . b) Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) biết rằng tiếp tuyến đó vuông góc 1 3 với đường thẳng y  x  2 1 3 2 3 HD. b) y   x 3  x 2   y '   x 2  2 x Gọi tiếp điểm là M(x0; y0). Suy ra  x02  2 x0  3  x02  2 x0  3  0  x0  1, x0  3 2 7  y  3 x  3 2 2 7 Tiếp tuyến tại x0 = 3: y = - 3(x - 3)  y  3 x  3 2 Tiếp tuyến tại x0 = - 1: y = - 3(x + 1) + Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình cos 2 x  s inx  0 . 2 b) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z biết rằng z  3 z  3 z  0 Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình log 3 (16 x  2.12 x )  2 x  1 HD. ĐK 16 x  2.12 x  0 log 3 (16 x  2.12 x )  2 x  1  16 x  2.12 x  32 x 1  4 2 x  2.12 x  3.32 x 2x x 4  4     2   3 3  3 Câu 4.(1,0 điểm) Giải phương trình 3 3 x 2  x2  8  2  x2  15 HD. Ta dự đoán được nghiệm x  1 , và ta viết lại phương trình như sau: 1  3  3 x 2  1    3  x 2  1 3    x2  8  3  x2  1  x 2  15  4  x2  1 x 4  3 x2  1 x2  8  3 x 2  15  4  x2  1   1 1 1   3 4 3 2 2 2  x  x  1 x 8 3 x  15  4 Mặt khác, ta có: x 2  15  x 2  8  x 2  15  4  x 2  8  3  1 2 x  15  4  1 2 x 8 3 Nên phương trình thức hai vô nghiệm. Vậy (1) có 2 nghiệm x  1, x  1 . Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 31 Thi thử THPTQG năm 2015  8 Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I = sinx  sin 2 x  sin 3x  cos x  cos 2 x  cos 3xdx 0 HD.  8  8  8 ( sinx  sin 3 x)  sin 2 x 2sin 2 x cos x  sin 2 x sin 2 x(2 cos x  1) dx   dx   dx (cos x  cos 3x )  cos 2 x 2cos 2 x cos x  cos 2 x cos 2 x (2cos x  1) 0 0 0 I   8 1   tan 2 xdx   ln cos 2 x 2 0  8 0 Câu 6.(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc và có độ dài cùng bằng a. Mặt phẳng (P) đi qua B và vuông góc với AC cắt AC, AD lần lượt tại M, N. H là hình chiếu của C trên BD. Tính theo a thể tích khối chóp ABMN và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (BMN) HD. Thấy ngay AB  ( BCD ), CD  ( ABC ) A Suy ra CD//mp(P)  MN//CD Tam giác ABC vuông cân đỉnh B nên M là trung điểm AC do đó N là trung điểm M AD. Ta có:  VABMN  AM AN 1 1 1 1 a3 . .VABCD  VABCD  . . a 3  AC AD 4 4 3 2 24  H là trung điểm BD nên: 1 d(H, mp(BMN)) = d(D,mp(BMN)) 2 1 a 2 = d(C,mp(BMN)) = CM = AC  2 2 N C B H D Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I(1; 1) và nội tiếp đường tròn x 2  y 2  4 y  6  0 . Viết phương trình phân giác trong góc A của tam giác ABC biết B(3; 3). A HD. Gọi E là giao điểm của phân giác trong góc A vơi đường tròn x 2  y 2  4 y  6  0 .   BIE  Tam giác IBE cân đỉnh E do IBE I Suy ra E thuộc trung trực của đoạn BI. C B E Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 32 Thi thử THPTQG năm 2015 Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình x + y + z - 6 = 0 và đường thẳng d có phương trình x  1 y z 1   . 1 2 1 Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P). Câu 9.(0,5 điểm) Có bao nhiêu cách xếp chỗ cho 4 bạn nữ và 6 bạn nam ngồi vào một ghế dài có 10 chỗ ngồi sao cho không có hai bạn nữ nào ngồi cạnh nhau. HD. Xếp 6 nam vào 6 ghế cạnh nhau, có 6! cách xếp. Giữa 6 bạn nam có 5 khoảng trống và hai đầu dãy nên có 7 vị trí có thể xép nữ vào. Có C74 cách chọn 4 vị trí để xếp nữ, mỗi cách chọn có 4! cách xếp 4 nữ. Vậy số cách xếp như thế là 6!. C74 .4! = 120.7! Câu 10.(1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa 3x + 4y = 12. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : x 2  y 2  2 x  2 y  2  x 2  y 2  8 x  6 y  25 HD. Đặt P  x 2  y 2  2 x  2 y  2  x 2  y 2  8 x  6 y  25 ( x  1)2  ( y  1)2  ( x  4) 2  ( y  3) 2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, đặt A(1; 1), B(4; 3) và M(x; y) Khi đó M thuộc mặt phẳng 3x +4y - 12 = 0, P = MA  MB . Ta thấy A, B ở về khác phía đối với d: 3x +4y - 12 = 0. Gọi A' là điểm đối xứng của A qua d. Khi đó P = MA ' MB  A ' B MA  MB lớn nhất khi và chỉ khi MA ' MB lớn nhất  MA ' MB = A'B M , A ', B thẳng hàng    M là giao điểm của đường thẳng A'B với d. M ở ngoài đoạn AB ---------------------------------------Hết-------------------------------------------- Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 33 [...]...  MA  MB  AB P đạt giá trị lớn nhất bằng AB khi và chỉ khi M là giao của đường thẳng AB với trục hoành -Hết Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 20 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 7 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  2x 1 , (1) 1 x a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) b) Gọi d là một tiếp... -Hết Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 17 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 6 1 4 3 4 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  mx 2  , (m là tham số thực) (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1 b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành Câu 2.(1,0 điểm) a) Chứng minh rằng trong... gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng (d) là giao của hai mặt phẳng 2 x  y  2 z  4  0 và x  2 y  z  4  0 Viết phương trình mặt phẳng đi qua (d) và A(3; - 2; 1) Câu 9.(0,5 điểm) Một đề thi trắc nghiệm có 40 câu, trong mỗi câu có 4 phương án trả lời và chỉ có một phương án trả lời đúng Trả lời đúng, bạn được 2,5 điểm, trả Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 19 Thi thử THPTQG.. .Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 4 Câu 1.(2,0 điểm) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1 3 x  4x 3 b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với tia Ox Câu 2.(1,0 điểm)   1 a) Chứng minh rằng cos xcos   x  cos   x   cos 3x 3 3 4  0 0    0 Áp dụng tính cos10 cos50 cos70 b) Tìm tập... x 2  y 2  z 2  4 x  4 y  2 z  9 -Hết Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 30 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 10 1 3 2 3 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x 3  x 2  , (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) b) Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) biết rằng tiếp tuyến đó vuông...  4 y  2  4 z  3 33 3 4 x  y  z  3 3 -Hết Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 27 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 9 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  ( x 2  1)2 , (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) b) Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) tại các điểm uốn của (C) Câu 2.(1,0... 4  2a 6  2b6  2c 6 -Hết -8 6 4 4 Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 14 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 5 1 3 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  m( x  1) , (m là tham số thực) (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0 b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình x 3  3m( x ... 2 x  2 y  2x (b) Từ (1') và (2') ta có: x  1  x  1 x  1  x2 2  x  1  2 x   2  2    4 x  8 x  4  2 x 2 x  5 x  2  0  x  1   2 x2 Với x  2  y  1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm  2;1 -Hết Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 24 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 8... các điểm A, B, C, D Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) có phương trình x + y + z - 6 = 0 và đường thẳng d có phương trình x  1 y z 1   1 2 1 Viết phương trình đường thẳng  nằm trong (P), cắt d và vuông góc với d Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 29 Thi thử THPTQG năm 2015 Câu 9.(0,5 điểm) An và Bình mỗi người có 5 số như nhau Yêu cầu mỗi người... 2(2 x 2  6 x  6) Từ (1) và (2) suy ra: (2) x  2  x 2  2 x  2  2(2 x 2  6 x  6)  x 2  2 x  2  x  2  0  x  1 1 Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân I =  e x dx 0 Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 25 Thi thử THPTQG năm 2015 Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp đều SABCD, đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng 2a, cạnh bên SA  a 5 Một mặt phẳng (P) đi qua AB và vuông góc với mặt phẳng ... biến thi n suy MinP=7  x  y  z  Hết Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 10 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG... Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 30 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ 10 3 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x  x  , (1) a) Khảo sát biến thi n vẽ đồ... Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 14 Thi thử THPTQG năm 2015 HD GIẢI ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM HỌC 2015 - SỐ Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  m( x  1) , (m tham số thực) (1) a) Khảo sát biến thi n